2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二（下）期末数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设全集U＝{0，1，2，4，6，8}，集合M＝{0，4，6}，N＝{0，1，6}，则M∩（ UN）＝（ ）
A．{0，6} B．{0，2，4，6，8} C．{0，1，4，6} D．{4}
2．（5分）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
3．（5分）函数ysinx，x∈[﹣e，e]的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．（5分）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147．依据α＝0.01的独立性检验（x0.01＝6.635），结论为（ ）
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
5．（5分）若“0”是“|x﹣a|＜2”的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，3] B．[1，3] C．（﹣1，3] D．[﹣1，3]
6．（5分）在△ABC中，已知，点G满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）若，且（1﹣cos2α）（1+sinβ）＝sin2αcosβ，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）已知数列{an}满足an an+1 an+2，a1＝﹣2，a2，则{an}的前n项积的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．4
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知角α的终边经过点（﹣1，2），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若α为钝角，则
（多选）10．（5分）已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n＝am+an+1，则下列选项正确的是（ ）
A．an+1﹣an的值随n的变化而变化
B．a16+a2008＝a1+a2023
C．若m，n，p∈N*，m+n＝2p，则am+an＝a2p
D．为递增数列
（多选）11．（5分）设正实数x，y满足2x+y＝l，则下列命题正确的是（ ）
A．xy的最大值是 B．的最小值是9
C．4x2+y2的最小值为 D．的最大值为
（多选）12．（5分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，动点P满足，且a，b∈（0，1）．则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线AC⊥平面BPB1
B．当a+b＝1时，PB+PB1的最小值为
C．若直线BP与BD所成角为，则动点P的轨迹长度为π
D．当a+2b＝1时，三棱锥P﹣ABC外接球半径的取值范围是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知复数，则|z|＝ ．
14．（5分）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），其中星等为mk的星的亮度为Ek（k＝1，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 倍．（结果精确到0.01．当|x|较小时，10x≈1+2.3x+2.7x2）
15．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，，则该棱锥的体积为 ．
16．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，，，若△ABC有且仅有一个解，则a﹣c的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）设函数f（x）＝x3﹣3ax2+b．
（1）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处与直线y＝8相切，求a，b的值；
（2）讨论函数y＝f（x）的单调性．
18．（12分）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA，QC＝3．
（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．
19．（12分）设f（x）＝4cos（ωx）sinωx﹣cos2ωx+1，其中0＜ω＜2．
（Ⅰ）若x是函数f（x）的一条对称轴，求函数f（x）的周期T；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[，]上为增函数，求ω的最大值．
20．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝90，a10＝20，数列{bn}满足b1＝a1，nbn+1＝anbn．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列{cn}满足：c1＝4，（n∈N*），若不等式（n∈N*）恒成立，求实数λ的取值范围．
21．（12分）人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）．
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
22．（12分）已知函数．
（1）若f（x）的最小值为2，求的值；
（2）若m＝1，a＞e，实数x0为函数f（x）大于1的零点，求证：
①；
②．
2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设全集U＝{0，1，2，4，6，8}，集合M＝{0，4，6}，N＝{0，1，6}，则M∩（ UN）＝（ ）
A．{0，6} B．{0，2，4，6，8} C．{0，1，4，6} D．{4}
【解答】解：因为U＝{0，1，2，4，6，8}，M＝{0，4，6}，N＝{0，1，6}，
