2024年江苏省南京市高考数学一模试卷

这是一份2024年江苏省南京市高考数学一模试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）集合P＝{x∈R|y＝ln（3﹣x）}，Q＝{y∈R|y＝2x，x∈P}，则P∩Q＝（ ）
A．（﹣∞，3）B．（0，3）C．（1，3）D．（﹣∞，8）
2．（5分）若复数z的共轭复数满足（其中i为虚数单位），则的值为（ ）
A．B．5C．7D．25
3．（5分）随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1～6共六个数字，记事件A＝“骰子向上的点数是1和3”，事件B＝“骰子向上的点数是3和6”，事件C＝“骰子向上的点数含有3”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B是相互独立事件
B．事件A与事件C是互斥事件
C．
D．
4．（5分）在平行四边形ABCD中，E、F分别在边AD、CD上，AE＝3ED，DF＝FC，AF与BE相交于点G，记，，则（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，，则三棱锥P﹣ABC的外接球半径为（ ）
A．3B．C．D．6
6．（5分）已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则ω的取值范围是（ ）
A．（4，7]B．[4，7）C．（7，10]D．[7，10）
7．（5分）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项的和，即递推关系式为an+2＝an+1+an，n∈N*，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”．已知满足上述递推关系式的数列{an}的通项公式为，其中A，B的值可由a1和a2得到，比如兔子数列中a1＝1，a2＝1代入解得A，B．利用以上信息计算（ ）
（[x]表示不超过x的最大整数）
A．10B．11C．12D．13
8．（5分）已知（其中e为自然常数），则a、b、c的大小关系为（ ）
A．a＜c＜bB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
二、多选题
（多选）9．（5分）已知的展开式中共有7项，则（ ）
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为1
C．二项式系数最大的项为第4项
D．有理项共4项
（多选）10．（5分）一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数为，标准差为s．另一组样本数据xn+1，xn+2，…，x2n，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据x1，x2，…，xn，xn+1，…，x2n，新数据的平均数为，标准差为s′，则（ ）
A．B．C．s′＞sD．s′＝s
（多选）11．（5分）已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x），且f'（x）＝﹣（x﹣x1）（x﹣x2），x1＜x2，则（ ）
A．x2是函数y＝f（x）的一个极大值点
B．f（x1）＜f（x2）
C．函数y＝f（x）在处切线的斜率小于零
D．
（多选）12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，中心为O，以O为球心的球与四面体AB1CD1的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球O的半径为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
13．（5分）某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词表达对中国的印象，使用频率前12的关键词为：高铁、移动支付、网购、共享单车、一带一路、无人机、大熊猫、广场舞、中华美食、长城、京剧、美丽乡村．其中使用频率排前四的关键词“高铁、移动支付、网购、共享单车”也成为了他们眼中的“新四大发明”．从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的选法种数为 （用数字作答）．
14．（5分）已知sin（α），α∈（，π），则tan（α）＝ ．
15．（5分）设与相交于A，B两点，则|AB|＝ ．
16．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝2，D，E分别为棱A1C1，AB的中点，过点B1，D，E作平面α将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为V1，V2（V1＜V2），则V2＝ ；平面α截此三棱柱的外接球的截面面积为 ．
四、解答题
17．（10分）在①S1，S2，S4成等比数列，②a4＝2a2+2，③S8＝S4+S7﹣2这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答．
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足 _____，_____．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分．
18．（12分）第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWrldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？
（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．
附：．
19．（12分）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acsB﹣2acsC＝（2c﹣b）csA．
（1）若ca，求csB的值；
（2）若b＝1，∠BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围．
20．（12分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，以AD为折痕，将△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB．
（1）证明：PB⊥平面ABD；
