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高二数学答案 第 1 页（共 9 页）
大连市2024～2025 学年度第二学期期末考试
高二数学参考答案与评分标准
说明：
一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根
据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．
二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变
该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解
答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
一、单项选择题：
1．B 2．C 3．B 4．A 5．D 6．C 7．D 8．B
二、多项选择题：
9．BC 10．BCD 11．ABD
三、填空题：
12．
1
y
x
=
− 13．4
13 14．50 , 15
四、解答题：
15．解：（1）由已知可得
4
1
3
1
3
11
3
3
21
a
a
d
S
a
d
=
+
=
=
+
=
， …………………2 分
解得
1
5
2
a
d
=
=
， …………………4 分
所以
2
3
na
n
=
+ ． …………………6 分
（2）由（1）可知
1
1
1
(2
3)(2
5)
+
=
=
+
+
n
n
n
b
a a
n
n
， …………………8 分
所以
1
1
1
(
)
2 2
3
2
5
=
−
+
+
nb
n
n
． …………………10 分
高二数学答案 第 2 页（共 9 页）
100
1
2
3
100
1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
2 5
7
7
9
9
11
201
203
203
205
T
b
b
b
b
=
+
+
+
+
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
…………………11 分
1 1
1
(
)
2 5
205
=
−
…………………12 分
4
41
=
． …………………13 分
16．解：（1）由已知可知
2
( )
6
2
12
′
=
−
+
f
x
x
ax
， …………………1 分
因为
( )
f x 在
2
=
x
处取极小值0，所以
(2)
36
4
0
(2)
40
4
0
f
a
f
a
b
′
=
−
=
=
−
+
=
， …………………3 分
解得
9
4
=
= −
a
b
， …………………5 分
经检验符合条件，故
9
=
a
，
4
= −
b
． …………………6 分
（2）由（1）知
3
2
( )
2
9
12
4
=
−
+
−
f x
x
x
x
所以
( )
6(
1)(
2)
′
=
−
−
f
x
x
x
． …………………8 分
令
( )
0
′
=
f
x
，解得
1
=
x
或
2
=
x
，
( )
′f
x 和
( )
f x 随x 的变化情况如下表：
…………………10 分
所以当
1
[0,3]
∈
x
时，
1
(
)
f x
的值域为[ 4,5]
−
． …………………11 分
当
2
[0, ]
π
∈
x
时，
2
2
(
)
5sin 2
g x
x
c
=
+
的值域为[
5,
5]
c
c
−
+
. …………………12 分
因为对任意
1
[0,3]
x ∈
，总存在
2
[0, ]
x
π
∈
，使得
1
2
(
)
(
)
f x
g x
=
，
所以
5
4
5
5
−
≤−
+
≥
c
c
， …………………13 分
x
0
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,3)
3
( )
′f
x
+
0
−
0
+
( )
f x
4
−
↗
极大值1
↘
极小值0
↗
5
高二数学答案 第 3 页（共 9 页）
解得0
1
≤
≤
c
，即实数c 的取值范围是[0,1]． …………………15 分
17．解：（1）当
1
n =
时，
2
1
1
2
2
