高2023级高二下学期期中考试数学答案(1)_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年04月试卷(1)_0427四川省南充市高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试

南充高中高 2023 级高二下学期期中考试 数学参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A C D B A C D D BC ACD ABD 1.【答案】A【详解】若1，m，25成等比数列，则有 m2 125 ，解得m  5；而m5是m  5 的充分不必要条件，于是“m5”是“1，m，25成等比数列”的充分不必要条件.故选：A. 2 2. 【答案】C【详解】由s(t)t2 ln2t1得s'(t)2t ，则汽车在第1秒时的瞬时速 2t1 2 8 度为 s'(1)21  ，故选：C. 211 3 3.【答案】D 4.【答案】B  1 2a ,0a  5.【答案】A【详解】数列a 满足a     n n 2 ，a  3 ，依次取n1,2,3,4,...代入计算 n n1  2a 1, 1 a 1 1 5  n 2 n 1 2 4 3 得，a 2a 1 ，a 2a  ，a 2a  ，a 2a 1 a ，因此继续下去会循环，数列a  2 1 5 3 2 5 4 3 5 5 4 5 1 n 是周期为4的周期数列，故选：A. 6.【答案】C 7【. 答案】D【详解】函数 f(x)2xsinx2cosxx2的导数为 f(x)2xcosx1，则x>0 时，f(x)0， f(x)递增;因为 f(x)x  sin x cos x x 2  xsinxcosxx2  f(x)，则f(x)为偶函数，  1 则不等式 f lnx f ln 2f 2,可化为 f lnx f 2,又因为x>0 时,f(x)递增，且f(x)为偶函数，  x 1 所以 2lnx2 ，解得： xe2，故选:D e2 8.【答案】D【详解】记g(x)lnxb，h(x) xa，易知g(x)，h(x)在相同区间内均单调 lnxb g(x)0 g(x)0 递增，由 f(x) 知， 或 ，在相同区间内均同时成立，故g(x)，h(x) xa h(x)0 h(x)0 b b x 1x 有相同的零点，易知a eb，所以  。记F(x) ，则F(x) ，F(x)在,1 单 a eb ex ex 1 调递增；在 1,单调递减，当x 1时，F(x)取得最大值F(1) 。答案：D e 9.【答案】BC【详解】由图可知，当x3,22,4时， fx0， —1—当x2,24,5时， fx0，故 f x在3,2、2,4上单调递增，在2,2、4,5上单调 递减，在x2、x 4处取得极大值，在x2取得极小值故A 错误，B正确，C 正确，D错 误.故选：BC. 10.【答案】ACD【详解】对于A 而言： f(x)x33x2x， f(x)3x26x1， f(x)6x6， 令 f(x)6x60得，x1，则 f(1)1311，故拐点为(1,-1)，则 f(x)x33x2x关于点(1,-1) 对称，A 正确.对于B而言，不妨设bc0，此时 f x x3，拐点为0,0， fx3x2，切点为x ,y ，y  x3，故切线方程为y3x2x，将0,0代入y3x2x得，x 0， 0 0 0 0 0 0 0 故过 f(x)的拐点有1条切线，B错误；对于C 而言，f(x)有极值点，则 f(x)3x22bxc有变 号零点，故4b212c0 ，故 b23c0 ，C 正确；对于D而言， f(x)x33xd，则有 f(x)3x233x1(x1)，易知 f(x)在,1  ,  1,单调递增，1，1 单调递减，若 f(x)0有   f 1 2d 0 三个不等实数根，则有 2d 2，故选：ACD f(1)2d 0 11.【答案】ABD【详解】对于A 而言：12 12 1a，即a 1，A正确；对于B而言：由 x2  y2 x2  y2  xy 1知，x2  y2 1 xy  ，整理得x2  y2 2，即 x2  y2  2，故曲线C 2 上任意一点到原点的距离小于或等于 2 ，B 正确。对于C 而言：由x2  y2 2知，x的整数 考虑取值1,0,1。当x1时，1 2  y2  y 1，解得 y 1,0，故点1,0  , 1,1 在曲线C 上；当x0时，02  y2 01，解得y 1,1，故点 0,1  ,  0,1 在曲线C 上；当x 1时， 12  y2  y 1，解得y 0,1，故点 1,1  ,  1,1 在曲线C 上；又02 02 11，所以点 0,0 在曲 线C 内，故曲线C内部（含边界）有7个整点.