2023年12月11日发(作者：怎样能快速写完数学试卷)

安徽省合肥一六八中学2023届高三最后一卷数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题∣∣ylog24xx1x50,Bx1．已如集合Ax，则BðA（U）∣1x4}A．{x∣1x4}C．{x2．设i是虚数单位，复数A．第一象限C．第三象限∣x4}B．{x∣x1D．xz3i，则复数z在复平面内对应的点位于（1i1iB．第二象限D．第四象限））x2y23．“m2”是“方程1表示椭圆”的（2mm1A．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓､粮栈､米行及地主家里必备的用具､如图为一倒正四棱台型米斗，高为40cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（）A．21B．32C．55D．2555．在数列an中，已知a12,a23，当n2时，an1是anan1的个位数，则a2023（A．4B．3C．2D．1）6．数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数yAsinx，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音．已知刻画某复合音的11函数为sinxsin2xsin3x，则其部分图象大致为（23）试卷第1页，共6页A．B．C．D．7．在菱形ABCD中，AB2，点E,F分别为BC和CD的中点，且ABAF4，则AEBF（）A．1B．32C．2D．528．定义在R上的函数fx满足fx1当xm,时，fxA．1fx，且当x0,1时，fx12x1.23，则m的最小值为（32298）278B．C．134D．154二、多选题9．某学校高三年级学生有500人，其中男生320人，女生180人.为了获得该校全体高三学生的身高信息，现采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：，cm）计算得男生样本的均值为174，方差为16，女生样本的均值为164，方差为30.则下列说法正确的是（）A．如果抽取25人作为样本，则抽取的样本中男生有16人B．该校全体高三学生的身高均值为171C．抽取的样本的方差为44.08D．如果已知男､女的样本量都是25，则总样本的均值和方差可以作为总体均值和方差的估计值π10．已知函数fxsinx，则下列说法正确的有（4）A．若fx1fx22，则x1x2minπB．将fx的图象向左平移π个单位长度后得到的图象关于y轴对称4π2C．函数ysinx的最小正周期为2π4试卷第2页，共6页1115D．若fx(0)在0,π上有且仅有3个零点，则的取值范围为,4411．正四棱锥MABCD中，高为3，底面ABCD是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（）105A．CD到平面ABM的距离为1B．向量AM在向量AC上的投影向量为AC2C．棱锥MABCD的内切球的半径为10345D．侧面ABM所在平面与侧面CDM所成锐二面角的余弦值为12．已知数列an满足nN*，曲线C0:ylnx和Cn:y1C0和Cn在点Tn处的切线重合，则下列结论正确的为（*A．nN,xneanTxn,yn，且n有交点nx）*B．pN,ap1*C．p,qN,xpapxpqapqD．nN,ye1n*1n三、填空题2513．(x)的展开式中含x项的系数为__________.x14．近年来，随着我国城镇居民收入的不断增加和人民群众消费观念的改变，假期出游成为时尚.某校高三年级7名同学计划高考后前往黄山､九华山､庐山三个景点旅游.已知7名同学中有4名男生，3名女生.其中2名女生关系要好，必须去同一景点，每个景点至少有两名同学前往，每位同学仅选一处景点游玩，则7名同学游玩行程安排的方法数为__________.15．已知F为抛物线C:y24x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1,l2，直线l1与C交A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|+|DE|的最小值为____.四、双空题16．设Sna∣aa1,a2,,an,ai0,1,i1,2,,nnN*,n2,aa1,a2,,anSn，定m义a的差分运算为Daa2a1,a3a2,,anan1Sn1.用Da表示对a进行mmN*,mn次差分运算，显然，Dma是一个nm维数组.称满足试卷第3页，共6页Dma0,0,,0的最小正整数m的值为a的深度.