2022-2023学年江苏省南京师大附中高二（下）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省南京师大附中高二（下）期末数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．（5分）设集合A＝{x|（x+2）（x﹣3）⩾0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∪B＝（ ）
A．[﹣2，3]B．[3，+∞）
C．（﹣∞，﹣2]∪（1，+∞）D．（1，+∞）
3．（5分）设某中学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i＝1，2，⋯，n），用最小二乘法建立的经验回归方程为0.84x﹣86.71．若该中学女生的平均身高为160cm，则该中学女生的平均体重的估计值是（ ）
A．47.69kgB．48.69kgC．57.69kgD．58.69kg
4．（5分）设与均为单位向量，它们的夹角为θ．若，则θ的范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）设，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．c＜a＜b
6．（5分）现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为（ ）
A．25B．40C．150D．240
7．（5分）设函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx，则关于t的不等式f（t）+f（2t+1）⩾0的解集为（ ）
A．（﹣∞，﹣1]B．C．[﹣1，+∞）D．
8．（5分）设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，N是l与x轴的交点，M（3，0）．过此抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足记为点Q，PF与MQ相交于点T，若，则点T到x轴的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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）甲、乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．乙地在这8日内最高气温的极差为8°C
B．甲、乙两地12日温差最大
C．甲地这8日平均气温为20°C
D．甲地的75百分位数是21.5°C
（多选）10．（5分）已知{an}为各项为正数的等比数列，．记Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A．数列{an}的公比为2
B．
C．数列{lg2an}为等差数列
D．数列{lg2an}的前n项和为
11．（5分）若函数，则f（x）在区间内可能（ ）
A．单调递增B．单调递减
C．有最小值，无最大值D．有最大值，无最小值
（多选）12．（5分）如图，圆锥VAB内有一个内切球O，球O与母线VA，VB分别切于点C，D．若△VAB是边长为2的等边三角形，O1为圆锥底面圆的中心，MN为圆O1的一条直径（MN与AB不重合），则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3
B．平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C．四面体CDMN的体积的取值范围是
D．若P为球面和圆锥侧面的交线上一点，则PM+PN最大值为
第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小顾5分，共20分）
13．（5分）已知tan（x）＝2，则tanx的值为 ．
14．（5分）展开式中，常数项是 ．
15．（5分）现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球、1个黑球，2号罐子中装有3个红球、1个黑球．现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为 ．
16．（5分）若存在实数a，b使得ea+be⩽a+lnb+3，则a+b的值为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知各项不为零的数列{an}满足：a1＝1，2an+1an+an+1﹣an＝0（n∈N*）．
（1）求a2，a3，并求{an}的通项公式；
（2）记数列{anan+1}的前n项和为Sn，证明：Sn．
18．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2sinB，．
（1）求c；
（2）求△ABC周长的最大值．
19．（12分）“总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一．南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵、夫子庙、玄武湖、南京博物院等传统景区，又有科巷、三七八巷、德基广场等新晋网红景点．
（1）如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示：
