高二期末考试_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0721辽宁省协作体2023-2024学年高二下学期7月期末考试_辽宁省协作体2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学

2023—2024 学年度下学期期末考试高二数学参考答案 一、单选：1--5．CDBDB 6--8. CCA 二、多选：9. BC 10．ACD 11．ACD 5n15 3 3n 三、填空：12． ； 13． 4 ； 14．0,e2   8 四、解答题： x30 15.（1）函数 f(x)的定义域为 所以定义域为（3，） -----2分 x30 x3 所以 f xlog x3log x3log ,x3， 2 2 2 x3 f x在定义域（3，）上为减函数，证明如下： ----3分 （法一）设任意x,x 3,，且x x ， 1 2 1 2 x 3 x 3 x 3x 3 f x  f x log 1 log 2 log 1 2 ， ---4分 1 2 2 x 3 2 x 3 2 x 3x 3 1 2 1 2 x 3x 3 6x x  因为 1 2 1 2 1 ，且x x 3， ---5分 x 3x 3 x 3x 3 2 1 1 2 1 2 6  x x   x 3  x 3  所以由x x 0,x 30,x 3 0知 2 1 0，即 1 2 1 2 1 1 2  x 3  x 3   x 3  x 3  1 2 1 2 x 3x 3 所以log 1 2 0 ，因此 f x  f x ， 2 x 3x 3 1 2 1 2 所以函数 f x在定义域上是减函数． ---7分 1 1 1  1 1  1  6  （法二） f(x)         (x3)ln2 (x3)ln2 ln2 x3 x3 ln2 x29  因为x 3， 所以 f(x)0 所以所以函数 f x在定义域上是减函数 ---7分 数学答案第1页共5页 {#{QQABJYYQoggIAJJAAQhCAQXoCkGQkBEAAQgOBFAAMAIAgAFABAA=}#}（2） f(x)log xm等价于xm x3 0即m x3 x在 4,6 上有解. --8分 2 x3 x3 x3 记g(x) x x3 x3 6 因为g(x) x x1所以g(x)在 4,6 上为严格减函数， ---10分 x3 x3 所以，g(x) g(4)3，g(x) g(6)3， 故g(x)的值域为3,3  ---12分 max min 因此，实数m的取值范围为3,3 ，经检验满足题意， 综上： 实数m的取值范围为3,3  ---13分 16.（1）由y y ekx可知，当x0时，y y ， -----2分 0 0 当x2时，y(120%)y ，则有y e2k 120%y ， 0 0 0 1 解得k  ln0.8， ----4分 2 所以   1 ln0.8  x x ， -----6分 y y e2   y 0.82 0 0 故当t4时，y y 0.82 0.64y ， 0 0 即过滤4h后还剩64%的有害物质. -----8分 1 x 1 （2）要使有害物质减少80%，则有y= y ，y 0.82  y ， 5 0 0 5 0 x 1 因为y 0，所以0.82  ， ----10分 0 5 1 lg x 1 5 lg5 lg21 log    7， 2 0.85 4 lg4lg5 3lg21 lg 5 所以x14 ----14分 故要使有害物质减少80%大约需要过滤14小时. ----15分 1 1 7 17.（1）证明：由a 7a 3得a  7a 3 7a  ， n1 n n1 2 n 2 n 2 1 1 所以 a  7(a  ) ---3分 n1 2 n 2 数学答案第2页共5页 {#{QQABJYYQoggIAJJAAQhCAQXoCkGQkBEAAQgOBFAAMAIAgAFABAA=}#}1 a  1 7 n1 2 因为a    0，所以 7 ---5分 1 2 2 1 a  n 2  1 1 7 所以a  是等比数列，首项为a   ，公比为7， ----7分  n 2 1 2 2 1 7 7n1 所以a   7n1，解得a  ，nN ---8分 n 2 2 n 2 7n1 1 2 （2）由（1）知：a  ，所以  ， n 2 a 7n 1 n 2 1 因为当n1时，7n 167n1，所以  ， ----11分 7n 1 37n1 1 1 1  1 ... 1  1 （1 1  1  1 ） 1  7n  7 (1 1 ) 7 ----14分 a a a 3 7 72 7n-1 3 1 18 7n 18 1 2 n 1 7 1 1 1 7 所以    . ---15分 a a a 18 1 2 n 18.