数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年05月试卷_0511四川省南充市嘉陵一中2024-2025学年高二下学期4月期中考试

数学答案 一、单项选择题：1-4CBAA 5-8CCAA 二、多项选择题： 9. ACD 10.BD 11.ACD 12. 720 13. (0,3) 14. a n2，nN n 8,【详解】令m1，得到a a a 3a ，故数列是等比数列， a 33n1 3n， a 32n1 1 n 1n n n 2n1 log a log a log a 12...  2n1 n  2n1  3 1 3 2 3 2n1 11【详解】对于选项A，因为 f  x ax33x2 1，则 f x 3ax2 6x3x  ax2  ， 2 2 2 当a0时，令 f x 0，得到x0或x ，当x0或x 时，f x 0，当0 x 时，f x 0， a a a 2 2 4 所以x0是 f  x  的极大值点，极大值为 f  0 1，x 是 f  x  极小值点，极小值为 f( ) 1， a a a2 当a 0时， f(x)3x21，由极值的定义知， f (x)的极大值为1，无极小值， 2 2 2 当a 0时，令 f x 0，得到x0或x ，当x 或x 0时，f x 0，当  x0时，f x 0， a a a 2 2 4 所以x0是 f  x  的极大值点，极大值为 f  0 1，x 是 f  x  极小值点，极小值为 f( ) 1， a a a2 综上，1是 f (x)的极大值，所以选项A正确， 2    对于选项B，因为1 a 0，由选项A知， f x 在区间 ,0上单调递增， a  2 又1 a 0，则 ,2 ，2a11，所以 f(a1) f(a)，故选项B错误， a 2 2   2 对于选项C，当a2时， 1，由选项A知， f  x  的增区间为 ,0  ， , ，减区间为0, ， a a   a 当x时， f  x ， f (0) 10， f  2 8a1218a130， 由零点存在性原理知，当a2时， f (x)有且仅有一个零点x ，且x 2，所以选项C正确， 0 0 2 2 对于选项D，因为 f  x  存在极小值点x，由选项A知，x  ，得到a ， 1 1 a x 1 2 2 因为 f(x ) f(x )，则 x33x2 1 x33x2 1，整理得到2x3 3x x2 x3 0， 1 2 x 1 1 x 2 2 2 1 2 1 1 1 第1页/共4页 学科网（北京）股份有限公司即 x x 2 x 2x 0，又x  x ，所以x 2x 0，故选项D正确， 1 2 1 2 1 2 1 2   14.记由n2个数构成递增的等比数列为 b ， n 则b=1，b =100，则qn1=100，即n1lgq=lg1002 1 n2 所以T =b b b b ， n 1 2 3 n2 即a lg  b b b b  =lgb lg  bq lg  bq2  lg  bqn1  n 1 2 3 n2 1 1 1 1 =  n2  lgb   123+  n1   lgq 1  n1  n2  = lgq n2 2 15. 解：（1）由题知，该五位数个位数为奇数，然后余下的四个数全排列即可. C1A4 72个. 3 4 （2）先对1,3,5三个数全排列，然后利用插空法排列2和4,即A3A2 72个 3 4 （3）从5个数中挑选出重复的数字，从剩下的4个数中挑选3个数字，先对重复数字排列，然后余下的三 个数全排列即C1C3C2A3 1200个 5 4 5 3 16.(1)在 12x 2 12x 3 12x n9a xa x2a x n中， 1 2 n 令x0，得n19，所以n10. 在 12x 2 12x 3 12x 10 9a xa x2a x10中， 1 2 10 令x1，得9a a a a a 11111111， 1 2 3 9 10 所以  a a a   a a a  8. 1 3 5 2 4 6 (2)∵ 12x n的展开式的通项公式为T Cr  2x r 2rCrxr， r1 n n     ∴a 22 C2 C2 C2 C2 4 C3 C2 C2 C2 4C3 660 2 2 3 4 10 3 3 4 10 11 17.（1）证明：因为数列  a  满足a 2a 1  nN*  ， n n1 n a 1 可得a 12(a 1)，即 n1 2， n1 n a 1 n 又因为a 3，可得a 12，所以数列 a 1 是首项为2，公比为2的等比数列. 1 1 n 第2页/共4页 学科网（北京）股份有限公司（2）解：由（1）知，数列 a 1 是首项为2，公比为2的等比数列， n 可得a 122n1 2n，所以a 2n 1， n n 则数列  a  的前n项和为T  2(12n) n 2n1n2. n n 12 （3）解：由（2）知：a 1 2n，可得b log  a 1 log 2n n， n n 2 n 2 1 1 1 1 所以    ， b b n(n1) n n1 n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以S b b b (1 )(  )(  )(  )1 ， n 1 2 n 2 2 3 3 4 n n1 n1 1 当nN时，S 1 为单调递增数列， n n1 1 当n1时，S 取得最小值，最小知为S  ， n 1 2 1 1 又因为 0，可得S 1，所以  S 1. n1 n 2 n 1 18.（1）因为 f  x lnx 1a  x1，所以 f x   1a  . x 因为 x 0，若1a0，即a1时， f  x  在  0, 上单调递增， 1 1 若1a0，即a1时，令 f x   1a 0，得0 x ； x a1 1 1  1   1  令 f x   1a 0，得x  ，所以 f  x  在0, 上单调递增，在 , 上单调递减. x a1  a1 a1   1   1  综上，当a1时，f  x  在  0, 上单调递增；当a1时，f  x  在0, 上单调递增，在 ,   a1 a1  上单调递减. （2）因为 f  x lnx 1a  x1， f  x1 ex  a1  x2(a1)恒成立， 所以ln(x1) 1a  (x1)1ex  a1  x2(a1)，则aex ln(x1)， 1 令g  x ex ln(x1)且x1，则g x ex  ， x1 1 令h  x  g(x)，则h x ex  0，故h  x  g(x)在 1, 上单调递增， (x1)2 又g 0 0，所以x1,0  时，g x 0；x 0, 时，g x 0， 第3页/共4页 学科网（北京）股份有限公司所以g  x  在 1,0  上单调递减，在  0, 上单调递增，g  x  g  0 1， 所以a1，实数a的取值范围为 ,1  . 19.（1）因为 f  x ex ax，所以 f x ex a， 当a0时， f x ex a0，则 f  x ex ax在R上单调递增， 当a0时，令 f x ex a0得xlna，令 f x ex a0得xlna， 所以函数 f  x  的增区间为(lna,)，减区间为(,lna)， 令F  x ex 2x，则Fxex 2，令F x ex 20得xln2， 令F x ex 20得xln2，所以函数F  x  的增区间为(ln2,)，减区间为(,ln2)， 所以当xln2时，F  x  取得最小值为F  ln2 eln2 2ln222ln20， 所以ex 2x，得证； （2）由（1）知，g  x ex axcosx ， 因为函数g  x  在区间  0, 内有唯一的零点，所以方程aex xcosx在区间  0, 内有唯一解， 令h(x)ex xcosx,x0，则函数h(x)ex xcosx与 y a在  0, 上只有一个交点， 记m  x ex x1,(x0) ，则m x ex 10，所以m  x  在  0, 上单调递增， 所以m  x ex x1e010，即ex  x1， 故h(x)ex cosxxsinx1cosxx(1sinx)0 ， 所以h(x)ex xcosx在  0, 上单调递增，又h(0)1， 如图： 要使方程aex xcosx 在区间  0, 内有唯一解，则a1. 所以a的取值范围是a1. 第4页/共4页 学科网（北京）股份有限公司