试判断是否有90%的把握认为是否首选网红景点与性别有关；
（2）根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4．如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为X，求X的分布列和期望．
附：χ2（其中n＝a+b+c+d）．
20．（12分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2AA1＝2A1B1．
（1）证明：BD⊥CC1；
（2）点M是棱BC上靠近点C的三等分点，求二面角M﹣AD1﹣D的余弦值．
21．（12分）已知双曲线经过点P（4，6），且离心率为2．
（1）求C的方程；
（2）过点P作y轴的垂线，交直线l：x＝1于点M，交y轴于点N．设点A，B为双曲线C上的两个动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若k1+k2＝2，求．
22．（12分）已知函数f（x）＝ex+ax2﹣bx+2．
（1）若a＝0，讨论f（x）的单调性；
（2）若a，存在x1，x2（x1≠x2）满足f（x1）＝f（x2），且x1+x2＝2，求b的取值范围．
2022-2023学年江苏省南京师大附中高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共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）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解答】解：1﹣3i，在复平面内对应的点（1，﹣3）位于第四象限．
故选：D．
2．（5分）设集合A＝{x|（x+2）（x﹣3）⩾0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∪B＝（ ）
A．[﹣2，3]B．[3，+∞）
C．（﹣∞，﹣2]∪（1，+∞）D．（1，+∞）
【解答】解：∵A＝{x|x≤﹣2或x≥3}，B＝{x|x＞1}，
A∪B＝（﹣∞，﹣2]∪（1，+∞）．
故选：C．
3．（5分）设某中学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i＝1，2，⋯，n），用最小二乘法建立的经验回归方程为0.84x﹣86.71．若该中学女生的平均身高为160cm，则该中学女生的平均体重的估计值是（ ）
A．47.69kgB．48.69kgC．57.69kgD．58.69kg
【解答】解：经验回归方程为0.84x﹣86.71，
令x＝160得，y＝0.84×160﹣86.71＝47.69，
所以该中学女生的平均体重的估计值是47.69kg．
故选：A．
4．（5分）设与均为单位向量，它们的夹角为θ．若，则θ的范围是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：与均为单位向量，其夹角为θ，若||＞1，
则（）2＞1，
即有22+2•1+1+2csθ＞1，
即为csθ，
由0≤θ≤π，可得0．
故选：B．
5．（5分）设，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．c＜a＜b
【解答】解：∵，，
∴c＜a＜b．
故选：D．
6．（5分）现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为（ ）
A．25B．40C．150D．240
【解答】解：5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，可分为1，1，3和1，2，2两种情况：
若按1，1，3分组，共有种选择，再将其分配到养老院，共种选择，故共有•60种；
若按1，2，2分组，共有种选择，再将其分配到养老院，共种选择，故共有•90种；
因此，不同安排方案的种数为60+90＝150种．
故选：C．
7．（5分）设函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx，则关于t的不等式f（t）+f（2t+1）⩾0的解集为（ ）
A．（﹣∞，﹣1]B．C．[﹣1，+∞）D．
【解答】解：∵f′（x）＝ex+e﹣x﹣2csx≥2﹣2csx≥0，当且仅当x＝0时取等号，
∴f（x）在R上单调递增，且f（﹣x）＝﹣f（x），
∴由f（t）+f（2t+1）≥0得，f（t）≥f（﹣2t﹣1），
∴t≥﹣2t﹣1，解得，
∴原不等式的解集为[）．
故选：D．
8．（5分）设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，N是l与x轴的交点，M（3，0）．过此抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足记为点Q，PF与MQ相交于点T，若，则点T到x轴的距离为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题意，作图如下：
由，得0，即，
又因为F（1，0）为M（3，0），N（﹣1，0）的中点，所以2，所以，
所以T为PF的三等分点，且TP＝2TF，又因为PQ∥MF，所以△TMF与△TQP相似，且，
所以QP＝2MF＝4，不妨设P（x0，y0），且在第一象限，QPx0+1＝4，所以x0＝3，
因为点P（x0，y0）在抛物线上，所以y0＝2，
