2024年1月10日发(作者：单于运乾)

2022-2023学年辽宁省大连市高二下学期期末数学试题一、单选题1．在等差数列an中，a21，a5a718，则an的公差为（A．1【答案】B【分析】设等差数列an的公差为d，然后根据已知条件列方程组可求出d【详解】设等差数列an的公差为d，B．2C．4）D．8a1d1因为a21，a5a718，所以，a4da6d1811a1d1a11，解得，d2a15d9故选：B2．根据以下样本数据：x1634.553.572.5）0，b0C．a0，b0D．ay得到回归直线方程为$y$bx$a．则（0，b0A．a0，b0B．a【答案】D【分析】根据线性回归直线的函数特征，结合体题中数据，即可求解.0，【详解】由表中数据可得随着x的增大，y越来越小，所以b0，又因为当x1时，y6，所以当x0时，y6，所以a故选：D.3．中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾.七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢.每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第六天走的里程数约为（A．5.51【答案】BB．11.02）C．22.05D．44.09

【分析】根据题意，得到数列an是公比为q1的等比数列，利用等比数列的求和公式，求得首项227350，进而求得该马第六天行走的里程数为a6的值，即可求解.a1127【详解】设该马第n(nN)天行走的里程数为an，由题意可知，数列an是公比为q1的等比数列，21a1[1()7]127a1273502700，解得a1所以，该马七天所走的路程为，1641271227350151400所以，该马第六天行走的里程数为a6a1q()11.02.12721275故选：B.4．第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（A．0.75【答案】A【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.【详解】设A1“第1天去A餐厅用餐”，B1“第1天去B餐厅用餐”，A2“第2天去A餐厅用餐”，则A1B1，且A1与B1互斥，）D．0.38B．0.7C．0.56根据题意得：PA1PB10.5，PA2A10.7，PA2B10.8，则PA2PA1PA2A1PB1PA2B10.50.70.50.80.75.故选：A.15．在x的展开式中常数项是（x6）C．20D．20A．120【答案】CB．120【分析】写出展开式的通项，求得常数项时对应的r，然后计算可得．

【详解】由题意展开式的通项为Tr1Cxr66r1rr62r,6，1C6x,r0,1,2,xr33令62r0，r3，所以常数项为T4(1)C620．故选：C．x6．已知函数fxealnx（e为自然对数的底数）在区间1,2上单调递减，则实数a的最小值为（）A．1B．eC．eD．2e2【答案】D【分析】由题意，对函数f(x)进行求导，将函数f(x)在区间(1,2)上单调递减转化成axex在(1,2)上恒成立，构造函数g(x)xex，利用导数得到函数g(x)的单调性等性质，进而即可求解．x【详解】已知f(x)exalnx，函数定义域为(0,)，可得f(x)ea，x若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，则f(x)0在(1,2)上恒成立，即axex在(1,2)上恒成立，设g(x)xex，x(1,2)，可得g(x)(x1)ex0，所以函数g(x)在(1,2)上单调递增，此时g(x)g(2)2e2，则a2e2，即实数a的最小值为2e2.故选：D．7．刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑，然后上学的时通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月还一次款，分10次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为t．则小明每个月所要还款的钱数为（A．a1t【答案】D【分析】表示出第10个月末所欠银行贷款数，因为分10次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案．【详解】设小明每个月所要还款的钱数为x元，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为：a1a(1t)x，10）元．10B．a1t1010C．at1t10101t1D．at1t101t101

2第二个月末所欠银行贷款为：a2a1(1t)xa(1t)x(1t)x,，……，第10个月末所欠银行贷款为：10981098a10a1tx1tx1tx1txa1tx1t1t1t110x1(1t)10x1(1t)a(1t)101(1t)a(1t)10t,at(1t)10，0，解得x(1t)101由于分10次还清所有的欠款，故a(1t)10故选：D．10x1(1t)t8．已知实数a、b、c1,，且ea22a，eb33b，ec44c，其中e为自然对数的底数，则（）A．abc【答案】A【分析】构造函数fxxlnx，其中x0，利用导数分析函数fx单调性，由已知条件变形可111得faf，fbf，fcf，比较4231f、f2111B．c0可得x1，1x1，xx所以，函数fx的减区间为0,1，增区间为1,，1111，所以，4321由题意可知，faf，2因为01f31fbf，31f21f，41fcf，4

则fafbfc，故abc，故选：A.二、多选题9．下列说法中正确的是（6）A．在1x的展开式中，奇数项的二项式系数和为64B．已知事件A、B满足PAB0.6，且PA0.4，则事件A与B相互独立C．已知随机变量X服从正态分布N3,1，P2X≤40.6826，则PX40.3174D．一个与自然数有关的命题，已知n3时，命题成立，而且在假设nk（其中k3）时命题成立的前提下，能够推出nk1时命题也成立，那么n90时命题一定成立，而n2时命题不一定成立【答案】BD【分析】利用奇数项的二项式系数和可判断A选项；利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断B选项；利用正态分布的对称性可判断C选项；利用数学归纳法可判断D选项.【详解】对于A选项，在1x的展开式中，奇数项的二项式系数和为2532，A错；对于B选项，因为PA0.4，则PA1PA10.40.6，由条件概率公式可得PABPABPB0.6PA，所以，PABPAPB，6故事件A与B相互独立，B对；对于C选项，因为X~N3,1，P2X≤40.6826，12X40.50.34130.1587，C错；则PX4PX3P3X40.5P2对于D选项，一个与自然数有关的命题，已知n3时，命题成立，且在假设nk（其中k3）时命题成立的前提下，能够推出nk1时命题也成立，由数学归纳法可知，当n90时命题一定成立，而n2时命题不一定成立，D对.故选：BD.10．有甲、乙、丙等6个人站成一排，则（A．共有120种不同的站法B．如果甲和乙必须相邻，共有240种不同的站法）

