高二数学期末试题-答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年8月试卷_0802山东省日照市2023-2024学年高一下学期期末考试

数学试题答案 一、选择题： 1-4.ABAD 5-8.DCCA 二、选择题： 9.BD 10.BCD 11.AD 三、填空题： ln3e 12.1 13.2 14.（， ） 2 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 3n2 3n 3(n 1)2 3(n 1) 15.【解析】（1）当n2时，a S S        3n 3．.........2分 n n n1  2 2   2 2  又n1时，得a 0，也满足上式，故a 3(n1)．............................3分 1 n 因为数列{b }为各项为正的等比数列，且b 1,b 9， n 1 3 所以公比为3，所以b 3n1 .......................6分 n （2）因为c a b ，所以c n3n，T 13232n3n n n1 n n n 3T 132233(n1)3nn3n1 .......................9分 n 3(3n 1) 两式相减可得2T 332333nn3n1  n3n1 n 2 (2n1)3n13 所以T  ........................13分 n 4 x2 2xx2 16.【解析】（1）当a0， f(x) ， f(x) ，.......................2分 ex ex 1 1 所以 f(1) ， f(1) ，.......................4分 e e 1 1 所以曲线y f(x)在(1， f （1）)处的切线方程为y  (x1)， e e x 即y ；.......................6分 e x2 (a2)x2a (x2)(xa) （2） f(x)  ，.......................7分 ex ex 当0a„2，在[0，a]上， f(x)„0， f(x)单调递减， a 1 所以 f(x)  f(a)  ，.......................9分 min ea e a 1a 设g(a) ，aR，则g(a) ， ea ea 所以在(,1)上，g(a)0，g(a)单调递增；在(1,)上，g(a)0，g(a)单调递减； 高二数学试题 第 1 页 共4页 {#{QQABKYaQggiAAJAAAAgCUQU4CACQkBGACQgOBBAAoAAAwANABAA=}#}1 a 1 所以g(a)的极大值为g(1) ，所以由  ，可得a1．.......................12分 e ea e 4a 1 当a2时， f(x)在[0,2]上单调递减，[2,a]上单调递增， f(x)  f(2)  ， min e2 e 解得：a4e<2，舍去；.......................14分 综上，a1........................15分 17．【解析】（1）设等差数列  a  的首项为a ，公差为d． n 1 5a 10d 8a 4d 由S 4S ,a 2a 1，得 1 1 .......................2分 5 2 2n n a  2n1  d 2a 2  n1  d 1  1 1 解得：a 2,d 1，.......................4分 1 所以a 2(1)  n1 n1  nN ．.......................6分 n （2）由（1）知， n1  b n3  b ， n n1 因为b 20，所以b 0， 1 n b n1 b n b n1 b 3 b 2 所以 n1  ， n  ， n1  ，……， 3  , 2  ， b n3 b n2 b n1 b 5 b 4 n n1 n2 2 1 b b b n n1 3 2 利用累乘法可得：b  n  n1  2 b     2.......................9分 n b b b 1 n2 n1 5 4 n1 n2 1 12  1 1   12    n 2  ，b 2也符合上式，.......................11分  n1  n2  n1 n 2 1 T b b b b b n 1 2 3 n1 n 1 1 1 1 1 1  1 1  1 1  12          12  .......................13分 2 3 3 4 4 6 n1 n2 2 n2 12 因为T T  0，所以数列{T }是递增数列．所以T T 2, n1 n (n2)(n3) n n 1 所以T 的最小值为2........................15分 n 1 1 1 1 x 1x x1 18.