所以 UN＝{2，4，8}，
则M∩（ UN）＝{4}．
故选：D．
2．（5分）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
【解答】解：A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α或m α或m∥α，故A错误．
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α或m α或m∥α，故B错误．
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确．
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m α或m∥α，故D错误．
故选：C．
3．（5分）函数ysinx，x∈[﹣e，e]的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：因为y sinx，x∈[﹣e，e]且x≠0，
∴f（﹣x）f（x），
故f（x）为奇函数，图象关于原点对称，故排除D，
在区间（0，）上，0＜x2，lnx2＜﹣2，
有2+lnx2＜0，此时f（x）＜0，图象在x轴下方，
在区间（，e）上，，＜x2＜e2，﹣2＜lnx2＜2，
有2+lnx2＞0，2﹣lnx2＞0，此时f（x）＞0，图象在x轴下上方，
故排除B，C．
故选：A．
4．（5分）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147．依据α＝0.01的独立性检验（x0.01＝6.635），结论为（ ）
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
【解答】解：按照独立性检验的知识及比对的参数值，
当χ2＝6.147，可以认为变量x与y独立，故排除A，B，
依据α＝0.01的独立性检验（x0.01＝6.635），6.147＜6.635，
则能得到变量x与y独立，故C正确，D错误．
故选：C．
5．（5分）若“0”是“|x﹣a|＜2”的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，3] B．[1，3] C．（﹣1，3] D．[﹣1，3]
【解答】解：由0得1＜x＜3，由|x﹣a|＜2得a﹣2＜x＜a+2，
若“0”是“|x﹣a|＜2”的充分而不必要条件，
则，即，得﹣1≤a≤3，
故选：B．
6．（5分）在△ABC中，已知，点G满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵，
∴，
∴，即AB⊥AC，
∵点G满足，
∴G为△ABC的重心，设AC的中点为D，
∴向量在向量方向上的投影向量为．
故选：B．
7．（5分）若，且（1﹣cos2α）（1+sinβ）＝sin2αcosβ，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵，∴sinα≠0，
∵（1﹣cos2α）（1+sinβ）＝sin2αcosβ，∴2sin2α（1+sinβ）＝2sinαcosαcosβ，即sinα（1+sinβ）＝cosαcosβ．
∴sinα＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝cos（α+β），
∴，
∵，∴π＜α+β＜2π，且，
∴，解得，
故选：A．
8．（5分）已知数列{an}满足an an+1 an+2，a1＝﹣2，a2，则{an}的前n项积的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．4
【解答】解：∵an an+1 an+2，
∴an+1 an+2 an+3，
两式相除得1，即an＝an+3，
故数列{an}的周期T＝3，
又a1＝﹣2，a2，则a3＝2，
设数列{an}的前n项积为Tn，
∴当n＝3k，k∈N*时，则Tn，
当n＝3k+1，k∈N*时，则Tn（﹣2）＝1，
当n＝3k+2，k∈N*时，则Tn（﹣2），
∴数列{an}的前n项积Tn的最大值为1，
故选：C．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知角α的终边经过点（﹣1，2），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若α为钝角，则
【解答】解：角α的终边经过点（﹣1，2），可得tanα＝﹣2，
对于A，，故错误；
对于B，因为tanα2，整理可得tan2tan1＝0，整理可得tan，
又α为第二象限角，它的半角是第一或者第三象限角，一定为正，所以B正确；
对于C，tan（π﹣2α）＝﹣tan2α，故C错误；
对于D，若α为钝角，tanα＝﹣2＜0，
又tanα＜tan0，tanα在（，π）单调递增，
所以，故正确．
故选：BD．
（多选）10．（5分）已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n＝am+an+1，则下列选项正确的是（ ）
A．an+1﹣an的值随n的变化而变化
B．a16+a2008＝a1+a2023
C．若m，n，p∈N*，m+n＝2p，则am+an＝a2p
D．为递增数列
【解答】解：由已知，对任意的m，n∈N*，都有am+n＝am+an+1，且a1＝1，
令m＝1，则有an+1＝an+a1+1＝an+2，即an+1﹣an＝2，故A错误；
可知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，即，故D正确；
由等差数列的等和性，B正确；
又am+an＝2m﹣1+2n﹣1＝2（m+n）﹣2＝4p﹣2＝a2p﹣1，故C错误．
故选：BD．
（多选）11．（5分）设正实数x，y满足2x+y＝l，则下列命题正确的是（ ）
A．xy的最大值是 B．的最小值是9
C．4x2+y2的最小值为 D．的最大值为
【解答】解：因为正实数x，y满足2x+y＝l，
A：xy 2x y，当且仅当2x＝y且2x+y＝1，即x，y时取等号，A错误；
B：59，当且仅当x＝y时取等号，B正确；
C：4x2+y2＝（2x+y）2﹣4xy＝1﹣4xy，当且仅当2x＝y且2x+y＝1，即x，y时取等号，C正确；
D：（）2＝2x+y+22x+y+2x+y＝2，当且仅当2x＝y时取等号，
所以的最大值为，D正确．
故选：BCD．