所以根据相似关系可得yT．
故选：B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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）甲、乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．乙地在这8日内最高气温的极差为8°C
B．甲、乙两地12日温差最大
C．甲地这8日平均气温为20°C
D．甲地的75百分位数是21.5°C
【解答】解：A：乙地在这8日内最高气温的极差为23°C﹣16°C＝7°C，故A错误；
B：甲地12日气温最高，乙地12日气温最低，所以甲乙两地12日的温差最大，故B正确；
C：甲地这8日平均气温为20°C，故C正确；
D：甲地这8日的气温从小到大排列为：17，18，19，19，20，21，22，24，
则8×75%＝6，所以甲地的75百分位数是21.5°C，故D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（5分）已知{an}为各项为正数的等比数列，．记Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A．数列{an}的公比为2
B．
C．数列{lg2an}为等差数列
D．数列{lg2an}的前n项和为
【解答】解：对于A：已知数列{an}为各项为正数的等比数列，，
所以，解得q＝2；故A正确；
对于B：由条件得：，所以，
故，，所以，故B正确；
对于C：由于（常数），故C正确；
对于D：lg2an，故，故D错误．
故选：ABC．
11．（5分）若函数，则f（x）在区间内可能（ ）
A．单调递增B．单调递减
C．有最小值，无最大值D．有最大值，无最小值
【解答】解：因为ω＞0，0＜x，所以0＜ωx，
又因为0＜φ，
所以0＜ωx+φ，
令t＝ωx+φ，则0＜t，
因为y＝cst在（2kπ，2kπ+π），k∈Z上单调递减，
所以当π，即0＜ω≤1时，
y＝cst在（0，）上单调递减，
即f（x）＝cs（ωx+φ）在（0，）上单调递减，故B正确；
因为y＝cst在（0，）上不可能单调递增，
即f（x）＝cs（ωx+φ）在（0，）上不可能单调递增，故A错误；
当π时，函数有最小值﹣1，故D错误；
当2π时，函数有最大值1，故C错误．
故选：B．
（多选）12．（5分）如图，圆锥VAB内有一个内切球O，球O与母线VA，VB分别切于点C，D．若△VAB是边长为2的等边三角形，O1为圆锥底面圆的中心，MN为圆O1的一条直径（MN与AB不重合），则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3
B．平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C．四面体CDMN的体积的取值范围是
D．若P为球面和圆锥侧面的交线上一点，则PM+PN最大值为
【解答】解：依题意，动点P的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为E，连接VO1，如图，
正△VAB内切圆即为球O的截面大圆，球心O在线段VO1上，VO1，
则球O的半径OO1，所以球O的表面积S＝4πr2＝4π，
圆锥的侧面积S′2π×2＝2π，∴球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3，故A正确；
由题意可得点C，D是边AV，BV的中点，
∴CO1∥VB，∵CO1⊂平面CMN，VB⊄平面CMN，
∴VB∥平面CMN，∴平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故B正确；
由题意可得四面体CDMN被平面VAB截成体积相等的两部分，
设M到平面VAB的距离为d（0＜d≤1），
即VCDMN＝22d＝2dd∈（0，]，故C错误；
由题意可得EPO1B，EO1，∴O1P2EP2＝1，
则有PO1＝MO1＝NO1＝1，即PM⊥PN，因此PM2+PN2＝MN2＝4，
由均值不等式得：，即QE+QF≤2，
当且仅当PM＝PN时取“＝”，故D正确．
故选：ABD．
第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小顾5分，共20分）
13．（5分）已知tan（x）＝2，则tanx的值为 ．
【解答】解：∵已知tan（x）＝2，∴2，解得 tanx，
故答案为：．
14．（5分）展开式中，常数项是 60 ．
【解答】解：展开式的通项为
令得r＝2
故展开式的常数项为T3＝（﹣2）2C62＝60
故答案为60．
15．（5分）现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球、1个黑球，2号罐子中装有3个红球、1个黑球．现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为 ．
【解答】解：设事件A表示“从2号罐子中取出的球是红球”，事件B1表示“从1号罐子中取出的是红球”，事件B2表示“从1号罐子中取出的是黑球”，
则P（B1），P（B2），P（A|B1），P（A|B2），
所以P（A）＝P（A|B1）•P（B1）+P（A|B2）•，P（B2）．
故答案为：．
16．（5分）若存在实数a，b使得ea+be⩽a+lnb+3，则a+b的值为 ．
【解答】解：令f（x）＝ex﹣x﹣1，x∈R，
