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