C．如果甲、乙、丙三人两两不相邻，共有144种不同的站法D．如果甲不能站在首位，乙不能站在末位，共有480种不同的站法【答案】BC【分析】由排列公式可判断A；用捆绑法可判断B；用插空法可判断C；分2种情况讨论：甲站在末位；甲不在末位，结合排列公式可判断D．6【详解】对于A，甲、乙、丙等6个人站成一排，有A6720种不同的站法，A错误；25对于B，将甲乙看成一个整体，与其余4人全排列即可，有A2A5240种不同的站法，B正确；33对于C，将其余3人排好，再将甲乙丙三人安排在3人的空位中，有A3A4144种不同的站法，C正确；5对于D，分2种情况讨论：甲站在末位，剩下5人全排列即可，有A5120种结果；甲不在末位，4甲有4种情况，乙也有4种结果，余下的4个人在四个位置全排列，共有44A4384种结果，共有120384504种不同的站法，D错误．故选：BC．311．已知函数fxx2x2，则（）B．fx有两个极值点A．fx有三个零点C．点0,2是曲线yfx的对称中心D．曲线yfx有两条过点1,0的切线【答案】BCD【分析】利用导数研究f(x)的单调性、极值及零点存在定理可判断A；利用极值点的定义可判断B，利用奇函数的性质及图象平移可判断C；利用导数几何意义求解可判断D．【详解】对于B，由题，f(x)3x22，6666令f(x)0，得x或x；令f(x)0，得，x33336666,,,上单调递增，在所以f(x)在3,3上单调递减，33所以x6是极值点，故B正确；3646f20，3964620，极小值对于A，由f(x)的单调性，且极大值f39又f(2)20，所以函数f(x)在定义域上有且仅有一个零点，故A错误；

对于C，令h(x)x32x，该函数的定义域为R，h(x)(x)32(x)x32xh(x)，则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向下移动2个单位得到f(x)的图象，所以点(0,2)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；2对于D，设切点为x0,y0，f(x)3x22，则切线的斜率为3x02，32切线的方程为yx02x023x02xx0，32代入(1,0)，可得x02x023x021x0，整理并解得：x00或x03，2则过点(1,0)的切线方程有两条，D正确．故选：BCD．12．数列an满足an21（nN且n2），则（an1）A．若a11，则数列an是等比数列1B．若a11，则数列是等差数列a1nC．若a12，则数列an中存在最大项与最小项D．若1a12，则1an1an2【答案】ABD【分析】由等比数列和等差数列的概念可判断A，B，利用B中结论求得an，利用函数单调性可判断C，利用数学归纳法及作差法判断选项D．【详解】选项A，因为若a11，an2所以a221,n2，an11111，a321，…，an21，a1a2an1即an1，nN*，an是等比数列，故A正确；bnan111,n21an1211an11，而bn1，an11an1选项B，令bnbn1an111,n2，an11an11又b11,a11，数列bn是以1为公差的等差数列，故B正确；a1111(n1)1n，an1选项C，由选项B的结论及a12可知：

1an1，显然，数列an在nN*上单调递减，n故当n1时，an有最大值2，没有最小值，故C错误；选项D，用数学归纳法证明1an2，(1)当n1时，1a12，(2)假设当nk，kN*时，不等式成立，即1ak2，即当nk1时，ak12111，2ak131,，满足1ak12，ak2故当nk1时，不等式也成立，综合(1)(2)，对任意nN*，有1an2，下面证明an1an，an1an2111an2an22an0，anaann1an2，上面不等式中的等号不成立，an1an0，an1an，故1an1an2，故D正确．故选：ABD．三、填空题3313．若离散型随机变量X~Bn,，且DX，则n44【答案】4【分析】根据二项分布的方差公式，即可求解.．333【详解】根据二项分布方差公式可知，DXn1，得n4.444故答案为：4x14．已知函数fxae（a0，e为自然对数的底数）的图象在点0,f0处的切线与函数gxx2x的图象也相切，则该切线的斜率为．【答案】1【分析】利用导数求出切线的方程，求出切线所过定点A的坐标，分析可知，点A为切线与函数

gxx2x的图象的公共点，即为切线与函数gxx2x的图象的切点，利用导数的几何意义可求得切线的斜率.xx【详解】因为fxae，其中a0，则f0a，fxae，则f0a，所以，函数fx的图象在点0,f0处的切线方程为yaax，即yax1，易知直线yax1过定点A1,0，又因为g1110，即点A1,0也在函数gx的图象上，所以，点A为直线yax1与曲线ygx的公共点，又因为直线yax1与曲线ygx相切，故点A为切点，2因为gxxx，则gx2x1，故该切线的斜率为ag12111.故答案为：1.15．欧拉函数nnN的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如*11，32，数列an满足an2n，若存在nN*，使得不等式2an2n9成立，则实数的取值范围是3【答案】,64．【分析】首先根据欧拉函数的定义，推出2的值，得到an表达式，再通过分离参数，将不等式n能成立的问题化为数列的最大值问题，求解即可．【详解】因为2n的约数除了1之外的一定是偶数，奇数的约数不可能为偶数，所以2n与奇数不可能有除了1以外的公约数，所以2n与奇数是互质的，并且2n与偶数的公约数除了1以外一定有公约数2，所以2n与偶数是不互质的，所以2为不超过2n的正整数中的奇数的个数，n所以2n2n2n1,an2n1，2若存在nN*，使得不等式2an2n9成立，即存在nN*，使得不等式令f(n)2n92n9成立，故n，2n2max2n72n9112n2n9n1，，则f(n1)f(n)n1n22n22