则f'（x）＝ex﹣1，
由f'（x）＝0得x＝0，由f'（x）＞0得x＞0，由f'（x）＜0得x＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，
∴当x＝0时，f（x）取得极小值也是最小值，即f（x）≥f（0）＝0，
∴ex≥x+1在x∈R上恒成立，
∴ea≥a+1①，eln（be）≥ln（be）+1＝lnb+2②，
由①+②得ea+be≥a+lnb+3，当且仅当a＝0，ln（be）＝0，即a＝0，b时等号成立，
又存在实数a，b使得ea+be⩽a+lnb+3，
故当a＝0，b时使得ea+be⩽a+lnb+3成立，此时a+b．
故答案为：．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知各项不为零的数列{an}满足：a1＝1，2an+1an+an+1﹣an＝0（n∈N*）．
（1）求a2，a3，并求{an}的通项公式；
（2）记数列{anan+1}的前n项和为Sn，证明：Sn．
【解答】解：（1）因为2an+1an+an+1﹣an＝0，a1＝1，所以an≠0，
所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，
所以；
故，．
证明：（2）由（1）得：
所以Sn＝a1a2+a2a3+⋯+an+1an．
所以．
18．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2sinB，．
（1）求c；
（2）求△ABC周长的最大值．
【解答】解：（1）由．
结合正弦定理可得，
整理得sinCcsB+sinBcsC＝2sinAcsC，
所以sin（B+C）＝2sinAcsC，
因为A+B+C＝π，所以sinA＝2sinAcsC，
因为A∈（0，π），所以sinA＞0，所以，
又因为C∈（0，π），所以．
又，所以；
（2）由余弦定理，得，
所以a2+b2＝ab+c2＝ab+3，
则，
所以，当且仅当“”时取得等号，
所以△ABC周长a+b+c的最大值为．
19．（12分）“总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一．南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵、夫子庙、玄武湖、南京博物院等传统景区，又有科巷、三七八巷、德基广场等新晋网红景点．
（1）如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示：
试判断是否有90%的把握认为是否首选网红景点与性别有关；
（2）根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4．如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为X，求X的分布列和期望．
附：χ2（其中n＝a+b+c+d）．
【解答】解：（1）假设H0：是否选择网红景点与性别没有关系．
由题意，补全2×2列联表如下：
根据独立性检验公式可知，．
因为当H0成立时，χ2⩾2.706的概率约为0.1，
所以有90%的把握认为，是否首选网红景点与性别有关．
（2）由题意知，随机变量X服从二项分布B（3，0.4）．
，
P（X＝0）＝0.216，
P（X＝1）＝0.432，
P（X＝2）＝0.288，
P（X＝3）＝0.064，
故X的分布列为：
所以X的期望值E（X）＝np＝3×0.4＝1.2．
20．（12分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2AA1＝2A1B1．
（1）证明：BD⊥CC1；
（2）点M是棱BC上靠近点C的三等分点，求二面角M﹣AD1﹣D的余弦值．
【解答】解：（1）证明：四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1，CC1延长后交于一点，故A，C，C1，A1共面，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故AA1⊥BD，
连接AC，
因为底面四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，
又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
故BD⊥平面ACC1A1，
因为CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥CC1；
（2）过点A作BC的垂线交BC于点N，以方向作为x轴，以，方向为y轴，以方向为z轴，建立空间直角坐标系如图：
不妨设A1B1＝1，则AB＝2AA1＝2A1B1＝2，
∵∠ABC＝60°，∴，
∵点M是棱BC上靠近点C的三等分点，
∴，
则，
则，
记平面AMD1的法向量为，则，
即，令y＝1，则，即．
平面ADD1的法向量可取为，
由图知二面角M﹣AD1﹣D为锐二面角，
故二面角M﹣AD1﹣D的余弦值为．
21．（12分）已知双曲线经过点P（4，6），且离心率为2．
（1）求C的方程；
（2）过点P作y轴的垂线，交直线l：x＝1于点M，交y轴于点N．设点A，B为双曲线C上的两个动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若k1+k2＝2，求．
【解答】解：（1）∵离心率为2，∴2，即c＝2a，则a2+b2＝c2＝4a2，