（多选）12．（5分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，动点P满足，且a，b∈（0，1）．则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线AC⊥平面BPB1
B．当a+b＝1时，PB+PB1的最小值为
C．若直线BP与BD所成角为，则动点P的轨迹长度为π
D．当a+2b＝1时，三棱锥P﹣ABC外接球半径的取值范围是
【解答】解：对于A，设AC，BD相交于点O，A1C1的中点为O1，如图所示，
∵b∈（0，1），当时，即，由平面向量线性运算法则可知，
点P在线段OO1上，∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，∴AC⊥BD，且BB1⊥平面ABCD，又AC 平面ABCD，
∴BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，
∴AC⊥平面BDD1B1，
即AC⊥平面BPB1，∴A正确；
对于B，当a+b＝1时，由利用共线定理可得，P，C，A1三点共线，
由对称性可知，线段CA1上的点到D1，B1两点之间的距离相等，
∴PB+PB1＝PB+PD1；
取平面A1BCD1进行平面距离分析，如右图所示，
∴，
当且仅当P，B，D1三点共线时，等号成立，
此时点P为线段CA1的中点，即PB+PB1的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，BA，BC与BD所成角都为，
由可知，点P在平面A1ACC1内，
若直线BP与BD所成角为，在线段OO1上取点P1，使OP1＝OB，
则直线BP1与BD所成角为，
∴点P的轨迹是以O为圆心，半径为，
且在平面A1ACC1内的半圆弧，如图中细虚线所示，
∴动点P的轨迹长为，故C错误；
对于D，当a+2b＝1时，取AA1的中点为E，即；
由可知，P，C，E三点共线，如图所示：
易知三棱锥P﹣ABC外接球球心在直线OO1上，设球心为O2，|OO2|＝h；
作PQ⊥AC于点Q，设|PQ|＝x∈（0，1），易知，
由相似比可得，
设外接球半径为R，则，解得，
∴，
易知当时，半径最小为；当x＝0时，半径最大为，
又x∈（0，1），∴半径的取值范围是，∴D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知复数，则|z|＝ ．
【解答】解：，
则．
故答案为：．
14．（5分）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），其中星等为mk的星的亮度为Ek（k＝1，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 1.26 倍．（结果精确到0.01．当|x|较小时，10x≈1+2.3x+2.7x2）
【解答】解：由题意，两颗星的星等与亮度满足：m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），
令“心宿二”的星等m2＝1.00，“天津四“的星等m1＝1.25，
则m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1）＝1.25﹣1.00＝0.25，
所以lgE2﹣lgE10.1，
则lgE1＝lgE2+0.1＝lg100.1E2，所以E1＝100.1E2，
即1+2.3×0.1+2.7×0.1×0.1＝1.257，
则”心宿二“的亮度大约是”天津四“的1.26倍，
故答案为：1.26．
15．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，，则该棱锥的体积为 1 ．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC，
取AB中点E，连接PE，CE，如图，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，
∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE 平面PEC，PE∩CE＝E，
∴AB⊥平面PEC，
又，
故PC2＝PE2+CE2，即PE⊥CE，
所以．
故答案为：1．
16．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，，，若△ABC有且仅有一个解，则a﹣c的取值范围是 [0，2）∪{﹣2} ．
【解答】解：因为，，由正弦定理，4，
则sinC，且c∈（0，π），
做正弦曲线如图所示，
当或，即c＝4或c∈（0，2]时，△ABC仅有一解，
当c＝4时，a﹣c＝2﹣4＝﹣2；当c∈（0，2]时，4，
可得a﹣c＝4（sinA﹣sinC）＝4[sin（C）﹣sinC]＝4[sinCcosC]＝﹣4sin（C），
因为0＜C，C≤0，
sin（C）∈（，0]，
所以a﹣c＝﹣4sin（C）∈[0，2）．
即a﹣c的取值范围是[0，2）∪{﹣2}．
故答案为：[0，2）∪{﹣2}．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）设函数f（x）＝x3﹣3ax2+b．
（1）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处与直线y＝8相切，求a，b的值；
（2）讨论函数y＝f（x）的单调性．
【解答】解：（1）由题意知f（2）＝8，f'（2）＝0，
代入数值，解得a＝1，b＝12．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
（2）已知f'（x）＝3x2﹣6ax，令f'（x）＝0，知x1＝0，x2＝2a，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
当a＝0时，f'（x）≥0恒成立，此时函数在R单调递增；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
当a＞0时，x∈（﹣∞，0），x∈（2a，+∞），f′（x）＞0，函数是单调增函数，
x∈（0，2a）时，f′（x）＜0，函数是单调减函数；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