当nN*且n5时，f(n1)f(n)0，即f(1)f(2)f(6)，当nN*且n6时，f(n1)f(n)0，即f(6)f(7)f(8)，所以f(n)2n93f(6)的最大值为，2n643即为所求．643故答案为：,．64由题意，16．已知函数fxlnx，若存在区间x1,x2，当xx1,x2时，fx的值域为kx1,kx2，且x1x24，其中x表示不超过x的最大整数，则k的取值范围为ln31,【答案】3e．【分析】首先将题意转化为lnxkx有两个实数根，再利用参变分离，转化为k数，利用数形结合转化为函数图象的交点问题，利用临界分析，即可求解.【详解】由题意可知，lnxkx有两个实数根，即klnx，通过构造函xlnxlnx，设gx，即yk与ygx有2个交点，并且满足x1x24xx1lnx，x0，ge0，2xgx当x0,e，gx0，函数gx单调递增，当xe,，gx0，函数gx单调递减，并且g10，当x1时，gx0，如图，画出函数gx的图象，因为g2g4，当0kg4时，x11,2，则x24,，不满足x1x24，当g4kg3，x23,4，则x12,e，不满足x1x24，

当g3kge，此时x1,x22,3，满足x1x24，g3ln31ln31k.，ge，所以e33eln31,故答案为：3e四、解答题1111117．设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，已知S3与S4的等比中项为S5，且S3与S4334455的等差中项为．4(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1，求数列bn的前n项和Tn．anan1【答案】(1)an3n8(2)Tnn2515n【分析】（1）由等差数列的求和公式以及等差数列、等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求；111（2）求得bn，由裂项相消法求和即可求解．33n83n5【详解】（1）设数列an的公差为d(d0)．2132143154d4a1d5a1d3a1222345由题意，得，13214353ad4ad211322443a15d0a15即，55，解得d32ad122所以数列an的通项公式为an3n8.（2）bn所以111111111Tn11352243n113n83n83n51111，(3n8)(3n5)33n83n5

111n.353n52515n18．2023年世界乒乓球锦标赛决赛阶段比赛于2023年5月20日至5月28日在南非德班国际会议中心举行，中国男女选手包揽了各项目的冠军，国球运动又一次掀起了热潮．为了进一步推动乒乓球运动的发展，增强学生的体质，某学校在高二年级举办乒乓球比赛，比赛采用了5局3胜制，每场11分，每赢一球得1分，比赛每方球员轮流发两球，发完后交换发球，谁先达到11分谁获得该场胜利，进行下一局比赛．但当双方球员比分达到10:10时，则需要进行附加赛，即双方球员每人轮流发一球，直至一方超过另一方两分则获得胜利．现有甲、乙两人进行乒乓球比赛．(1)已知某局比赛中双方比分为8:8，此时甲先连续发球2次然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为32，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛乙以11:9获胜的概率；343(2)已知在某场比赛中，第一局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率5为2，且每局比赛的结果相互独立．两人又进行了X局比赛后比赛结束，求X的分布列与数学期望．51372【答案】(1)(2)366125【分析】（1）先利用相互独立的乘法公式分别求出后四球依次为甲乙乙乙，乙甲乙乙，乙乙甲乙三种的概率，再利用概率的加法公式求解即可.（2）由已知得随机变量X的取值为2,3,4,5，分别求出每个随机变量的概率，利用期望计算公式求解即可.【详解】（1）由已知条件得甲发球时乙得分的概率为11，乙发球时甲得分的概率为，34在双方比分为8∶8后甲先连续发球2次然后乙连续发球2次的情况下，乙以11∶9获胜此局分为三种情况：31221①后四球胜方依次是甲乙乙乙，概率为P2，44331213221②后四球胜方依次是乙甲乙乙，概率为P，144331211121③后四球胜方依次是乙乙甲乙，概率为P2，443372所以，所求事件的概率为P1P2P3（2）随机变量X的取值为2,3,4，339PX2,552511113;12127272

32322244PX3C1,2555333125PX4C13323323622,C355555512522所以X的分布列为XP2925343612544125EX29443636634.25125125125x，gx2lnx1x．19．已知函数fxeax（aR，e为自然对数的底数）(1)讨论fx的单调性；(2)若ae，证明：当x0时，fxgx12ln2．【答案】(1)答案见详解(2)答案见详解【分析】（1）求导数，对a分类讨论，即可讨论fx的单调性；x（2）由已知可得证明，当x0时，e2lnx11ax12ln2，令g(x)ex2ln(x1)(1a)x，分为a0和0ae两种情况分别证明即可.xx【详解】（1）函数fxeax的定义域为R，则fxea，①当a0时，f(x)0，所以fx在定义域R上为单调递增函数；②当a0时，令f(x)0，解得xlna，令f(x)0，解得xlna，所以fx在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增；（2）要证当x0时，fxgx12ln2，x即证e2lnx11ax12ln2，x令g(x)ex2ln(x1)(1a)x，则g(x)e21a，x1易知g(x)在0,上为单调递增函数，所以gxg0a，

若a0时，则g(x)0，g(x)在0,上单调递增，所以g(x)g(0)112ln2，若0ae，则g0a0，g1ea0，xx00,1，使g(x0)0，即e02a1，x01当x0,x0时，g(x)0，g(x)单调递减，当xx0,时，g(x)0，g(x)单调递增，x所以g(x)gx0e02lnx01(1a)x022lnx01(1a)x0a1x0122ln(x1)(1a)xa1(0x1)，x12x1a0，所以hx在0,1上单调递减，则h(x)(x1)2x1设h(x)所以hxh112ln2，因为x00,1，所以gxgx0hx0h112ln2，综上所述，当ae，x0时，fxgx12ln2.【点睛】若函数fx在区间a,b内单调，且满足fafb0，则在区间a,b上有唯一的零点x0，这里的x0无法得到具体的值，如果讨论的问题不得不使用到零点的值，那么就可以使用到零点代换的技巧，即对零点满足的关系式进行相关代换.20．某技术工厂有25周岁以上（含25周岁）工人300名，25周岁以下工人200名．为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上（含25周岁）”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：50,60，60,70，70,80，80,90，90,100分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．(1)从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工