（2）若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角B﹣PA﹣D的正弦值．
21．（12分）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|，△PAQ的面积为3．
（1）求C的方程；
（2）证明：以PQ为直径的圆经过定点．
22．（12分）已知函数和有相同的最大值．
（1）求实数a；
（2）设直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），证明：x1x4＝x2x3．
2024年江苏省南京市高考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．（5分）集合P＝{x∈R|y＝ln（3﹣x）}，Q＝{y∈R|y＝2x，x∈P}，则P∩Q＝（ ）
A．（﹣∞，3）B．（0，3）C．（1，3）D．（﹣∞，8）
【解答】解：根据对数函数定义域可得P＝{x∈R|x＜3}，
由指数函数的值域可得Q＝{y∈R|y＞0}，
所以P∩Q＝（0，3）．
故选：B．
2．（5分）若复数z的共轭复数满足（其中i为虚数单位），则的值为（ ）
A．B．5C．7D．25
【解答】解：因为，所以，
所以z＝3+4i，故．
故选：D．
3．（5分）随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1～6共六个数字，记事件A＝“骰子向上的点数是1和3”，事件B＝“骰子向上的点数是3和6”，事件C＝“骰子向上的点数含有3”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B是相互独立事件
B．事件A与事件C是互斥事件
C．
D．
【解答】解：根据题意，随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1～6共六个数字，共有6×6＝36种情况；
事件A＝“骰子向上的点数是1和3”，包含（1，3）和（3，1）两种情况，事件B＝“骰子向上的点数是3和6”，包含（6，3）和（3，6）两种情况，
事件C＝“骰子向上的点数含有3”，包含（1，3）、（2，3）、（3，3）、（4，3）、（5，3）、（6，3）、（3，1）、（3，2）、（3，4）、（4，5）、（3，6），共11种情况，
依次分析选项：
对于A，事件A、B不会同时发生，A、B是互斥事件，不会是相互独立事件，A错误；
对于B，事件A、C可能同时发生，不是互斥事件，B错误；
对于C，由古典概型公式，P（A），P（B），C正确；
对于D，由古典概型公式，P（C），D错误．
故选：C．
4．（5分）在平行四边形ABCD中，E、F分别在边AD、CD上，AE＝3ED，DF＝FC，AF与BE相交于点G，记，，则（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：根据题意可知，，，
设λ，μ，
则设λλ（）λ，
μμ（）μ，
又因为，
所以（1﹣μ）λ，，不共线，
所以，解得，
所以．
故选：D．
5．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，，则三棱锥P﹣ABC的外接球半径为（ ）
A．3B．C．D．6
【解答】解：由正弦定理得，△ABC外接圆直径为，得r＝3，
设球心到平面ABC的距离为d，则，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球半径为．
故选：C．
6．（5分）已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则ω的取值范围是（ ）
A．（4，7]B．[4，7）C．（7，10]D．[7，10）
【解答】解：由于函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，
故，解得4＜ω≤7．
故选：A．
7．（5分）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项的和，即递推关系式为an+2＝an+1+an，n∈N*，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”．已知满足上述递推关系式的数列{an}的通项公式为，其中A，B的值可由a1和a2得到，比如兔子数列中a1＝1，a2＝1代入解得A，B．利用以上信息计算（ ）
（[x]表示不超过x的最大整数）
A．10B．11C．12D．13
【解答】解：由题意可令A＝B＝1，
所以将数列{an}逐个列举可得：a1＝1，a2＝1，a3＝a1+a2＝2，a4＝a3+a2＝3，a5＝a4+a3＝5，
a5（）5（）5＝5，
即（）5﹣（）5＝5，
又因为，
设t＝（）5＞1，
可得t5，即t2﹣5t+1＝0，
解得t，
因为∈（11，12），
所以t∈（11，11.5），所以[t]＝11，
即[（）5]＝11．
故选：B．
8．（5分）已知（其中e为自然常数），则a、b、c的大小关系为（ ）
A．a＜c＜bB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
【解答】解：a，b＝2，c，
设（x≠0），则，
令f′（x）＞0，解得x＞1，令f′（x）＜0，解得x＜1且x≠0，
所以函数f（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增，
又，则，即a＜b，
注意，而，
所以，即a＞c，
综上，b＞a＞c．
故选：D．
二、多选题
（多选）9．（5分）已知的展开式中共有7项，则（ ）
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为1
C．二项式系数最大的项为第4项
D．有理项共4项
【解答】解：由展开式有7项，可知n＝6，
所以所有项的二项式系数和为26＝64，故选项A正确；
令x＝1，则展开式的所有系数和为（1）6，故B错误；
二项式系数最大项为第四项，故选项C正确；
展开式第r+1项为，
所以当r＝0，2，4，6，时为有理项，故选项D正确；
故选：ACD．
（多选）10．（5分）一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数为，标准差为s．另一组样本数据xn+1，xn+2，…，x2n，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据x1，x2，…，xn，xn+1，…，x2n，新数据的平均数为，标准差为s′，则（ ）
A．B．C．s′＞sD．s′＝s
【解答】解：根据题意，一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数为，标准差为s，