（1）当x（0,)时，ex 1,cosx1,所以ex cosx 0 ，函数 f(x)无零点 ---2分   当x[- ,0]时， f(x)ex sinx, f(x)ex cosx 0所以 f(x)在[- ,0]上单调递增。 2 2 ----3分    1  因为 f( )e 2 1 10 f(0)10所以存在唯一x ( ,0),使得f (x )0 2  0 2 0 e2    所以 f(x)在  ，x 单调递减，在 x，0 单调递增 ---5分  2 0  0 又因为 f(0)0 f(x)在 x，0 单调递增，所以 f(x )0 因为 f(  )e   2 0 0 0 2  所以存在唯一x ( ,x ),使得f(x )0所以函数 f(x)有两个零点为x和0. ---7分 1 2 0 1 1 (2)若 f(x) x2 ax在[0,)上恒成立，即ex cosx x2ax恒成立 设g(x)ex cosxx2ax，x[0,) ，即证g(x)0在[0,)恒成立 数学答案第3页共5页 {#{QQABJYYQoggIAJJAAQhCAQXoCkGQkBEAAQgOBFAAMAIAgAFABAA=}#}g(x)ex sinx2xa，g(x)ex cosx2，g(x)ex sinx 因为ex 1,sinx1,所以ex sinx0所以g(x)在[0,)单调递增 --9分 又因为g(0)0所以g(x) g(0)0所以g(x)在[0,)单调递增 ---10分 ①当a1时，g(0)1a0此时g(x) g(0)0所以g(x)在[0,)单调递增 又因为g(0)0，所以g(x)0在[0,)恒成立，所以a1 ---13分 ②当a1时，g(0)1a0 因为，当x0,有ex ex ， sinx1 所以 1a 1a 1a 1a 1a 1a g( ) ee2 sin 2 a e 12 a 1aa10 e2 e2 e2 e2 e2 于是存在x (0,),使得g(x )0所以g(x)在(0,x )单调递减，又因为g(0)0 2 2 2 所以在x(0,x )时g(x)0不合题意 ----16分 2 综上，实数a的取值范围是a1 ---17分 （注意：在②中，找点不唯一，对的即给分，利用趋近不给分） 1 19.（1）因为a  n1 2a n 1 1 1 1 2a 1 1a     n   n 1 所以a 1 a 1 1 a 1 a 1 a 1 a 1 ， ----2分 n1 n 1 n n n n 2a n 1  1  3 又因为a  ，故 是以 为首项，1为公差的等差数列； ---3分 1 3 a 1 2 n 1 3 2n+1 2 所以  (n1) 所以 a 1 ，nN ----5分 a 1 2 2 n 2n1 n n a2 a 2 a 2 （2）欲证 （ 1  2  n ）ln 2n1， 2 a a a a a a 1 n 2 n1 n 1 n a2 a2 a2 即证 ln 2n1 1  2  n （左右同时乘2）， 2 a a a a a a 1 n 2 n1 n 1 数学答案第4页共5页 {#{QQABJYYQoggIAJJAAQhCAQXoCkGQkBEAAQgOBFAAMAIAgAFABAA=}#} a2 a2 a2  即证nln2n12 1  2  n  ---7分 a a a a a a  1 n 2 n1 n 1 因为a 0由柯西不等式得： n  a2 a2 a2   a  1 a  a  2 a  a  n a     a 1 a n a 2 a n1 a n a 1   a 1 a 2 a n 2 -10分 1 n 2 n1 n 1  a2 a2 a2  令S a a a ，即 1  2  n 2S S2，因为S 0 n 1 2 n a a a a a a  n n n 1 n 2 n1 n 1  a2 a2 a2  得到：2 1  2  n S . ---11分 a a a a a a  n 1 n 2 n1 n 1 2 2 2  故原命题只需证nln2n1S a a a n   ， n 1 2 n 3 5 2n1 2 2 2 即证：   ln2n1，nN --12分 3 5 2n1 1 1x 构造函数ylnxx1，则y 1 ， x x 当x0,1时，y0，当x1,时，y0 所以函数ylnxx1在0,1单调递增，在1,单调递减， 1 1 1 1 x1 则lnxx1ln10，即lnxx1, 替换x：ln  1，即lnx1  ，----14分 x x x x x 2 2 2 2n1 令x1 得 ln(1 )ln ----16分 2n1 2n+1 2n1 2n1 不等式左边，右边分别求前n 项和，即得 2 2 2 3 5 2n1   ln ln( )ln ln(2n1)，nN。得证。 ---17分 3 5 2n1 1 3 2n1 数学答案第5页共5页 {#{QQABJYYQoggIAJJAAQhCAQXoCkGQkBEAAQgOBFAAMAIAgAFABAA=}#}