人的概率．(2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产技术能手”，请你根据已知条件完成以下22列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”25周岁以上生产技术能手非生产技术能手(3)以样本中的频率作为概率，为了更好地了解该工厂工人日均生产量情况，从该厂随机抽取20名工人进行一次日均生产量分析，若这20名工人中有k名工人本次日均生产量在80,90之间的概率为Pk（0k20，kZ），求Pk取得最大值时k的值．25周岁以下nadbc附：abcdacbd22P2≥k0.12.7060.053.8410.016.6350.0057.8790.00110.828k【答案】(1)710(2)列联表见解析，没有(3)5【分析】（1）由题意，根据分层抽样原理以及频率分布直方图求出每组应抽取的人数，进而即可求解；（2）结合所给信息列出22列联表，代入公式中求出2，将其与临界值对比，即可得到答案；1（3）设在抽取的20名工人中，日均生产量在[80,90)的人数为X，得到XB20,，此时413P(Xk)C44k20k20k，设tP(Xk)，对t1和t1进行讨论，进而即可求解．P(Xk1)30060人，其中日平均生产件数不足60200300【详解】（1）由题知，25周岁以上的工人抽取100件的工人有600.0050103人，分别记为A，B，C；25周岁以下的工人抽取10020040人，其中日平均生产件数不足60件的工人有200300

400.0050102人，分别记为a，b；所以，从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，共有(A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b)共10种情况：其中，至少抽到一名“25周岁以下组”工人的情况有(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b)，共7种，所以，所求事件的概率为P7.10（2）由题知，25周岁以上的工人抽中日平均生产件数不少于80件的工人有60(0.00500.02)1015人，少于80件的工人有45人，25周岁以下的工人抽中日平均生产件数不少于80件的工人有40(0.03250.0050)1015人，少于80件的工人有25人，所以，有如下列联表：25周岁以上生产技术能手非生产技术能手225周岁以下(15251545)225所以，1.7862.7066040307014所以，没有90%的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”．（3）从频率分布南方图可得样本中日均生产量在[80,90)的频率为0.20.60.3250.40.251设在抽取的20名工人中，日均生产量在[80,90)的人数为X，则XB20,，413所以PXkC44k20k20k20k1，40k20,kN，20k13CP(Xk)21k44设t，k121kP(Xk1)3k3k11C2044k当t1时，k5.25,P(Xk1)P(Xk)，当t1时，k5.25,P(Xk1)P(Xk)，所以当k5时，Pn最大．21．记数列an的前n项和为Sn，已知a12，3an2Sn是公差为2的等差数列．

(1)求an的通项公式：(2)若bn2n，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn2．ann【答案】(1)an31(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列的通项公和数列的通项与前n项和的关系，结合等比数列的通项公式可得结果，（2）讨论n1时，不等式成立，证明n2时，3n12n1，再利用错位相减法求和与不等式的性质，可证得结论.【详解】（1）当n1时，3a12S1a12，因为3an2Sn是公差为2的等差数列，所以3an2Sn22(n1)2n，当n2时，3an12Sn12(n1)，所以3an2Sn3an12Sn12n2(n1)，所以an3an12，所以an13(an11)，所以数列an1是以3为公比，3为首项的等比数列，所以an133n13n，所以an3n1，2n2nn，an31（2）证明：由（1）可得bn当n1时，b121，当n2时，3n12n1，31可用数学归纳法证明：当n2时，32123，成立，假设nk(k2,kN*)时，3k12k1成立，则当nk1时，3k1133k132k122k2，所以当n2时，3n12n1，所以bnn，2n

令Mn123n1n23n1n，则222221123n1nMn234nn1，22222211111n所以Mn23nn1222222111nnn222n11n1，12212所以Mn2n22，2n所以TnMn2，即Tn222．已知函数fx2cosxln1x1．(1)判断函数fx在区间0,上零点和极值点的个数，并给出证明；2(2)若x0时，不等式fxax1恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数fx在区间0,上只有一个极值点和一个零点，证明见解析2(2)实数a的取值范围是1,ππ【分析】（1）首先求函数的导数，并利用二阶导数判断导数的单调性，并结合零点存在性定理证明极值点个数，并结合函数单调性，以及端点值判断函数零点个数；（2）首先由不等式构造函数gx2cosxln1xax2，x0，并求函数的导数，根据g00，以及g01a，分a1，0a1，a<0三种情况讨论不等式恒成立的条件.【详解】（1）函数fx在区间0,上只有一个极值点和一个零点，2证明如下，fx2sinxtx2cosx1π11，设txfx2sinx，x1x1x12，π12πf220π当x0,时，tx0，所以fx单调递减，又f010，，2π2122π所以存在唯一的0,，使得f0，2π所以当x0,时，f¢(x)>0，当x,时，fx0，2

π所以fx在0,单调递增，在,单调递减，2所以是fx的一个极大值点，ππ因为f02110，ff00，fln110，22π所以fx在0,无零点，在,上有唯一零点，2所以函数fx在区间0,上只有一个极值点和一个零点；2（2）由fxax1，得2cosxln1xax20，令gx2cosxln1xax2，x0，则g00，gx2sinx1a，g01a，1xπ①若a1，则a1，当x0时，axx，令hxlnx1x，则hx1x1，x1x1当x0时，hx0，所以hx在0,上单调递减，又h00，所以hxh0，所以lnx1x0，即lnx1x又cosx1，所以gx2xx20，即当x0时，fxax1恒成立，π②若0a1，因为当x0,时，gx单调递减，2π1g2a0π且g01a0，2，12π所以存在唯一的0,，使得g0，2当x0,时，gx0，gx在0,上单调递增，不满足gx0恒成立，③若a<0，4444因为ge12cose1lneae1222cose41ae410不满足gx0恒成立，综上所述，实数a的取值范围是1,.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数零点，不等式恒成立问题，本题第一问需要求函

数的二阶导数，利用二阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，第二问的关键是g00这个条件，再根据g01a，讨论a的取值.