2
a
S
a
=
=
=
； …………………2 分
当
2
n ≥
时，由
1
2
+ =
n
n
a
S 可知
1
2
−
=
n
n
a
S
， …………………3 分
两式相减得
1
2
+ −
=
n
n
n
a
a
a ，即
1
3
n
n
a
a
+ =
． …………………4 分
又因为
2
2
0
=
≠
a
，且
2
1
3
≠
a
a ，
所以数列{
}
na
从第二项起是等比数列，公比为3， …………………5 分
所以
2
2
3n
na
−
=
×
（
2
n ≥
）， …………………6 分
综上所述，
2
1,
1
2
3
,
2
n
n
n
a
n
−
=
= ×
≥
． …………………7 分
（2）由（1）可知
1
2
3n
nb
n
−
=
×
． …………………8 分
2
1
2
4
3
6
3
2
3n
nT
n
−
=
+
×
+
×
+
+
×
， ①
3 nT =
2
1
2
3
4
3
2(
1)
3
2
3
n
n
n
n
−
×
+
×
+
+
−
×
+
×
， ② …………………9 分
①−②，得
2
1
2
2
2
3
2
3
2
3
2
3
n
n
nT
n
−
−
=
+
× +
×
+
+
×
−
×
…………………11 分
(1
2 )
3
1
n
n
=
−
×
−． …………………13 分
所以
1
1
(
)
3
2
2
n
nT
n
=
−
×
+
． …………………15 分
18．解：（1）完善2× 2 列联表如下，
…………………2 分
一级品
二级品
总计
甲机床
30
15
45
乙机床
45
10
55
总计
75
25
100
高二数学答案 第 4 页（共 9 页）
根据2× 2 列联表计算可得
2
2
100(30 10
45 15)
100
3.030
3.841
75
25
45
55
33
χ
×
−
×
=
=
≈
<
×
×
×
． …………………4 分
所以没有95%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．………6 分
（2）①由2× 2 列联表得抽到二级品的频率为1
4 ，
将频率视为概率，即从生产线中抽取一件产品为二级品的概率是1
4 ．……………7 分
由题意可知X ～
1
(3, )
4
B
，X 的取值范围是{0,1,2,3}． …………………8 分
0
0
3
3
1
3
27
(
0)
( ) ( )
4
4
64
P X
C
=
=
=
，
1
1
2
3
1
3
27
(
1)
( ) ( )
4
4
64
=
=
=
P X
C
，
2
2
1
3
1
3
9
(
2)
( ) ( )
4
4
64
P X
C
=
=
=
，
3
3
0
3
1
3
1
(
3)
( ) ( )
4
4
64
=
=
=
P X
C
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
27
64
27
64
9
64
1
64
………………10 分
所以
1
3
(
)
3
4
4
= ×
=
E X
， ………………11 分
1
3
9
(
)
3
4
4
16
= ×
×
=
D X
． ………………12 分
（3）由2× 2 列联表得抽到一级品的频率为3
4 ，
将频率视为概率，即从生产线中抽取一件产品为一级品的概率是3
4 ．
由题意可知Y ～
(100, )
3
4
B
，
100
100
3
1
(
)
( ) ( )
4
4
m
m
m
P Y
m
C
−
=
=
， ………………13 分
100
1
1
101
100
100
100
1
1
99
100
100
3
1
3
1
( ) ( )
( )
( )
4
4
4
4
3
1
3
1
( ) ( )
( )
( )
4
4
4
4
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
C
C
C
C
−
−
−
−
−
+
+
−
≥
≥
②
①
， ………………14 分
由①解得
303
4
m ≤
； ………………15 分
高二数学答案 第 5 页（共 9 页）
同理由②解得
299
4
m ≥
， ………………16 分
所以299
303
4
4
m
≤
≤
，
因为m 是正整数，所以