即b2＝3a2，则双曲线方程为
∵双曲线经过点P（4，6），
∴1，得a2＝4，
∴C的方程为．
（2）由题意，点M坐标为（1，6），点N坐标为（0，6），
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
法一：
①若直线AB斜率存在，设直线AB方程为y＝kx+m，
，消去y可得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣12＝0，
则3﹣k2≠0且Δ＝12（m2﹣4k2+12）＞0，
且．

整理可得（m﹣4k+2）（x1+x2）+（2k﹣2）x1x2﹣8m+16＝0，
即，
化简得m2﹣12m﹣8k2﹣12k+2km+36＝0，
即（m﹣2k﹣6）（m+4k﹣6）＝0，
因为直线AB不过点P（4，6），所以m+4k﹣6≠0，所以m﹣2k﹣6＝0，
所以直线AB的方程为y＝k（x+2）+6，恒过定点Q（﹣2，6）．
②若直线AB斜率不存在，则x1＝x2，y1+y2＝0．
则，
解得x1＝x2＝﹣2，所以直线AB的方程为x＝﹣2，过定点Q（﹣2，6）．
综上，直线AB恒过定点Q（﹣2，6）．
法二：∵直线AB不过点P（4，6），∴可设直线AB方程为m（x﹣4）+n（y﹣6）＝1．
由可得，
即（y﹣6）2﹣3（x﹣4）2+12（y﹣6）﹣24（x﹣4）＝0，
即（y﹣6）2﹣3（x﹣4）2+[12（y﹣6）﹣24（x﹣4）]•[m（x﹣4）+n（y﹣6）]＝0，
得（12n+1）（y﹣6）2+（12m﹣24n）（x﹣4）（y﹣6）﹣（24m+3）（x﹣4）2＝0，
等式左右两边同时除以（x﹣4）2得，
Δ＝（12m﹣24n）2+4（12n+1）（24m+3）＞0，
，解得．
所以直线AB方程为，恒过定点Q（﹣2，6）
设点M到直线AB的距离为d1，点N到直线AB的距离为d2，
．
22．（12分）已知函数f（x）＝ex+ax2﹣bx+2．
（1）若a＝0，讨论f（x）的单调性；
（2）若a，存在x1，x2（x1≠x2）满足f（x1）＝f（x2），且x1+x2＝2，求b的取值范围．
【解答】解；（1）已知f（x）＝ex+ax2﹣bx+2，函数定义域为R，
当a＝0时，f（x）＝ex﹣bx+2，
可得f′（x）＝ex﹣b，
当b≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）单调递增，无减区间；
当b＞0时，
当x＜lnb时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞lnb时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为R，无减区间；
当b＞0时，f（x）的单调递增区间为（lnb，+∞），单调递减区间为（﹣∞，lnb）；
（2）当时，，
因为f（x1）＝f（x2），
所以，
又x1+x2＝2，
不妨设x1＜1＜x2，
此时，
不妨设h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝ex﹣e2﹣x+（2﹣2b）（x﹣1），函数定义域为（﹣∞，1），
则问题转化为h（x）＝0在（﹣∞，1）上有解，
因为h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝ex+e2﹣x﹣2b+2＞2e﹣2b+2，
①当2e﹣2b+2≥0，即b≤e+1时，
h′（x）≥0恒成立，h（x）单调递增，
所以h（x）＜h（1）＝0，
此时h（x）＝0在（﹣∞，1）上无解，不符题意，舍去；
②当2e﹣2b+2＜0，即b＞e+1时，
因为h″（x）＝ex﹣e2﹣x在（﹣∞，1）上单调递增，
所以h″（x）＜h″（1）＝0，
则h′（x）在（﹣∞，1）上单调递减．
又h′（2﹣ln2b）＝e2﹣ln2b+2＞0，h′（1）＝2e﹣2b+2＜0，
所以存在x0∈（2﹣ln2b，1），使得h′（x0）＝0，
此时h（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，
不妨令，
不妨设g（x）＝exx²，函数定义域为[0，+∞），
可得g′（x）＝ex﹣x，
而g″（x）＝ex﹣1≥0恒成立，
所以g′（x）≥g′（0）＝1，
则g（x）≥g（0）＝1，
即exx²在x≥0上恒成立，
因为t＜1，
所以2﹣t＞0，
可得，
此时h（t）＝etbt﹣e2﹣t（2﹣t）²+b（2﹣t）
＝et﹣e2﹣t+（2﹣2b）（t﹣1）＜4﹣e2﹣t+（2﹣2b）（t﹣1）
0，
因为h（t）＜0，h（x0）＞0，h（1）＝0，
且h（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，
所以必有t＜x0，存在t0∈（t，x0），F（t0）＝0，符合题意，
综上，b＞e+1，
故b的取值范围为（e+1，+∞）．首选传统景区
首选网红景点
总计
男性
20
30
女性
12
20
P（χ2⩾k）
0.100
0.010
0.001
k
2.706
6.635
10.828
首选传统景区
首选网红景点
总计
男性
20
30
女性
12
20
P（χ2⩾k）
0.100
0.010
0.001
k
2.706
6.635
10.828
首选传统景区
首选网红景区
合计
男性
20
10
30
女性
8
12
20
合计
28
22
50
X
0
1
2
3
P
0.216
0.432
0.288
0.064