2024年1月10日发(作者：单于运乾)

2022-2023学年辽宁省大连市高二下学期期末数学试题一、单选题1．在等差数列an中，a21，a5a718，则an的公差为（A．1【答案】B【分析】设等差数列an的公差为d，然后根据已知条件列方程组可求出d【详解】设等差数列an的公差为d，B．2C．4）D．8a1d1因为a21，a5a718，所以，a4da6d1811a1d1a11，解得，d2a15d9故选：B2．根据以下样本数据：x1634.553.572.5）0，b0C．a0，b0D．ay得到回归直线方程为$y$bx$a．则（0，b0A．a0，b0B．a【答案】D【分析】根据线性回归直线的函数特征，结合体题中数据，即可求解.0，【详解】由表中数据可得随着x的增大，y越来越小，所以b0，又因为当x1时，y6，所以当x0时，y6，所以a故选：D.3．中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾.七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢.每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第六天走的里程数约为（A．5.51【答案】BB．11.02）C．22.05D．44.09

【分析】根据题意，得到数列an是公比为q1的等比数列，利用等比数列的求和公式，求得首项227350，进而求得该马第六天行走的里程数为a6的值，即可求解.a1127【详解】设该马第n(nN)天行走的里程数为an，由题意可知，数列an是公比为q1的等比数列，21a1[1()7]127a1273502700，解得a1所以，该马七天所走的路程为，1641271227350151400所以，该马第六天行走的里程数为a6a1q()11.02.12721275故选：B.4．第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（A．0.75【答案】A【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.【详解】设A1“第1天去A餐厅用餐”，B1“第1天去B餐厅用餐”，A2“第2天去A餐厅用餐”，则A1B1，且A1与B1互斥，）D．0.38B．0.7C．0.56根据题意得：PA1PB10.5，PA2A10.7，PA2B10.8，则PA2PA1PA2A1PB1PA2B10.50.70.50.80.75.故选：A.15．在x的展开式中常数项是（x6）C．20D．20A．120【答案】CB．120【分析】写出展开式的通项，求得常数项时对应的r，然后计算可得．

【详解】由题意展开式的通项为Tr1Cxr66r1rr62r,6，1C6x,r0,1,2,xr33令62r0，r3，所以常数项为T4(1)C620．故选：C．x6．已知函数fxealnx（e为自然对数的底数）在区间1,2上单调递减，则实数a的最小值为（）A．1B．eC．eD．2e2【答案】D【分析】由题意，对函数f(x)进行求导，将函数f(x)在区间(1,2)上单调递减转化成axex在(1,2)上恒成立，构造函数g(x)xex，利用导数得到函数g(x)的单调性等性质，进而即可求解．x【详解】已知f(x)exalnx，函数定义域为(0,)，可得f(x)ea，x若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，则f(x)0在(1,2)上恒成立，即axex在(1,2)上恒成立，设g(x)xex，x(1,2)，可得g(x)(x1)ex0，所以函数g(x)在(1,2)上单调递增，此时g(x)g(2)2e2，则a2e2，即实数a的最小值为2e2.故选：D．7．刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑，然后上学的时通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月还一次款，分10次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为t．则小明每个月所要还款的钱数为（A．a1t【答案】D【分析】表示出第10个月末所欠银行贷款数，因为分10次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案．【详解】设小明每个月所要还款的钱数为x元，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为：a1a(1t)x，10）元．10B．a1t1010C．at1t10101t1D．at1t101t101

2第二个月末所欠银行贷款为：a2a1(1t)xa(1t)x(1t)x,，……，第10个月末所欠银行贷款为：10981098a10a1tx1tx1tx1txa1tx1t1t1t110x1(1t)10x1(1t)a(1t)101(1t)a(1t)10t,at(1t)10，0，解得x(1t)101由于分10次还清所有的欠款，故a(1t)10故选：D．10x1(1t)t8．已知实数a、b、c1,，且ea22a，eb33b，ec44c，其中e为自然对数的底数，则（）A．abc【答案】A【分析】构造函数fxxlnx，其中x0，利用导数分析函数fx单调性，由已知条件变形可111得faf，fbf，fcf，比较4231f、f2111B．c0可得x1，1x1，xx所以，函数fx的减区间为0,1，增区间为1,，1111，所以，4321由题意可知，faf，2因为01f31fbf，31f21f，41fcf，4

则fafbfc，故abc，故选：A.二、多选题9．下列说法中正确的是（6）A．在1x的展开式中，奇数项的二项式系数和为64B．已知事件A、B满足PAB0.6，且PA0.4，则事件A与B相互独立C．已知随机变量X服从正态分布N3,1，P2X≤40.6826，则PX40.3174D．一个与自然数有关的命题，已知n3时，命题成立，而且在假设nk（其中k3）时命题成立的前提下，能够推出nk1时命题也成立，那么n90时命题一定成立，而n2时命题不一定成立【答案】BD【分析】利用奇数项的二项式系数和可判断A选项；利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断B选项；利用正态分布的对称性可判断C选项；利用数学归纳法可判断D选项.【详解】对于A选项，在1x的展开式中，奇数项的二项式系数和为2532，A错；对于B选项，因为PA0.4，则PA1PA10.40.6，由条件概率公式可得PABPABPB0.6PA，所以，PABPAPB，6故事件A与B相互独立，B对；对于C选项，因为X~N3,1，P2X≤40.6826，12X40.50.34130.1587，C错；则PX4PX3P3X40.5P2对于D选项，一个与自然数有关的命题，已知n3时，命题成立，且在假设nk（其中k3）时命题成立的前提下，能够推出nk1时命题也成立，由数学归纳法可知，当n90时命题一定成立，而n2时命题不一定成立，D对.故选：BD.10．有甲、乙、丙等6个人站成一排，则（A．共有120种不同的站法B．如果甲和乙必须相邻，共有240种不同的站法）