75
m =
，即当
(
)
P Y
m
=
最大时，
75
m =
． ………………17 分
19．（1）解：( )
f x 的定义域为(0,
)
+∞，
2
1
ln
( )
−
′
=
x
f
x
x
， ………………1 分
当
(0,e)
∈
x
时，
( )
0
′
>
f
x
，函数
( )
f x 单调递增，
当
(e,+ )
∈
∞
x
时，
( )
0
′
<
f
x
，函数
( )
f x 单调递减， ………………3 分
故函数
( )
f x 的单调递增区间是(0,e)，单调递减区间是(e,+ )
∞． ………………4 分
（2）解：由
( )
2
e
( )
+
+
≥
+
mx xf x
mx
x
xf x 恒成立，可知
ln
2
e
ln
+
+
≥
+
mx
x
mx
x
x ．……5 分
方法1：
因为
2
ln
2
2
2
ln
2
e
ln
2ln
ln
e
ln
+
+
+
≥
+
=
+
=
+
mx
x
x
mx
x
x
x
x
x
x ………………6 分
设
( )
e
=
+
x
g x
x ，函数( )
g x 在R 上单调递增，
所以
2
ln
ln
2ln
+
≥
=
mx
x
x
x 恒成立，即
ln
≥
x
m
x 恒成立， ………………7 分
由（1）可知
( )
f x 的最大值为
1
(e)
e
=
f
，
所以
1
e
≥
m
，即实数m 的取值范围是1
[ ,
)
e +∞． ………………8 分
方法2：
因为
ln
ln
ln
2
2
2
e
ln
e
ln e
2ln
ln
+
+
+
+
+
=
+
≥
+
=
+
mx
x
mx
x
mx
x
mx
x
x
x
x
x ………………6 分
设
( )
ln
=
+
g x
x
x ，函数( )
g x 在(0,
)
+∞上单调递增，
因为
ln
2
e
0,
0
+
>
>
mx
x
x
，所以
ln
2
e
+
≥
mx
x
x 恒成立，
所以
2
ln
ln
2ln
+
≥
=
mx
x
x
x ，即
ln
≥
x
m
x 恒成立， ………………7 分
由（1）可知
( )
f x 的最大值为
1
(e)
e
=
f
，
所以
1
e
≥
m
，即实数m 的取值范围是1
[ ,
)
e +∞． ………………8 分
高二数学答案 第 6 页（共 9 页）
（3）证明：方法1：
由（1）可知
1
2
1
e
<
<
<
x
x ，
1
0
e
<
<
a
． ………………9 分
欲证
1
2
e
>
x x
a ，只需证
2
1
e
>
ax
x ，即证
2
1
e
ln
>
x
x ． ………………10 分
ln
( ) =
x
f x
x 在(e,
)
+∞上单调递减，
令
ln
1
=
>
s
x
，则
( )
e
=
s
s
F s
在(1,
)
+∞上单调递减． ………………11 分
因为
1
e
1
>
x
，且
2
ln
lne
1
>
=
x
，
所以欲证
2
1
e
ln
>
x
x ，只需证
2
1
e
(
)
(ln
)
>
F
F
x
x
，即证
2
1
1
2
2
1
e
ln
2
1
e
ln
ln
ln
e
e
>
=
=
x
x
x
x
x
x
x
x
，
即证
1
1
e
e
ln
e
>
x
x ． ………………12 分
设
1
e
1
=
>
t
x
，函数
e
e
e
( )
ln
ln
1(
1)
e
e
=
−
=
+
−
>
t
t
G t
t
t
t
， ………………13 分
则
e
1
e
e
( )
e
e
t
t
t
t
G t
t
t
−
′
= −
+
=
． ………………14 分
令( )
e
e (
1)
=
−
>
t
h t
t t
，则当
1
>
t
时，
( )
e
e > 0
′
=
−
t
h t
，
故( )
h t 在(1,
)
+∞上单调递增，所以( )
(1)
0
>
=
h t
h
，
所以当
1
>
t
时，
( )
0
′
>
G t
，
( )
G t 在(1,
)
+∞上单调递增， ………………15 分
所以
( )
(1)
0
>
=
G t
G
，即e
e
ln
e >
t
t ，即
1
1
e
e
ln
e
>
x
x 成立， ………………16 分
所以
1
2
e
>
x x
a 成立． ………………17 分