【解析】（1）因为 f( )aln  alnx alnx f(x) ，所以 x x 1 x 1 x 1 1 x 1 f( ) f(x)0；.......................3分 x （2）因为 f(1)0，则 f(x)除1外还有两个不同的零点， a 2 ax2 (2a2)xa f  (x)   ，令h(x)ax 2 (2a2)xa(x 0) ， x (x1)2 x(x1)2 当a0时，h(x)0在(0,)恒成立，则 f  (x)0， 高二数学试题 第 2 页 共4页 {#{QQABKYaQggiAAJAAAAgCUQU4CACQkBGACQgOBBAAoAAAwANABAA=}#}所以 f(x)在(0,)单调递减， f(x)在(0,)上至多有1个零点，舍去； 当a 0时， f(x)除1外还有两个零点，则 f(x)不单调， 1 所以h(x)存在两个零点，所以(2a2)24a2 0，解得0a ， ................6分 2 1 2 当0a 时，设h(x)的两个零点为m,n(m n)，则mn 20，mn1，所以0m1n. 2 a 当x(0,m)时，h(x)0， f  (x)0，则 f(x)单调递增； 当x(m,n)时，h(x)0， f  (x)0，则 f(x)单调递减； 当x(n,)时，h(x)0， f  (x)0，则 f(x)单调递增； 又 f(1)0，所以 f(m)0， f(n)0，.......................8分 1 1    1 e a 1 2e a 1 而 f(e a)1  0，且  ， 1 1 e a 1   e a 1 e a 1 1 f(e 1 a)1 e 1 a 1  1 2 0 ，且 e 1 a 1 ，所以存在 x 1 (e  1 a,m) ， x 3 (n,e 1 a) ， ea 1 ea 1 使得 f(x ) f(x )0，所以函数 f(x)有3个零点x ，x 1，x . 1 3 1 2 3 1 综上，实数a的取值范围为(0, )........................10分 2 1 1 （ⅱ）证明：由（1）知 f( ) f(x)0，即 f( )f(x)， x x 1 1 所以若 f(x)0，则 f( )0，所以x  ．.......................12分 x 1 x 3 3(x2 1) 当x1时，先证明不等式lnx 恒成立，.......................14分 x2 4x1 3(x2 1) 1 12(x2 x1) (x1)4 设(x)lnx ，则(x)   0 ， x2 4x1 x (x2 4x1)2 (x2 4x1)2 所以函数(x)在(1,)上单调递增，于是(x)(1)0， 3(x2 1) x 1 3a(x 21) 即当x1时，不等式lnx 恒成立．由 f(x )0，可得 3 alnx  3 ， x2 4x1 3 x 1 3 x 24x 1 3 3 3 1 3a(x 1) 因为x 1，所以  3 ，即x 2 4x 13a(x 1)2，两边同除以x ， 3 x 1 x 24x 1 3 3 3 3 3 3 3 1 1 得x 4 3a(x 2 )，即x x 43a(x x 2)， 3 x 3 x 1 3 1 3 3 3 所以(3a1)(x x 2)2．.......................17分 1 3 高二数学试题 第 3 页 共4页 {#{QQABKYaQggiAAJAAAAgCUQU4CACQkBGACQgOBBAAoAAAwANABAA=}#}19.【解析】（1）由题意{b }是公差为m的等差数列，因为a a 1，所以b a a 0， n 1 2 1 2 1 所以b (n1)m，即a a (n1)m．当n2时，有a a m，a a 2m，……a a (n2)m， n n1 n 3 2 4 3 n n1 (n1)(n2)m 所以a a m2m(n2)m ，.......................2分 n 2 2 (n1)(n2)m (n1)(n2)m 即a 1 (n2)．又a a 1符合上式，故a 1 ，nN n 2 1 2 n 2 当m2时，a 1(n1)(n2)n23n3， n 当n4时， ．.......................4分 f(2,4)12122 323724 142 (n1)(n2) n23n4 （2）当m1时，a 1  ，故“1函数” f(1,n) a a a n 2 2 1 2 n  12314  22324  n23n4  1 1222 n2  3 (12 n)2n 2 2 2 2 2 n(n1)(2n1) 3n(n1) n33n28n    2n  ．.......................7分 12 4 6 由 f(1,n)8，得n3 3n2 8n480． 令g(x) x3 3x2 8x48(x1)，则g(x)3x26x83(x1)250 ， 所以g(x) x3 3x2 8x48在[1,)上单调递增．因为g(4)0．所以当x4时，g(x)0，所以当n4时， f(1,n)8， 故n的最小值为4．.......................10分 （3）证明：由题意得 f(m,n)ama m2a mn 1 2 n  (i1)(i2)   (n1)(n2)  mm2  1 m  mi  1 m  m n  2   2  i23i  n23n  mm2  m (m 1)m i  m (m 1)m n  2   2  m n 3m n n  i2mi  imi (m1)mi.......................13分 2 2 i1 i1 i1 由S(x) x2x2 nxn，得S(x)14xn2xn1， n n n 所以xS(x)x4x2n2xn i2xi ，所以i2mi mS(m),imi  S(m)， i1 i1 i1 m2 3m n 所以 f(m,n) S(m) S(m)(m1)mi........................17分 2 2 i1 高二数学试题 第 4 页 共4页 {#{QQABKYaQggiAAJAAAAgCUQU4CACQkBGACQgOBBAAoAAAwANABAA=}#}