若这样的正整数m不存在，则称a的深度为n.（1）已知a0,1,1,1,0,1,1,1S8，则a的深度为__________.*（2）Sn中深度为ddN,dn的数组个数为__________.五、解答题17．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，L.球数构成一个数列an，满足anan1n,n1且nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：1112.a1a2an18．法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶BC点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c，且10sin7cos2A.22以AB,BC,AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1,O2,O3.(1)求角A；(2)若a3,O1O2O3的面积为73，求ABC的周长.419．某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高试卷第4页，共6页的半个圆柱和1个圆柱拼接而成，其中四边形ABCD是边长为4的正方形，点G是半圆4弧CD上的动点，且C,E,D,G四点共面.(1)若点G为半圆弧CD的中点，求证：平面BFD平面BCG；(2)是否存在G点，使得直线CF与平面BCG所成的角是若不存在，请说明理由.x2y220．已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2,A为双曲线C的右支上abπ若存在，确定G点位置；3一点，点A关于原点O的对称点为B，满足F1AF260，且BF22AF2.(1)求双曲线C的离心率；(2)若双曲线C过点3,2，过圆O:x2y2b2上一点Tx0,y0作圆O的切线l，直线l交双曲线C于P,Q两点，且△OPQ的面积为210，求直线l的方程.21．已知函数fxlnpxmplnx，其中p,m0.(1)若x4时，fx有极值ln2，求p,m的值；(2)设mp1，讨论fx的零点个数.22．在一个典型的数字通信系统中，由信源发出携带着一定信息量的消息，转换成适合在信道中传输的信号，通过信道传送到接收端.有干扰无记忆信道是实际应用中常见的信道，信道中存在干扰，从而造成传输的信息失真.在有干扰无记忆信道中，信道输入和输出是两个取值x1,x2,,xn的随机变量，分别记作X和Y.条件概率PYx∣jXxi,i,j1,2,,n，描述了输入信号和输出信号之间统计依赖关系，反映了信道的统计特性.随机变量X的平均信息量定义为：H(X)pXxilog2pXxi.当n2时，信道疑义度定义为i1nH(Y∣X)pXxi,Yxjlog2pYx∣jXxii1j1221Xx1PXx1,Yx2log2pYx∣2Xx1PXx1,Yx1log2pYx∣试卷第5页，共6页PXx2,Yx1log2pYx∣2Xx21Xx2PXx2,Yx2log2pYx∣若其任一面出现的概率与该面上的点数成正比，试求扔一次骰(1)设有一非均匀的骰子，子向上的面出现的点数X的平均信息量log231.59,log252.32,log272.81；(2)设某信道的输入变量X与输出变量Y均取值0，1.满足：PX0,pY∣1X0pY0∣X1p(01,0p1).试回答以下问题：①求PY0的值；∣X的最大值.②求该信道的信道疑义度HY试卷第6页，共6页参考答案：1．A【分析】根据题意，先将集合A,B化简，然后结合集合的运算，即可得到结果.∣x1x50xx5或x1，则ðUAx1x5【详解】因为Ax∣1x4}.Bx∣ylog24xxx4，所以BðUA{x故选：A2．A【分析】根据题意，由复数的运算化简复数z，即可得到结果.3i1i42i42i1iz3iz13i，所以z13i，【详解】由，得1i1i1i1i1i1i故选：A3．B【分析】根据方程表示椭圆的条件求解.2m01m2xy【详解】方程，1表示椭圆m101m2mm12mm1222x2y2所以“m2”是“方程1表示椭圆”的必要不充分条件，2mm1故选：B.4．D【分析】由题意作出正四棱台的对角面，O为外接球球心，为线段BC中点，过点D作DEBC，垂足为E，则DCE即为所求角.【详解】由题意，作出正四棱台的对角面，如图AD为正四棱台上底面正方形对角线，BC为正四棱台下底面正方形对角线，O为外接球球心，为线段BC中点，则ODOAOBOC50，过点D作DEBC，垂足为E，则DCE即为所求角.