方法2：
由（1）可知
1
2
1
e
<
<
<
x
x ，
1
0
e
<
<
a
． ………………9 分
欲证
1
2
e
>
x x
a ，只需证
1
2
e
>
ax
x ，即证
1
2
e
ln
>
x
x ． ………………10 分
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ln
( ) =
x
f x
x 在(0,e) 上单调递增，
令
ln
1
=
<
s
x
，则
( )
e
=
s
s
F s
在(
,1)
−∞
上单调递增． ………………11 分
因为
2
e
0
1
<
<
x
，且
1
0
ln
1
<
<
x
．
所以欲证
1
2
e
ln
>
x
x ，只需证
1
2
e
(
)
(ln
)
<
F
F
x
x
，即证
1
2
2
1
1
2
e
ln
1
2
e
ln
ln
ln
e
e
<
=
=
x
x
x
x
x
x
x
x
，
即证
2
2
e
e
ln
e
<
x
x ． ………………12 分
设
2
e
(0,1)
=
∈
t
x
，函数
e
e
e
( )
ln
ln
1(0
1)
e
e
=
−
=
+
−
< <
t
t
G t
t
t
t
， ………………13 分
则
e
1
e
e
( )
e
e
t
t
t
t
G t
t
t
−
′
= −
+
=
． ………………14 分
令( )
e
e (0
1)
=
−
< <
t
h t
t
t
，则当0
1
< <
t
时，
( )
e
e < 0
′
=
−
t
h t
，
故( )
h t 在(0,1) 上单调递减，所以( )
(1)
0
>
=
h t
h
，
所以当0
1
< <
t
时，
( )
0
′
>
G t
，
( )
G t 在(0,1) 上单调递增， ………………15 分
所以
( )
(1)
0
<
=
G t
G
，即e
e
ln
e <
t
t ，即
2
2
e
e
ln
e
<
x
x 成立， ………………16 分
所以
1
2
e
>
x x
a 成立． ………………17 分
方法3：
由（1）可知
1
2
1
e
<
<
<
x
x ，
1
0
e
<
<
a
． ………………9 分
欲证
1
2
e
>
x x
a ，只需证
1
2
e
ln
ln
ln
1
ln
+
>
= −
x
x
a
a
．
因为
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln(ln
)
ln
=
=
−
x
a
x
x
x
，即证
2
1
ln
1
ln(ln
)
> −
x
x ． ………………10 分
令
2
1
1
=
>
x
t
x
，则
2
1
=
x
tx ，
2
1
ln
ln
ln
=
+
x
t
x ． ①
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又因为
2
2
2
1
1
1
ln
ln
=
=
=
x
ax
x
t
x
ax
x
，所以
2
1
ln
ln
=
x
t
x ． ②
由①、②两式，可解得
1
ln
ln
1
=
−
t
x
t
，
2
ln
ln
1
=
−
t
t
x
t
， ………………11 分
所以只需证ln
ln
1
ln
1
1
t
t
t
t
t
> −
−
−． ………………12 分
设函数
ln
ln
ln
( )
1
ln
1
ln(ln )
ln(
1)
1
1
1
t
t
t
t
t
F t
t
t
t
t
t
=
−+
=
−+
−
−
−
−
−
（
1
>
t
），
则
2
2
2
2
2
1
ln
1
1
ln
1
(
1)
(ln )
( )
(
1)
ln
1
(
1)
ln
(
1) ln
−−
−
−
−
′
=
+
−
=
+
=
−
−
−
−
t
t
t
t
t
t
F t
t
t
t
t
t
t
t
t t
t
2
2
1
(
1
ln )(
ln )
(
1
ln )(
1
ln )
(
1) ln
(
1) ln
−+
−
−
−+
−−
=
=
−
−
t t
t
t
t
t
t
t
t t
t
t
t
t t
t
t t
t
． ………………13 分
因为
1
>
t
，所以ln
0
>
t
，
1
ln
0
−+
>
t
t
t