对于D而言：由x2  y2  xy 1知，  y  3  y 2  3y 2   x 2 cos  x  3 sincos x    1，记 ，则 ，横坐标    2  2   3y  2 3 sin y  sin   2   3 3 2 3    2 3 2 3 x  sincos sin  ， 。D正确。 3 3  3  3 3  12．【答案】 3【详解】因为等比数列a 的前n项和S k3n3，所以k (3)0,所以k 3, n n —2—故答案为3. 4 13．【答案】 【详解】若C的长半轴为3，即a3，又C 2a2c，ca， 5 PF1F2 所以 的周长小于12，不符题意。所以C的长半轴为 m ，所以C 2 m2 m9 18， PF1F2 △ 1 2 x2 y2 259 4 4 解得m25，所以椭圆C:  1，所以C的离心率为  .故答案为： 9 25 5 5 5 a  lnx lnx  2 14【. 答案】 a4 【详解】由题知，对任意x ,x  0,，且当x  x 时， 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 2 1 1 2 2 2 恒成立，即alnx alnx 2  x x   恒成立， 2 1 2 1 x x 1 2 2 2 整理得alnx 2x  alnx 2x  恒成立 ， 2 2 x 1 1 x 2 1 ① 2 令 f(x)alnx2x ，由①式可得 f(x ) f(x )，所以 f x在0,上单调递减， x 2 1 2x2 ax2 易知 f(x) 0在0,上恒成立，故0,上2x2 ax20恒成立， x2 2 所以a 2x 在0,上恒成立， x 1 1 1 又x 2 x 2，当且仅当x ，即x1时取等号，a 4.故答案为：a 4 x x x 15. 【详解】（1）由a a 1可知数列a 是公差为1的等差数列，因为a2 a a ，所以 n1 n n 7 4 9 a 62 a 3a 8，解得a 12 ……………………6分 1 1 1 1 （2）由（1）a n13， n 因为 ，故S S 0，即a 0 ……………………9分 n1 n n1 n1 2 > 0 ,故 +1 n12, nN*，故n1,2,3,4,5,6,7,8,910,11. ……………………13分 其它解法同样给分。 aexaxbex aaxb aab ab 1 16. 【详解】（1） f(x)  ，故 f(1) 0且 f(1)  ， e2x ex ex e e x 解得a1,b0，故 f(x) 。 ……………………6分 ex 1x f(x) ，令 f(x)0得x1，令 f(x)0得x1， ex x 1 所以 f(x) 在x1处取得极值 ，满足要求。 ……………………8分 ex e —3—（2）易知：当x0时， (x1)f(x)x(x1) x x x  x1ex 。 …………10分 ex ex 令gxx1ex，x0，则gx1ex 0，故gxx1ex在x0,上单调递减，则 gxg00。 …………14分 x  x1ex 所以 (x1)f(x)x  0 ，(x1)f(x)x，证毕. …………15分 ex 8 17. 【详解】（1）依题意，点P(x ,4)在抛物线上，162px ，x  ，且 PF 4， 0 0 0 p 8 p 所以  4， p 4.所以抛物线方程为y2 8x. …………5分 p 2 （2）抛物线方程为y2 8x，焦点坐标为F2,0，设直线AB的方程为xmy2，Ax,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 xmy2 由 ，消去y并化简整理得y28my160，64m2640 ，则y  y 8m，则 y2 8x 1 2 x x my y 48m24，所以 AB x x 48m28.原点O到直线xmy20的距离为 1 2 1 2 1 2 2 ，所以 ，解得m1。 1m2 1 2 2 2 △ = 2× 8 +8 × 1+ 2 = 8 1+ = 8 2 …………9分 所以y y 8，x x my y 412， AB 16 …………11分 1 2 1 2 1 2 故：当m1时，以线段AB为直径的圆的方程为(x6)2(y4)2 64； …………13分 当m1时，以线段AB为直径的圆的方程为(x6)2(y4)2 64； …………15分 18. 