因为OD50,DE40，所以OE30，所以EC20，所以DC205，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为25.5答案第1页，共16页故选:D.5．C【分析】由题意，列出数列的前若干项，分析出数列变化规律，进而得出答案.【详解】因为a12,a23，当n2时，an1是anan1的个位数，所以a36，a48，a58，a64，a72，a88，a96，a108，a118，a124，可知数列an中，从第3项开始有an6an，即当n3时，an的值以6为周期呈周期性变化，又202361，故a2023a12.故选：C.6．C【分析】利用导数研究函数的单调性与极值，与选项中的图象比较即可得出答案.11【详解】令yfxsinxsin2xsin3x，23求导得fxcosxcos2xcos3xcosxcos2xcos2xcosxsin2xsinxcosx12sin2xcos2x1cosx12cosxcos2x，当x0,π时，由fx0解得xπ2π3π,,，434π当x0,时，f¢(x)>0，fx单调递增；4π2π当x,时，fx0，fx单调递减；432π3π当x,时，f¢(x)>0，fx单调递增；343π当x,π时，fx0，fx单调递减，4所以，当x和xπ42π3π时，fx取极大值；当x时，fx取极小值，34答案第2页，共16页33π221π2212π,f,f0,f由于f00,f32343244π可得f43πf，当x0,π时fx0，4π0，结合图象，只有C选项满足．故选：C．7．B【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算律结合ABAF4，求出ABAD2，继而根据向量的线性运算以及数量积的运算律即可求得答案.【详解】因为点E､F分别为BC和CD的中点，112ABAFABADABABADAB4，所以ABAD2，221111又AEBFABBCBCCDABADADAB22221212333ABADADAB2，42242故选：B.8．B【分析】根据已知计算出fx得x11312x2n1fx，画出图象，计算，解nn223229，从而求出m的最小值.811fx112x3，22【详解】由题意得，当x1,2时，故fx当x2,3时，故fx11fx112x5，241112x2n12n，2n可得在区间n,n1nZ上，fx所以当n4时，fx3，作函数yfx的图象，如图所示，32答案第3页，共16页13129297当x,4时，由fx12x7,2x7,x，则m，8324882所以m的最小值为故选：B9．AC298【分析】利用分层抽样计算即可判断选项A；代入均值与方差公式即可判断选项BC；因为抽样中未按比例进行分层抽样，所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差，所以作为总体的估计不合适，可以判断D.【详解】根据分层抽样，抽取25人作为样本，则抽取的样本中男生有25样本学生的身高均值抽取的样本的方差为32016,A正确；500320180174164170.4，B错误；5216(174170.4)30(164170.4)50044.08，C正确；500因为抽样中未按比例进行分层抽样，所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差，所以作为总体的估计不合适.D错误.故选：AC10．ABD【分析】对A：fx1,fx2必有一个最大值和一个最小值可求x1x2min；对B：求出平移ππ2后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简ysinx后求周期；对D：求出x44的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.【详解】由fx1fx22，故fx1,fx2必有一个最大值和一个最小值，则x1x2min为半个周期长度，故Tπ,A正确；2ππ由题意fxsinxcosx的图象关于y轴对称，B正确；42答案第4页，共16页π1cos2xπ21sin2x的最小正周期为π,C错误.ysin2x422ππππfxsinx，在x0,π上x,π有且仅在3个零点，44441115π结合正弦函数的性质知：3ππ4π，则，D正确；444故选：ABD11．BD【分析】补形成长方体，在长方体中作出所求距离，利用等面积求解可判断A；根据投影向量的几何意义可判断B；利用等体积法可判断C；利用长方体作出平面角，由余弦定理可得.【详解】补形为长方体ABCDA1B1C1D1.