．
设函数
2
1
1
( )
ln
2ln
=
−
−
=
−
−
G x
x
x
x
x
x
x
（
1
>
x
），
则
2
2
1
2
1
( )
1
(
1)
0
G x
x
x
x
′
= +
−
=
−
>
，
所以
( )
G x 在(1,
)
+∞上单调递增，所以
1
(
)
ln
(1)
0
=
−
−
>
=
G
t
t
t
G
t
，
因此
( )
0
′
>
F t
，( )
F t 在(1,
)
+∞上单调递增． ………………14 分
设函数( )
ln
1(
0)
=
−
+
>
h x
x
x
x
，则
1
1
( )
1
−
′
=
−=
x
h x
x
x
．
当
1
>
x
时，
( )
0
′
<
h x
，函数( )
h x 单调递减；
当0
1
<
<
x
时，
( )
0
′
>
h x
，函数( )
h x 单调递增．
所以( )
(1)
0
≤
=
h x
h
，即ln
1
≤
−
x
x
（当且仅当
1
=
x
时取等号）．
因为
1
>
t
，所以ln
1
< −
t
t
，
1
1
ln
1
<
−
t
t
即
1
ln
1
−
<
−
t
t
，
1
ln
1
> −
t
t ．
所以
1
1
ln
1
−
<
< −
t
t
t
，因为
1
>
t
，所以1
ln
1
1
<
<
−
t
t
t
， ………………15 分
又因为当
1
→
t
时，1
1
→
t
，两边夹可得，当
1
→
t
时，ln
1
1 →
−
t
t
，
( )
0
→
F t
，
因为
( )
F t 在(1,
)
+∞上单调递增，
高二数学答案 第 9 页（共 9 页）
所以
1
>
t
时，
( )
0
>
F t
，即ln
ln
1
ln
1
1
t
t
t
t
t
> −
−
−， ………………16 分
所以
1
2
e
>
x x
a 成立． ………………17 分
方法4：
由（1）可知
1
2
1
e
<
<
<
x
x ，
1
0
e
<
<
a
． ………………9 分
欲证
1
2
e
>
x x
a ，只需证
1
2
e
ln
ln
ln
1
ln
+
>
= −
x
x
a
a
，
即证
1
2
ln
ln
ln
1
+
+
>
x
x
a
，即证
1
2
ln
1
+
+
>
ax
ax
a
． ………………10 分
因为
1
1
ln
(0,1)
ax
x
=
∈
，
2
2
ln
lne
1
=
>
=
ax
x
，所以
1
2
0
1
<
< <
ax
ax ， ……………11 分
设函数
2(
1)
( )
ln
1
−
=
−
+
x
F x
x
x
（
0
>
x
）， ………………12 分
则
2
2
2
1
4
(
1)
( )
0
(
1)
(
1)
−
′
=
−
=
≥
+
+
x
F x
x
x
x x
，( )
F x 在(0,
)
+∞上单调递增，………………13 分
所以
1
2
(
)
(1)
(
)
<
<
F ax
F
F ax
，
即
1
2
1
2
1
2
2(
1)
2(
1)
ln(
)
0
ln(
)
1
1
−
−
−
<
<
−
+
+
ax
ax
ax
ax
ax
ax
， ………………14 分
即
1
2
1
2
1
2
2(
1)
2(
1)
ln
ln
0
ln
ln
1
1
−
−
+
−
<
<
+
−
+
+
ax
ax
a
x
a
x
ax
ax
，
所以
1
2
1
2
1
2
2(
1)
2(
1)
ln
0
ln
1
1
−
−
+
−
<
<
+
−
+
+
ax
ax
a
ax
a
ax
ax
ax
，
所以
1
1
1
2
2
2
(ln
)(
1)
2(
1)
0
(ln
)(
1)
2(
1)
+
+
−
−
<
<
+
+
−
−
a
ax
ax
ax
a
ax
ax
ax
，
展开整理，得
2
2
2
1
2
1
2
2
1
(
)ln
(
)
(
)
0
−
+
−
+
−
<
a x
x
a
a
x
x
a x
x
． ………………15 分
因为
1
2
(
)
0
−
<
a x
x
，所以
1
2
ln
(
)
1
0
+
+
−>
a
a x
x
，即
1
2
ln
1
+
+
>
ax
ax
a
， ………16 分
所以
1
2
e
>
x x
a 成立． ………………17 分