当a＜0时，x∈（﹣∞，2a），x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，函数是单调增函数；
x∈（2a，0），f′（x）＜0，函数是单调减函数，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）
综上，当a＝0时，f'（x）≥0恒成立，此时函数在R单调递增．当a＞0时，（﹣∞，0），（2a，+∞）上单调增，（0，2a）上单调减．当a＜0时，（﹣∞，2a），（0，+∞）上单调增，（2a，0）上单调减．
18．（12分）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA，QC＝3．
（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；
又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD 平面QAD，QD 平面QAD，所以CD⊥平面QAD；
又CD 平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，
以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），
因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为（1，0，0），
设平面BDQ的一个法向量为（x，y，z），
由（﹣2，2，0），（0，﹣1，2），
得，即，
令z＝1，得y＝2，x＝2，所以（2，2，1）；
所以cos，，
所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．
19．（12分）设f（x）＝4cos（ωx）sinωx﹣cos2ωx+1，其中0＜ω＜2．
（Ⅰ）若x是函数f（x）的一条对称轴，求函数f（x）的周期T；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[，]上为增函数，求ω的最大值．
【解答】解：函数
＝4（cosωxcossinωxsin）sinωx﹣（1﹣2sin2ωx）+1sin2ωx．
（Ⅰ） 由x是函数f（x）的一条对称轴，可得2ω kπ，k∈Z，∴ω＝2k+1，
再结合0＜ω＜2，求得ω＝1，f（x）sin2x，故Tπ．
（Ⅱ）令2kπ2ωx≤kπ，求得x，k∈Z，
再根据函数f（x）在区间上为增函数，可得，且 ，
求得0＜ω，即ω得最大值为．
20．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝90，a10＝20，数列{bn}满足b1＝a1，nbn+1＝anbn．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列{cn}满足：c1＝4，（n∈N*），若不等式（n∈N*）恒成立，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则，
化简整理，得，
解得，
∴an＝2+2 （n﹣1）＝2n，n∈N*，
∴b1＝a1＝2，
由nbn+1＝anbn，
可得nbn+1＝2nbn，即bn+1＝2bn，
∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2 2n﹣1＝2n，n∈N*．
（2）由（1）可得，，
设数列的前n项和为Tn，
则Tn，
Tn，
两式相减，
可得Tn＝1
＝2，
∴Tn，
由，可得，
则c1＝4，c2﹣c1，c3﹣c2，…，cn﹣cn﹣1，
各项相加，
可得cn＝4
＝4﹣（）
＝4﹣Tn﹣1
＝4﹣（4）
，
则不等式可转化为λ，
即，
令，
则，
令f（n+1）﹣f（n）＞0，即0，解得n＜6，
令f（n+1）﹣f（n）＝0，即0，解得n＝6，
令f（n+1）﹣f（n）＜0，即0，解得n＞6，
∴f（1）＜f（2）＜…＜f（6）＝f（7）＞f（8）＞…，
∴当n＝6或n＝7时，f（n）取得最大值，
∴根据不等式（n∈N*）恒成立，可得（n∈N*）恒成立，λ 164，
故满足不等式恒成立的实数λ的取值范围为：[，+∞）．
21．（12分）人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）．
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
【解答】解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2，
（1）；
所以试验一次结果为红球的概率为．
（2）①因为B1，B2是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为；
②由①得，
所以方案一中取到红球的概率为：，
方案二中取到红球的概率为：，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大．
22．（12分）已知函数．
（1）若f（x）的最小值为2，求的值；
（2）若m＝1，a＞e，实数x0为函数f（x）大于1的零点，求证：
①；
②．
【解答】解：（1）函数，则，
当m≤0时，f'（x）＞0，故f（x）单调递增，没有最小值；
当m＞0时，则f（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增，
所以，
故；
（2）证明：①m＝1，a＞e时，，
由（1）可知，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）单调递增，
则f（x）min＝f（1）＝1﹣lna，由于，
所以存在x0∈（1，a），使得，
即，即，
要证，只需证，
令，则只需证，
即证，
令，则g'（t）＝et﹣t﹣1，
所以g''（t）＝et﹣1＞0，则g'（t）在（0，1）上单调递增，
所以g'（t）＞g'（0）＝0，故g（t）在（0，1）上单调递增，
所以g（t）＞g（0）＝0，
所以0＜t＜1时，成立，
综上所述，成立；
②因为a＞e，所以lna＞1，则2lna﹣ln（lna）＜2lna，
故只需证，即证，
即证，
令，
则则，
故h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）＜h（1）＝0，
成立，
综上所述，成立．
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