如图，记ACBDO，A1D1,B1C1的中点分别为P，Q，作CWBQ于点W,易知A1C1IB1D1M，OB2，CQBQBB12B1Q210，1111310在△BCQ中，BQCWBCBB1,即10CW23,解得CW.22225易知,CW为CD到平面ABM距离，A错误；1根据投影向量概念知：向量AM在向量AC上的投影向量为向量AO.即为AC，所以B正2确；即AB中点为N，连接MN，ON，易得MNOM2ON210，1所以S四棱锥MABCD表面积421044410，S正方形ABCD4，211由等体积求内切球半径,得:VMABCDS正方形ABCDOMS四棱锥MABCD表面积R，33RS正方形ABCDOM43S四棱锥MABCD表面积4410101，所以C错误；3答案第5页，共16页连接CQ，由长方体性质可知BQC是所求二面角的平面角，在BQC中由余弦定理得：cosBQC4,D正确.21010510104故选：BD12．AD【分析】依题意，有lnxn1an11nan1en11且解得xen，an，对于A，由于e1ne，n，n1，xnxnxnnnex1从而可得结论，对于B，构造函数f(x)，然后利用导数判断其单调性，再利用单调性x11xnen1ne1，从而可判断数列{xnan}为正项递增数列，进判断即可，对于C，由于11xn1en111n111而可判断，对于D，只需证1en(nΝ*)，令x，然后只要证1xex，构造函数nng(x)exx1，利用导数只要证明其最小值大于零即可【详解】依题意，有lnxn11an11nanen11，n，且n1，解得xen，anxnxnxnnn（1）考查选项A：显然e1ne，即xne，故选项A正确；(x1)ex1ex1（2）考查选项B：构造函数f(x)，则f(x)，x2x显然当x[1,)时，f(x)0，即f(x)在[1,)上单调递增，从而{an}为递增数列，又a11，故nΝ*，an1，易知选项B错误；11xnen1ne1，可知0xnxn1，即{xn}为正项递增数列，（3）考查选项C：由11xn1en111n{an}亦为正项递增数列，故数列{xnan}为正项递增数列，又ppq，易知选项C错误；11111n（4）考查选项D：易知yn1，需证(1)e1，只需证1en(nΝ*)，nnn1令x，则x[1,0)，只需证1xex，x[1,0)，n令g(x)exx1，x[1,0]，则g(x)ex10，易知g(x)单调递减，故当x[1,0)时，g(x)g(0)0，从而选项D正确；故选：AD.13．40【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答.答案第6页，共16页2r25r5rrr52r【详解】(x)的展开式的通项为Tr1C5x()(2)C5x,rN,r5，xx则展开式中含x的项有52r1，即r2，22所以展开式中含x项的系数为(2)C540.故答案为：4014．150【分析】7个人去三个景点，每个景点至少2人，则两个景点两人，一个景点3人，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，分类相加即可.【详解】由题，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，33第一类：仅要好的两位女生去同一景点C5A360；112第二类：要好的两位女生和另一位同学去同一景点C5C3C490，总方法数为6090150.故答案为：150.15．16【解析】设出直线l1方程为yk(x1)，A(x1,y1),B(x2,y2)，直线方程代入抛物线方程整理1后应用韦达定理，由弦长公式求得弦长AB，用，代替k得弦长DE，求出ABDE，k用基本不等式求得最小值．【详解】由题意抛物线焦点为F(1,0)，显然直线l1,l2的斜率都存在且都不为0，设直线l1方程为yk(x1)，A(x1,y1),B(x2,y2)，y24x2(k22)2222xx由，得kx2(k2)xk0，所以12，x1x21，2kyk(x1)4(1k2)，AB1k(x1x2)4x1x2k222同理可得DE1241k1k24(1k2)．答案第7页，共16页所以ABDE4(1时等号成立．故答案为：16．11122)4(1k)84(k)842k216，当且仅当k1222kkk【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线相交弦长问题，解题方法是设而不求思想方法，即设出直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得得x1x2,x1x2，然后由弦长公式d1k2x1x2求得弦长．16．42d1【分析】利用新定义和集合的运算性质即可得出结论.【详解】空1：因a0,1,1,1,0,1,1,1S8，2则Da1,0,0,1,1,0,0，Da1,0,1,0,1,0，D3a1,1,1,1,1，D4a0,0,0,0.