C．如果甲、乙、丙三人两两不相邻，共有144种不同的站法D．如果甲不能站在首位，乙不能站在末位，共有480种不同的站法【答案】BC【分析】由排列公式可判断A；用捆绑法可判断B；用插空法可判断C；分2种情况讨论：甲站在末位；甲不在末位，结合排列公式可判断D．6【详解】对于A，甲、乙、丙等6个人站成一排，有A6720种不同的站法，A错误；25对于B，将甲乙看成一个整体，与其余4人全排列即可，有A2A5240种不同的站法，B正确；33对于C，将其余3人排好，再将甲乙丙三人安排在3人的空位中，有A3A4144种不同的站法，C正确；5对于D，分2种情况讨论：甲站在末位，剩下5人全排列即可，有A5120种结果；甲不在末位，4甲有4种情况，乙也有4种结果，余下的4个人在四个位置全排列，共有44A4384种结果，共有120384504种不同的站法，D错误．故选：BC．311．已知函数fxx2x2，则（）B．fx有两个极值点A．fx有三个零点C．点0,2是曲线yfx的对称中心D．曲线yfx有两条过点1,0的切线【答案】BCD【分析】利用导数研究f(x)的单调性、极值及零点存在定理可判断A；利用极值点的定义可判断B，利用奇函数的性质及图象平移可判断C；利用导数几何意义求解可判断D．【详解】对于B，由题，f(x)3x22，6666令f(x)0，得x或x；令f(x)0，得，x33336666,,,上单调递增，在所以f(x)在3,3上单调递减，33所以x6是极值点，故B正确；3646f20，3964620，极小值对于A，由f(x)的单调性，且极大值f39又f(2)20，所以函数f(x)在定义域上有且仅有一个零点，故A错误；

对于C，令h(x)x32x，该函数的定义域为R，h(x)(x)32(x)x32xh(x)，则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向下移动2个单位得到f(x)的图象，所以点(0,2)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；2对于D，设切点为x0,y0，f(x)3x22，则切线的斜率为3x02，32切线的方程为yx02x023x02xx0，32代入(1,0)，可得x02x023x021x0，整理并解得：x00或x03，2则过点(1,0)的切线方程有两条，D正确．故选：BCD．12．数列an满足an21（nN且n2），则（an1）A．若a11，则数列an是等比数列1B．若a11，则数列是等差数列a1nC．若a12，则数列an中存在最大项与最小项D．若1a12，则1an1an2【答案】ABD【分析】由等比数列和等差数列的概念可判断A，B，利用B中结论求得an，利用函数单调性可判断C，利用数学归纳法及作差法判断选项D．【详解】选项A，因为若a11，an2所以a221,n2，an11111，a321，…，an21，a1a2an1即an1，nN*，an是等比数列，故A正确；bnan111,n21an1211an11，而bn1，an11an1选项B，令bnbn1an111,n2，an11an11又b11,a11，数列bn是以1为公差的等差数列，故B正确；a1111(n1)1n，an1选项C，由选项B的结论及a12可知：

1an1，显然，数列an在nN*上单调递减，n故当n1时，an有最大值2，没有最小值，故C错误；选项D，用数学归纳法证明1an2，(1)当n1时，1a12，(2)假设当nk，kN*时，不等式成立，即1ak2，即当nk1时，ak12111，2ak131,，满足1ak12，ak2故当nk1时，不等式也成立，综合(1)(2)，对任意nN*，有1an2，下面证明an1an，an1an2111an2an22an0，anaann1an2，上面不等式中的等号不成立，an1an0，an1an，故1an1an2，故D正确．故选：ABD．三、填空题3313．若离散型随机变量X~Bn,，且DX，则n44【答案】4【分析】根据二项分布的方差公式，即可求解.．333【详解】根据二项分布方差公式可知，DXn1，得n4.444故答案为：4x14．已知函数fxae（a0，e为自然对数的底数）的图象在点0,f0处的切线与函数gxx2x的图象也相切，则该切线的斜率为．【答案】1【分析】利用导数求出切线的方程，求出切线所过定点A的坐标，分析可知，点A为切线与函数

gxx2x的图象的公共点，即为切线与函数gxx2x的图象的切点，利用导数的几何意义可求得切线的斜率.xx【详解】因为fxae，其中a0，则f0a，fxae，则f0a，所以，函数fx的图象在点0,f0处的切线方程为yaax，即yax1，易知直线yax1过定点A1,0，又因为g1110，即点A1,0也在函数gx的图象上，所以，点A为直线yax1与曲线ygx的公共点，又因为直线yax1与曲线ygx相切，故点A为切点，2因为gxxx，则gx2x1，故该切线的斜率为ag12111.故答案为：1.15．欧拉函数nnN的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如*11，32，数列an满足an2n，若存在nN*，使得不等式2an2n9成立，则实数的取值范围是3【答案】,64．【分析】首先根据欧拉函数的定义，推出2的值，得到an表达式，再通过分离参数，将不等式n能成立的问题化为数列的最大值问题，求解即可．【详解】因为2n的约数除了1之外的一定是偶数，奇数的约数不可能为偶数，所以2n与奇数不可能有除了1以外的公约数，所以2n与奇数是互质的，并且2n与偶数的公约数除了1以外一定有公约数2，所以2n与偶数是不互质的，所以2为不超过2n的正整数中的奇数的个数，n所以2n2n2n1,an2n1，2若存在nN*，使得不等式2an2n9成立，即存在nN*，使得不等式令f(n)2n92n9成立，故n，2n2max2n72n9112n2n9n1，，则f(n1)f(n)n1n22n22