另一组样本数据xn+1，xn+2，…，x2n，的平均数为，标准差为s．
两组数据合成一组新数据后，其平均数，
，
同理
两式相加得，
，
所以2ns′2＞2ns2，s′＞s．
故选：BC．
（多选）11．（5分）已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x），且f'（x）＝﹣（x﹣x1）（x﹣x2），x1＜x2，则（ ）
A．x2是函数y＝f（x）的一个极大值点
B．f（x1）＜f（x2）
C．函数y＝f（x）在处切线的斜率小于零
D．
【解答】解：令f'（x）＞0，解得x1＜x＜x2，令f'（x）＜0，解得x＞x2或x＜x1，
则f（x）在（x1，x2）上单调递增，在（﹣∞，x1），（x2，+∞）上单调递减，
故x2是函数y＝f（x）的一个极大值点，f（x1）＜f（x2），A、B正确；
∵，则，故函数y＝f（x）在处切线的斜率大于零，C错误；
又∵，则，但无法确定函数值的正负，D错误．
故选：AB．
（多选）12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，中心为O，以O为球心的球与四面体AB1CD1的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球O的半径为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题意可知：四面体AB1CD1为正四面体，设球O的半径为R；
∵正方体棱长为1，∴正四面体的棱长为，
设球心O到正四面体各个面的距离为d，
∵正四面体体积，表面积，∴；
①若正四面体的一个面截球如图所示，
设小圆半径为r，则，解得：，∴，解得：；
②若正四面体的一个面截图如图所示，
∵每个面截球所得的曲线长为，∴的长为，
设小圆半径为r，O1为正四面体侧面的中心，E为MN中点，
∴，又，
∴，∴，
令，∴，
∵恒成立，∴f（r）在（0，+∞）上单调递增，
又，∴，
∴，解得：；
综上所述：球O的半径为或．
故选：BC．
三、填空题
13．（5分）某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词表达对中国的印象，使用频率前12的关键词为：高铁、移动支付、网购、共享单车、一带一路、无人机、大熊猫、广场舞、中华美食、长城、京剧、美丽乡村．其中使用频率排前四的关键词“高铁、移动支付、网购、共享单车”也成为了他们眼中的“新四大发明”．从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的选法种数为 164 （用数字作答）．
【解答】解：根据题意，从12个关键词中选择3个不同的关键词，有220种选法，
其中不包含“新四大发明”关键词的选法有56种，
则至少包含一个“新四大发明”关键词的选法有220﹣56＝164种，
故答案为：164．
14．（5分）已知sin（α），α∈（，π），则tan（α）＝ ﹣7 ．
【解答】解：已知sin（α），α∈（，π），
则：cs（），
所以：tan（）．
故：7．
故答案为：﹣7．
15．（5分）设与相交于A，B两点，则|AB|＝ ．
【解答】解：将和两式相减：
得过A，B两点的直线方程：，
则圆心O1（0，0）到的距离为，
所以．
故答案为：．
16．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝2，D，E分别为棱A1C1，AB的中点，过点B1，D，E作平面α将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为V1，V2（V1＜V2），则V2＝ ；平面α截此三棱柱的外接球的截面面积为 ．
【解答】解：取AC中点D1，取AD1中点F，连EF，DF，EF∥DB1，
∴平面α为平面DB1EF，
∵AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝2，D，E分别为棱A1C1，AB的中点，
所以2×21，S△AEF，
由棱台体积公式可得V1（1）×2，
V2，
由AB⊥BC，可得三棱柱外接球球心在DD1的中点，
所以有三棱柱外接球半径，
如图以B点为原点，CB为x轴，AB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），B1（0，0，2），D（﹣1，﹣1，2），E（0，﹣1，0），
设平面α的法向量（x，y，z），
，可得，不妨设z＝1，则x＝2，y＝﹣2，（2，﹣2，1），
∴球心M（﹣1，﹣1，1）到平面α距离d，
∴r，S＝πr2．
故答案为：；．
四、解答题
17．（10分）在①S1，S2，S4成等比数列，②a4＝2a2+2，③S8＝S4+S7﹣2这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答．
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足 _____，_____．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分．
【解答】解：（1）选①②，设等差数列{an}的公差为d，
∵S1，S2，S4成等比数列，a4＝2a2+2，
∴，解得a1＝2，d＝4，
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2；
选①③，设等差数列{an}的公差为d，
∵S1，S2，S4成等比数列，S8＝S4+S7﹣2，
∴，解得a1＝2，d＝4，
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2；
选②③，设等差数列{an}的公差为d，
∵a4＝2a2+2，S8＝S4+S7﹣2，
∴，解得a1＝2，d＝4，
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2；
（2）由（1）得an＝4n﹣2，
则，
∴．
18．（12分）第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWrldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？
（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．
附：．
【解答】解：（1）2×2列联表如下：
，
故有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关．