【详解】（1）a 6a 9a ，a 6a 3a 9a ，即a 3a 3a 3a ， n2 n1 n n2 n1 n1 n n2 n1 n1 n 又易知a 3a 6， 所以数列{b}为以6为首项，以3为公比的等比数列， 2 1 n 故 …………5分 −1 ∗ = 6⋅3 = 2⋅3 , ∈ a a  a  （2）由（1）知，a 3a 23n，所以 n1  n 2，所以数列 n 为等差数列，且公差为 n1 n 3n 3n1 3n1 a a 2所以 n  1 2n12n1，即a 2n13n1，所以a 2n13n1。 …………11分 3n1 30 n n a 2n1 3n 3n1 （3）因为b  n  3n1   ， n (n1)(n2) (n1)(n2) n2 n1 —4—所以T b b b    30  31    31  32     3n1  3n    1  3n …… 1 …… 3 153 分n1  1 3n1 n 1 2 n  2 3   3 4   n1 n2 2 n2 2 n2 2 .…………17分 1 3 1 =  3n1  3n1 2 n2 2 exex exex 19. 【详解】（1）由题易知： f(x)sinh(x)x x，故 f(x) 1， 2 2 exex 而 1，当且仅当x0时取等， 2 exex f(x) 10恒成立 2 故 f(x)在 0, 上单增。 .…………4分 ex ex ey ey （2）证明： tanh(x) ，tanh(y) ， ex ex ey ey ex ex ey ey 2exy 2exy tanh(x)tanh(y)      ， ex ex ey ey ex ex ey ey exy exy exy exy 2exy 2exy tanh(x)tanh(y)    ，1tanh(x)tanh(y)    ， ex ex ey ey ex ex ey ey tanh(x)tanh(y) 2exy 2exy 所以  tanh(x y)， 1tanh(x)tanh(y) 2exy 2exy tanh(x)tanh(y) 故tanh(x y) 。 .…………10分 1tanh(x)tanh(y) 2tanh(x) et et （3）法一：由（2）知当x  y时，tanh(2x) ,设a  tanh(t) 1tanh2(x) 1 et et 2a 2a 2tanh(t) 由a  n ,知a  1   tanh(2t)， n1 1a2 2 1a2 1tanh2(t) n 1 2a 2tanh(2t) a  2   tanh(22t) 3 1a2 1tanh2(2t) 2 2a 2tanh(22t) a  3   tanh(23t)， 4 1a2 1tanh2(22t) 3 ……， 2a 2tanh(2n2t) 依此下去可得：a  n1   tanh(2n1t)（此处不证明不扣分）…13分 n 1a2 1tanh2(2n2t) n1 —5—e2n1t e2n1t 3 3 由双曲正切函数定义知a tanh(2n1t) ，由a  知，tanh(22024t) ， n e2n1t e2n1t 2025 5 5 ee 3 记22024t ，则  ，解得e2，记 e22024t 2 ，解得 1 。 ee 5 e2t 222023 1 e2t 1 222023 1 3 a  tanh(t)  ，故存在实数a ，使得a  。 .…………17分 1 e2t 1 1 1 2025 5 222023 1 2tanh(x) et et 法二：由（2）知当 x  y 时， tanh(2x) ,设a  tanh(t) ， 1tanh2(x) 1 et et 2a 2a 2tanh(t) 由a  n ,知a  1   tanh(2t)， n1 1a2 2 1a2 1tanh2(t) n 1 2a 2tanh(2t) a  2   tanh(22t) 3 1a2 1tanh2(2t) 2 猜想a  tanh(2n1t)。下面用数学归纳法证明 n ①当n 1，2，3时，命题显然成立； ②假设当nk时，命题成立，即a  tanh(2k1t)， k 2a 2tanh(2k1t) 则nk1时，由a  k 知，a tanh(2kt) ， k1 1a2 k1 1tanh2(2k1t) k 即当nk1时，命题也成立。 由数学归纳法知，所以对任意的正整数n均有a  tanh(2n1t)。.…………………13分 n e2n1t e2n1t 3 3 由双曲正切函数定义知a tanh(2n1t) ，由a  知，tanh(22024t) ， n e2n1t e2n1t 2025 5 5 ee 3 记22024t ，则  ，解得e2，记 e22024t 2 ，解得 1 。 ee 5 e2t 222023 1 e2t 1 222023 1 3 a  tanh(t)  ，故存在实数a ，使得a  。 .………………17分 1 e2t 1 1 1 2025 5 222023 1 —6—