当nN*且n5时，f(n1)f(n)0，即f(1)f(2)f(6)，当nN*且n6时，f(n1)f(n)0，即f(6)f(7)f(8)，所以f(n)2n93f(6)的最大值为，2n643即为所求．643故答案为：,．64由题意，16．已知函数fxlnx，若存在区间x1,x2，当xx1,x2时，fx的值域为kx1,kx2，且x1x24，其中x表示不超过x的最大整数，则k的取值范围为ln31,【答案】3e．【分析】首先将题意转化为lnxkx有两个实数根，再利用参变分离，转化为k数，利用数形结合转化为函数图象的交点问题，利用临界分析，即可求解.【详解】由题意可知，lnxkx有两个实数根，即klnx，通过构造函xlnxlnx，设gx，即yk与ygx有2个交点，并且满足x1x24xx1lnx，x0，ge0，2xgx当x0,e，gx0，函数gx单调递增，当xe,，gx0，函数gx单调递减，并且g10，当x1时，gx0，如图，画出函数gx的图象，因为g2g4，当0kg4时，x11,2，则x24,，不满足x1x24，当g4kg3，x23,4，则x12,e，不满足x1x24，

当g3kge，此时x1,x22,3，满足x1x24，g3ln31ln31k.，ge，所以e33eln31,故答案为：3e四、解答题1111117．设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，已知S3与S4的等比中项为S5，且S3与S4334455的等差中项为．4(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1，求数列bn的前n项和Tn．anan1【答案】(1)an3n8(2)Tnn2515n【分析】（1）由等差数列的求和公式以及等差数列、等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求；111（2）求得bn，由裂项相消法求和即可求解．33n83n5【详解】（1）设数列an的公差为d(d0)．2132143154d4a1d5a1d3a1222345由题意，得，13214353ad4ad211322443a15d0a15即，55，解得d32ad122所以数列an的通项公式为an3n8.（2）bn所以111111111Tn11352243n113n83n83n51111，(3n8)(3n5)33n83n5

111n.353n52515n18．2023年世界乒乓球锦标赛决赛阶段比赛于2023年5月20日至5月28日在南非德班国际会议中心举行，中国男女选手包揽了各项目的冠军，国球运动又一次掀起了热潮．为了进一步推动乒乓球运动的发展，增强学生的体质，某学校在高二年级举办乒乓球比赛，比赛采用了5局3胜制，每场11分，每赢一球得1分，比赛每方球员轮流发两球，发完后交换发球，谁先达到11分谁获得该场胜利，进行下一局比赛．但当双方球员比分达到10:10时，则需要进行附加赛，即双方球员每人轮流发一球，直至一方超过另一方两分则获得胜利．现有甲、乙两人进行乒乓球比赛．(1)已知某局比赛中双方比分为8:8，此时甲先连续发球2次然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为32，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛乙以11:9获胜的概率；343(2)已知在某场比赛中，第一局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率5为2，且每局比赛的结果相互独立．两人又进行了X局比赛后比赛结束，求X的分布列与数学期望．51372【答案】(1)(2)366125【分析】（1）先利用相互独立的乘法公式分别求出后四球依次为甲乙乙乙，乙甲乙乙，乙乙甲乙三种的概率，再利用概率的加法公式求解即可.（2）由已知得随机变量X的取值为2,3,4,5，分别求出每个随机变量的概率，利用期望计算公式求解即可.【详解】（1）由已知条件得甲发球时乙得分的概率为11，乙发球时甲得分的概率为，34在双方比分为8∶8后甲先连续发球2次然后乙连续发球2次的情况下，乙以11∶9获胜此局分为三种情况：31221①后四球胜方依次是甲乙乙乙，概率为P2，44331213221②后四球胜方依次是乙甲乙乙，概率为P，144331211121③后四球胜方依次是乙乙甲乙，概率为P2，443372所以，所求事件的概率为P1P2P3（2）随机变量X的取值为2,3,4，339PX2,552511113;12127272

32322244PX3C1,2555333125PX4C13323323622,C355555512522所以X的分布列为XP2925343612544125EX29443636634.25125125125x，gx2lnx1x．19．已知函数fxeax（aR，e为自然对数的底数）(1)讨论fx的单调性；(2)若ae，证明：当x0时，fxgx12ln2．【答案】(1)答案见详解(2)答案见详解【分析】（1）求导数，对a分类讨论，即可讨论fx的单调性；x（2）由已知可得证明，当x0时，e2lnx11ax12ln2，令g(x)ex2ln(x1)(1a)x，分为a0和0ae两种情况分别证明即可.xx【详解】（1）函数fxeax的定义域为R，则fxea，①当a0时，f(x)0，所以fx在定义域R上为单调递增函数；②当a0时，令f(x)0，解得xlna，令f(x)0，解得xlna，所以fx在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增；（2）要证当x0时，fxgx12ln2，x即证e2lnx11ax12ln2，x令g(x)ex2ln(x1)(1a)x，则g(x)e21a，x1易知g(x)在0,上为单调递增函数，所以gxg0a，

若a0时，则g(x)0，g(x)在0,上单调递增，所以g(x)g(0)112ln2，若0ae，则g0a0，g1ea0，xx00,1，使g(x0)0，即e02a1，x01当x0,x0时，g(x)0，g(x)单调递减，当xx0,时，g(x)0，g(x)单调递增，x所以g(x)gx0e02lnx01(1a)x022lnx01(1a)x0a1x0122ln(x1)(1a)xa1(0x1)，x12x1a0，所以hx在0,1上单调递减，则h(x)(x1)2x1设h(x)所以hxh112ln2，因为x00,1，所以gxgx0hx0h112ln2，综上所述，当ae，x0时，fxgx12ln2.【点睛】若函数fx在区间a,b内单调，且满足fafb0，则在区间a,b上有唯一的零点x0，这里的x0无法得到具体的值，如果讨论的问题不得不使用到零点的值，那么就可以使用到零点代换的技巧，即对零点满足的关系式进行相关代换.20．某技术工厂有25周岁以上（含25周岁）工人300名，25周岁以下工人200名．为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上（含25周岁）”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：50,60，60,70，70,80，80,90，90,100分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．(1)从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工