（2）3人进球总次数ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
故ξ的分布列如下：
故ξ的数学期望．
19．（12分）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acsB﹣2acsC＝（2c﹣b）csA．
（1）若ca，求csB的值；
（2）若b＝1，∠BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围．
【解答】解：（1）∵acsB﹣2acsC＝（2c﹣b）csA，
∴在△ABC中，由正弦定理得sinAcsB﹣2sinAcsC＝（2sinC﹣sinB）csA，
∴sinAcsB+csAsinB＝2sinAcsC+2csAsinC，∴sin（A+B）＝2sin（A+C），
∴sinC＝2sinB，即，
∴，
∴；
（2）由（1）得c＝2b，b＝1，则c＝2，
设∠BAD＝θ，如图所示：
∴，
∴，，
∴．
20．（12分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，以AD为折痕，将△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB．
（1）证明：PB⊥平面ABD；
（2）若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角B﹣PA﹣D的正弦值．
【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的高，
∴PD⊥AD，AD⊥BD，
∵PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，∴AD⊥平面PBD，
∵PB⊂平面PBD，∴AD⊥PB，
又∵PB⊥AB，AD，AB⊂平面ABD，AD∩AB＝A，
∴PB⊥平面ABD；
（2）解：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，
AD＝PB＝4，BD＝2，
则B（0，2，0），P（0，2，4），A（4，0，0），D（0，0，0），
∴，
设平面BPA与平面PAD的一个法向量分别为，
故，解得：z1＝0，令x1＝1，得：y1＝2，
则，，解得：x2＝0，令z2＝1，则y2＝﹣2，
故，
设二面角B﹣PA﹣D平面角为θ，显然θ为锐角，
∴，
∴，
即二面角B﹣PA﹣D的正弦值为．
21．（12分）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|，△PAQ的面积为3．
（1）求C的方程；
（2）证明：以PQ为直径的圆经过定点．
【解答】解：（1）当PQ⊥x轴时，P，Q两点的横坐标均为﹣c，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，
解得a＝1，，c＝2，
∴双曲线C的方程为：；
（2）证明：设PQ方程为x＝my﹣2，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程
以PQ为直径的圆的方程为（x﹣x1）（x﹣x2）+（y﹣y1）（y﹣y2）＝0，，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0，可得x2﹣（x1+x2）x+x1x2+y1y2＝0，
而，，
∴⇒[（3m2﹣1）x+3m2﹣5]（x﹣1）＝0对∀m∈R恒成立，
∴x＝1，
∴以PQ为直径的圆经过定点（1，0）．
22．（12分）已知函数和有相同的最大值．
（1）求实数a；
（2）设直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），证明：x1x4＝x2x3．
【解答】解：（1），令f'（x）＝0⇒x＝1．
∵f（x）有最大值，
∴a＞0且f（x）在（0，1）上单调递增；（1，+∞）上单调递减，
∴．a＝1时，，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x＞1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
∴g（x）max＝g（1）＝a，
∴，即a＝1；
（2）由，由，
令，
当0＜x＜1时，F'（x）＞0，当x＞1时，F'（x）＜0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增；（1，+∞）上单调递减，∴F（x）至多两个零点，
令，
当0＜x＜1时，G′（x）＞0，当x＞1时，G′（x）＜0，
所以G（x）在（0，1）上单调递增；（1，+∞）上单调递减；∴G（x）至多两个零点．
令，
当时，lnx≤﹣1，所以；
当x∈（1，+∞）时，由，
设m（x）＝x﹣lnex，，
所以当x∈（1，+∞）时，，
所以m（x）＝x﹣lnex在x∈（1，+∞）单调递增，所以m（x）＞m（1）＝0，
所以x＞lnex，且lnex＞lne＝1，所以x＞lnex＞1，
设，
当0＜x＜1时，φ'（x）＞0，当x＞1时，φ'（x）＜0，
所以φ（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴φ（x）＜φ（lnex）方程无解，
当时，由在（0，1]上单调递增，
∴φ（x）≥φ（lnex）方程有唯一解x＝1，
当0＜b＜1时，注意到F（0）＝﹣b＜0，F（1）＝1﹣b＞0，
设n（x）＝x﹣2lnx（x＞2），对x＞2恒成立，
所以n（x）＞n（2）＝2﹣2ln2＞0，
所以当x＞2时，x＞2lnx，即ex＞x2，
因为0＜b＜1，所以，，所以，
所以，
∴F（x）在（0，1）和上各有一个零点x1，x3，f（x），g（x）示意图，
注意到G（）＝﹣b＜0，G（1）＝1﹣b＞0，G（）（1+2ln2），
令u（x）＝1+2lnx﹣2x，x＞2，，即函数u（x）在（2，+∞）上单调递减，
因此u（x）＜u（2）＝2ln2﹣3＜0，即有，
∴G（t）在和上各有一个零点x2，x4．
由，而x1，lnex2∈（0，1），
而在（0，1）上单调递增，
由φ（x1）＝φ（lnex2）可得x1＝lnex2，
故，
由，而x3，ex4＞1，
而在（1，+∞）上单调递减，由φ（x3）＝φ（lnex4）⇒x3＝lnex4，
∴，
于是得，
∴．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/13 17:31:09；用户：高中数学朱老师；邮箱：rFmNt90mRiXzEYJeDrg1uSD0fc@；学号：37103942喜欢足球
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