故答案为：4空2：易知Sm中仅有一组0,0,0,,0，Sm1中深度d1的数组仅1组1,1,1,,1，Sm2中深度d2的数组仅2组，Sm3中深度d3的数组仅4组，,Smk中深度dk的数组仅2k1组，,所以Sn中深度为d的数组仅有2d1组.【点睛】关键点睛：本题考查新定义和集合运算的综合应用能力，属于高难度题，需要认真审题，抓住新定义的本质.17．(1)annn12(2)证明见解析【分析】（1）利用累加法求解即可；答案第8页，共16页（2）利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）（1）因为anan1n,n1，所以anan1n,n1，所以当n1时，ananan1an1an2a2a1a1nn121nn1，2当n1时，上式也成立，所以an（2）由nn12；12112，annn1nn1所以11111111121212.a1a2an223nn1n1π318．(1)A(2)333【分析】（1）根据三角恒等变化可得2cos2A5cosA30，进而可得cosA，即可求解，（2）利用正弦定理得AO121233c,AO3b，结合余弦定理即可联立方程求解.33BC【详解】（1）10sin7cos2A，则51cosBC7cos2A，22故51cosA82cosA，所以2cos2A5cosA30，可得cosA（负值舍），由A0,π，所以A.（2）如图，连接AO1,AO3，由正弦定理得AO133c,AO3b，33ABsin602AO1，12π3AC2AO3,则sin60答案第9页，共16页正O1O2O3面积S1373222O1O3sin60O1O3,O1O37，244而BAC60，则O1AO3120，在O1AO3中，由余弦定理得：O1O3AO1AO32AO1AO3cosO1AO3，222b2c2bc1即72，则b2c2bc21，3332在ABC中，A60,a3，由余弦定理得a2b2c22bccosBAC，则b2c2bc9,bc6,b2c215，bcb2c22bc33，所以ABC的周长为33319．(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）连接EC，证明BFCG，从而可证得BF平面BCG，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）以A为原点，AF,AB,AD方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，设πGCD,0,，利用向量法求解即可.2【详解】（1）连接EC，如图所示：若点G为半圆弧CD的中点，则ECDGCD45，所以ECG90，即ECCG，因为BF//EC，所以BFCG，又BFBC,BCCGC,BC,CG面BCG，所以BF平面BCG,BF平面BFD，则平面BFD平面BCG；（2）假设存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60，答案第10页，共16页以A为原点，AF,AB,AD方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：π则F4,0,0,B0,4,0,C0,4,4，设GCD,0,，22则G4sincos,44cos,4，CF4,4,4,BC0,0,4,BG4sincos,4cos2,4，所以mBCG设平面的法向量为x,y,z，4z0mBC0由，得，24xsincos4ycos4z0mBG0令ysin，则xcos,z0，即mcos,sin,0，则cosCF,m4cos4sin43cos2sin2sincos33，2整理得sin25，与sin20,1矛盾，所以不存在，420．(1)3(2)yx2或y2x10【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义结合余弦定理列出方程，即可得到结果；（2）根据题意，分直线l的斜率不存在与存在讨论，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理即可得到结果.【详解】（1）由对称性可知：BF2AF1，故AF12AF2，由双曲线定义可知：AF1AF22a，即2AF2AF2AF22a，所以AF14a，又因答案第11页，共16页为F1F22c，在△AF1F2中，由余弦定理得：cosF1AF2F1AF2AF1F22F1AF2A2221，216a24a24c220a24c21即，解得：c3a，24a2a16a22c故离心率为3.a（2）因为双曲线过点23,2，所以双曲线方程：x2y12当直线l的斜率不存在时，则PQF1F2,OP2,OQ2,OPOQ4410直线l的斜率不存在时不成立.