人的概率．(2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产技术能手”，请你根据已知条件完成以下22列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”25周岁以上生产技术能手非生产技术能手(3)以样本中的频率作为概率，为了更好地了解该工厂工人日均生产量情况，从该厂随机抽取20名工人进行一次日均生产量分析，若这20名工人中有k名工人本次日均生产量在80,90之间的概率为Pk（0k20，kZ），求Pk取得最大值时k的值．25周岁以下nadbc附：abcdacbd22P2≥k0.12.7060.053.8410.016.6350.0057.8790.00110.828k【答案】(1)710(2)列联表见解析，没有(3)5【分析】（1）由题意，根据分层抽样原理以及频率分布直方图求出每组应抽取的人数，进而即可求解；（2）结合所给信息列出22列联表，代入公式中求出2，将其与临界值对比，即可得到答案；1（3）设在抽取的20名工人中，日均生产量在[80,90)的人数为X，得到XB20,，此时413P(Xk)C44k20k20k，设tP(Xk)，对t1和t1进行讨论，进而即可求解．P(Xk1)30060人，其中日平均生产件数不足60200300【详解】（1）由题知，25周岁以上的工人抽取100件的工人有600.0050103人，分别记为A，B，C；25周岁以下的工人抽取10020040人，其中日平均生产件数不足60件的工人有200300

400.0050102人，分别记为a，b；所以，从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，共有(A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b)共10种情况：其中，至少抽到一名“25周岁以下组”工人的情况有(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b)，共7种，所以，所求事件的概率为P7.10（2）由题知，25周岁以上的工人抽中日平均生产件数不少于80件的工人有60(0.00500.02)1015人，少于80件的工人有45人，25周岁以下的工人抽中日平均生产件数不少于80件的工人有40(0.03250.0050)1015人，少于80件的工人有25人，所以，有如下列联表：25周岁以上生产技术能手非生产技术能手225周岁以下(15251545)225所以，1.7862.7066040307014所以，没有90%的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”．（3）从频率分布南方图可得样本中日均生产量在[80,90)的频率为0.20.60.3250.40.251设在抽取的20名工人中，日均生产量在[80,90)的人数为X，则XB20,，413所以PXkC44k20k20k20k1，40k20,kN，20k13CP(Xk)21k44设t，k121kP(Xk1)3k3k11C2044k当t1时，k5.25,P(Xk1)P(Xk)，当t1时，k5.25,P(Xk1)P(Xk)，所以当k5时，Pn最大．21．记数列an的前n项和为Sn，已知a12，3an2Sn是公差为2的等差数列．

(1)求an的通项公式：(2)若bn2n，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn2．ann【答案】(1)an31(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列的通项公和数列的通项与前n项和的关系，结合等比数列的通项公式可得结果，（2）讨论n1时，不等式成立，证明n2时，3n12n1，再利用错位相减法求和与不等式的性质，可证得结论.【详解】（1）当n1时，3a12S1a12，因为3an2Sn是公差为2的等差数列，所以3an2Sn22(n1)2n，当n2时，3an12Sn12(n1)，所以3an2Sn3an12Sn12n2(n1)，所以an3an12，所以an13(an11)，所以数列an1是以3为公比，3为首项的等比数列，所以an133n13n，所以an3n1，2n2nn，an31（2）证明：由（1）可得bn当n1时，b121，当n2时，3n12n1，31可用数学归纳法证明：当n2时，32123，成立，假设nk(k2,kN*)时，3k12k1成立，则当nk1时，3k1133k132k122k2，所以当n2时，3n12n1，所以bnn，2n

令Mn123n1n23n1n，则222221123n1nMn234nn1，22222211111n所以Mn23nn1222222111nnn222n11n1，12212所以Mn2n22，2n所以TnMn2，即Tn222．已知函数fx2cosxln1x1．(1)判断函数fx在区间0,上零点和极值点的个数，并给出证明；2(2)若x0时，不等式fxax1恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数fx在区间0,上只有一个极值点和一个零点，证明见解析2(2)实数a的取值范围是1,ππ【分析】（1）首先求函数的导数，并利用二阶导数判断导数的单调性，并结合零点存在性定理证明极值点个数，并结合函数单调性，以及端点值判断函数零点个数；（2）首先由不等式构造函数gx2cosxln1xax2，x0，并求函数的导数，根据g00，以及g01a，分a1，0a1，a<0三种情况讨论不等式恒成立的条件.【详解】（1）函数fx在区间0,上只有一个极值点和一个零点，2证明如下，fx2sinxtx2cosx1π11，设txfx2sinx，x1x1x12，π12πf220π当x0,时，tx0，所以fx单调递减，又f010，，2π2122π所以存在唯一的0,，使得f0，2π所以当x0,时，f¢(x)>0，当x,时，fx0，2

π所以fx在0,单调递增，在,单调递减，2所以是fx的一个极大值点，ππ因为f02110，ff00，fln110，22π所以fx在0,无零点，在,上有唯一零点，2所以函数fx在区间0,上只有一个极值点和一个零点；2（2）由fxax1，得2cosxln1xax20，令gx2cosxln1xax2，x0，则g00，gx2sinx1a，g01a，1xπ①若a1，则a1，当x0时，axx，令hxlnx1x，则hx1x1，x1x1当x0时，hx0，所以hx在0,上单调递减，又h00，所以hxh0，所以lnx1x0，即lnx1x又cosx1，所以gx2xx20，即当x0时，fxax1恒成立，π②若0a1，因为当x0,时，gx单调递减，2π1g2a0π且g01a0，2，12π所以存在唯一的0,，使得g0，2当x0,时，gx0，gx在0,上单调递增，不满足gx0恒成立，③若a<0，4444因为ge12cose1lneae1222cose41ae410不满足gx0恒成立，综上所述，实数a的取值范围是1,.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数零点，不等式恒成立问题，本题第一问需要求函

数的二阶导数，利用二阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，第二问的关键是g00这个条件，再根据g01a，讨论a的取值.