数学参考答案(1)_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年05月试卷_0519四川省遂宁市射洪中学2024-2025学年高二下学期期中考试

射洪中学 2025 年上期高 2023 级半期考试数学试题参考答案
D C C A D B B B AB ABC AD 12.3 13.5 14.  2
       
14.∵ f x  f x 2,函数 f x 的图象关于点 0,1 中心对称,不妨设直线AC 的方程为
 
y kx1  k 1  ,由x3 2 2x1kx1,得x3  2 2k x0解得x0或x 2 2k 或
1 1
x 2 2k ,则| AC|2 1k2  2 2k ,同理可得|BD|2 1  2 2 ,由
k2 k
1 1  1   1 1  1
| AC|2|BD|2得k3  k  2 2k2    0即k k21  k 2 2
k3 k  k2   k k2 k
2
 1 1 1  1  1 1
k k   0即k2 1 10,即k  2 2k  20 ,令t k ,则
 k k k2  k  k k
1
t2 2 2t 20,t k  2，即这两条直线的斜率之和为 2 。
k
15.【解】(Ⅰ) f x 2xex, f 0 20e0 011, f  0 02 e1 1,则有 y1 1  x0  ,化
简得x y10,即 f (x)的图象在点(0, f(0))处的切线方程为x y10；
(2)g

x
 f
x
2xex,则g
x
 f
x
2ex,则当x
0,ln2
 时,g
x
0，当x
ln2,1
 时，g
x
0，
故g(x)在

0,ln2

上单调递增,在

ln2,1

上单调递减,则g(x)有最大值g

ln2
2ln22，又
g  0 20e0 1,g  1 21e1 2e1,故g(x)在区间  0,1  上的最大值和最小值分别为2ln22、
1.16(Ⅰ)当n2时, ,所以a S S  2n ，当n1时，a 2，由S n2n，当n1时,S 2,
S (n1)2 (n1) n n n1 1 n 1
n1
符合a 2n综上所述,a 2n(n1)；
n n
1 1  1 1  1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  n
(Ⅱ)b     ，则T            ；故
n 4n21 2 2n1 2n1 n 2 1 3 3 5 2n1 2n1 2 1 2n1 2n1
n
T  .
n 2n1
 1
17.(Ⅰ)函数 f x xlnx的定义域为x0,,因为 fxlnx1，所以当x0, 时, fx0, f x单调递减,
 e
1  1   1
当x ,时, fx0, f x单调递增,所以 f x的单调递增区间为 ,,单调递减区间为0, .(Ⅱ)因为
e  e   e
gx3x22ax1,所以对一切的x0,,2f x gx2恒成立，即2xlnx3x22ax1恒成立,可得
1 1
2ax2xlnx3x21,即2a2lnx3x ，令hx2lnx3x ，其中x0,则
x x
高二数学 1hx 2 3 1  2x3x2 1  3x1x1 ，则当0x1时,hx0,此时函数hx单调递增,当x1
x x2 x2 x2
时,hx0,此时函数hx单调递减,所以hx h14,则2ahx 4,解得a2,所以a的取值范围为
max max
S S S S S 
2,.18.(Ⅰ)S 2S 2n1,所以 n1  n 1,所以 n1  n 1,所以 n是公差为1的等差数列；
n1 n 2n1 2n 2n1 2n 2n
(Ⅱ)①因为 2 S 1 1  a 2 1  1 2 ，所以 2 S n n  1 2 n11 2n 2 1 ,所以S n 2n12n1,b n  3 S n n  2n 2 1    3 2   n ，
1 21 3 22 5 23 2n 1 2n 2 1 22 3 23 5 24 2n 1 2n1
T             ， T             ，
n 2 3 2 3 2 3 2 3 3 n 2 3 2 3 2 3 2 3
4 2 n1
两式相减得 1 3 T n  1 3     2 3    2     2 3    3     2 3    n  2 n 2 1     2 3    n1 ，1 3 T n  1 3  9   1 3 2      2n 2 1     2 3    n1 ,所以
1
3
1 5 2n5 2 n 2 n
T     ,T 52n5  ；
3 n 3 3 3 n 3
2 n 2n5
②5T
n
2n对任意的nN*恒成立,2n5
3  
2n,则
3n
对任意的nN*恒成立，
令C 
2n5
,C C 
2n7

2n5

2n732n5

4n8
0 ，C 为递减数列,则当n1
n 3n n1 n 3n1 3n 3n1 3n1 n
7 7
时,C   ， .
n max 3 3
ab ab a b
19.【解】(Ⅰ)不妨设ab0,则 ab  等价于lnalnb   ，
lnalnb ab b a
a a b a 1 1 (t1)2
即ln   ,令 t,t1,即证2lntt ，令g(t)2lntt ,t 1,则g(t) 0,所以函数g(t)在
b b a b t t t2
a a b ab
(1,)上单调递减,所以g(t) g(1)0,所以ln   ,即 ab  成立；
b b a lnalnb
(Ⅱ)(ⅰ)当a0时, f  x 在 0，单调递增。当a 0时, f  x 在 a，单调递增。在 0,a 单调递减
a a  1 1  x x x x
(ⅱ)证在边由题 2lnx, 2lnx , 则a  lnx lnx 即 1 2  2 1  x x
x 1 x 2  x x  2 1 a lnx lnx 1 2
1 2 1 2 2 1
ae ae  ae x
即x x a2得证证右边0 x   f  x  f  x  f  ，设g  x  f    f  x  lnxlna12
1 2 2 x 2 1  x   x  e
1 1
x a 
x 0,a ，即证h  x  ln  2lnx 10 lnx 2,lnalnx ln  2lnx   ，
e x 
1 1
h'  x   0  0 xe ，h  x h  e  0
e x  2lnx 
高二数学 2