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm,Px1,y1Qx2,y2又点O到直线l距离dmk212,m2k21,m22k21，ykxm222联立2，消去y得2kx2kmxm20k2，22xy202kmxx122k2则，2m2xx12k22由△OPQ的面积为210，即2PQ410,PQ45，PQk21x1x24x1x2k2128m2k222k22将m2k1代入上式得PQ2222k21k242k245，答案第12页，共16页k21k24k1k22或2，即或，m2m10m4m10经检验，满足0，直线l的方程为：yx2或y2x10【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线的性质，以及直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于联立直线与双曲线方程表示出PQ，结合面积公式列出方程.21．(1)p3，m22(2)答案见解析【分析】（1）根据题意，求导得fx，然后由条件列出方程，即可得到结果.（2）方法一：根据题意，分mp1与mp1，结合零点存在定理，分情况讨论即可；方法二：根据题意，将函数零点转化为方程的根，再由导数研究其单调性与极值，即可得到结果.【详解】（1）fxp1pxmxpxm.由题意得f40且f4ln2，即41pm0,ln4pmpln4ln2，联立解得p3，m2.经检验，符合题意.2m（2）方法一：fx定义域是,.由条件知，p1.pmmmfx0,fxx,当x,时，单调递增；当时，fx0,fx单调递pp1p1减.故x0mm是fx的极大值点，且极大值为fx01pln.p1p1当mp1时，fx00，此时fx有一个零点.mmmpmp1xx0m1当mp1时，fx00.记m1p，则.取，则，111pm1pp1pmp1mmppmpppfx1plnplnplnp0，ppp1pmp1答案第13页，共16页mm根据零点存在定理，当x,时，存在一个零点.pp11m,fx2lnpx2mplnx2lnpx2plnx2ln10.取xpp1，则x22p1m,时，存在一个零点，由零点存在定理可知，当xp1此时fx有两个零点.综上所述，当mp1时，fx只有一个零点；当mp1时，fx有两个零点.p方法二：由题意，函数fx的零点即方程fx0的根，即方程lnpxmlnx的根，mp即mpxxp的根，记gxpxx,x,，：pp1p1由gxppxp1x0，得到x1m，pm当x,1时，gx0,gx单调递增，x1,时，gx0,gx单调递减，pmmp又gmm，因为p1，当x趋向正无穷时，gxpxx趋向负无穷，pp且gx的最大值为g1p1，综上所述，当mp1时，fx只有一个零点；当mp1时，fx有两个零点.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性，极（最）值问题处理.22．(1)2.40(2)①PY01p1p；②1p【分析】（1）充分理解题意，利用随机变量X的平均信息量定义解决本小题；（2）由全概率和条件概率公式解决本小题.【详解】（1）设X表示扔一非均匀股子点数，则答案第14页，共16页XP21扔一次平均得到的信息量为H(X)pXxilog2pXxii16i16i21log221i16log221ilog2i21i14516log27log23log25721212.40.（2）①由全概率公式，得pY0pX0PY0∣X0pX1PY0∣X11p1p∣X0pY∣1X11p.②由题意，pY0所以，HY∣X1Xx1PXx1,Yx2log2pYx∣2Xx1PXx1,Yx1log2pYx∣PXx2,Yx1log2pYx∣2Xx21Xx2PXx2,Yx2log2pYx∣∣1Xx1log2pYx1Xx1PXx1pYx∣pXx1pYx∣2Xx1log2pYx∣2Xx1pXx2pYx∣∣1Xx2log2pYx1Xx2pXx2pYx∣2Xx2log2pYx∣2Xx21plog21pplog2p1plog2p11plog21pplog2p1plog21p;其中x10,x21.令fpplog2p1plog21p答案第15页，共16页11fplog2pplog1p1p2pln21pln2log2plog21plog2fp0,p1p.p111,x0,时f(p)0,x,1时，f(p)0,2221f(p)maxf1.2答案第16页，共16页


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