安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 理（PDF）答案 (2).pdf

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1、高二期中考试参考答案高二期中考试参考答案 一一.选择题选择题 1.C 2.D 3.D 4.D 5.C 6.C 7.A 8. C 9.C 10. B 11.A 12.B 解：0 x 时，不等式(1)xxea xlnx+可化为(1)xa xxelnx+， 所以1xxelnxax+， 设( )1xxelnxf xx=+，其中0 x ， 则221(1)1( )(1)xxxelnxxfxx+ +=+， 设21( )(1)1xg xxxelnxx=+ +，其中0 x ， 则21( )(1)(2)0 xg xxxex=+恒成立， 则( )g x在(0,)+上单调递增， 2211( ) )(1)1(1)1xx

2、xg xxxelnxxexelnxxx= =+ +=+ +， 令()0og x=，得1oxoex=， 所以( )f x在(0,)ox单调递减，(ox，)+单调递增， 1()111oxooominooox elnxxff xxx+=+， 对任意正数x恒成立，即( )1mina f x=， 故选：B 二填空题二填空题 13.6 14.18 15.51+ 16.乙 三解答题三解答题 17.（1） 123411112213,1 4444 7777 10103141010 313SSSS=+=+=+= （2）猜想31nnSn=+ 证明：当1n =时，左边=114S =，右边=14，猜想成立 假设当*()

3、nk kN=时猜想成立 即()()11111 44 77 10323131kkkk+=+ 那么当1nk=+时 ()()()()()()()11111+1 44 77 103231312311113131 34311kkkkkkkkkk+=+=+ 因此对1nk=+也成立 根据对于*nN猜想成立。 18. （1）对区域, ,A B C D按顺序着色， 共有6 5 4 4480 =（种） (2) 对区域, ,A B C D按顺序着色，依次有n种、1n种、2n种和3n种，由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有(1)(2)(3)120n nnn=, ()()22332120nnnn+=,()()2223

4、2312 100nnnn+= 223100,3120nnnn=+=(舍去)，得5n =或2n=（舍去） ，故5n = 19.（1） 22 ln1( )(422) 12(1)2 ln2(0)exf xxxexxxexexx=+= + （2）2( )2(1)2 ln2f xxexex= +，定义域1,2xe 2(1)()( )(0)xxefxxx= ( )f x在()1,e单调递增，在(),2ee单调递减 2max( )( )2fxf ee= 生产量在12e,万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为2( )2f ee=，此时的月生产量值为e（万件） 20.（1）因为椭圆过点()03

5、，所以23b =。因为离心率22cea=且222abc=+， 所以6,3ac=，椭圆方程22163xy+= （2）因为过 B()3,0得直线l与椭圆交于 P，Q 两点，所以直线l得斜率一定存在，设为k，则直线l得方程为(3)yk x=+，设1122( ,),(,)P x yQ xy 由22163(3)xyy k x+=+消y得()222221121860kxk xk+= 2212122212186,2121kkxxx xkk+= =+ 因为 A()2,1，所以12121211,22yykkxx=+ 所以121221121212212122121211(31)(2)(31)(2)22(2)(2)

6、2(51)()4(31)4(1)22()42(1)yykxkxkxkxkkxxxxkx xkxxkkx xxxk+=+=+=+ 故定值为 2. 21.（1）由于函数3( )sin1xf xabx=+得图象过()0, 1，所以(0)1f= ，得sin1b = 所以3( )1(1)1xf xaax=+ +，所以()23( )ln0(1)1xfxaaxx=+ + 故函数( )f x在()1, +为增函数。 （2）假设函数( )f x由负零点0 x，则有0()0f x=，故00311xax+ =+ 由于1xya=+在 R 上为增函数，且012a + =。所以012xa+ 所以0112xa+ ，所以03

7、121x+得0122x与00 x 矛盾 所以假设不成立。故函数( )f x没有负零点 22. 解： （1）222()(1)(1)(1)()( )xxxxaexaea xexxaefxxxxx +=+=， 又0 x，1xe，1a 时，0 xae，所以可解得：函数( )f x在(0,1)单调递增，在(1,)+单调递减； 经计算可得，1ae时，函数( )f x在(0,ln )a单调递减，(ln ,1)a单调递增，(1,)+单调递减； ae时，函数( )f x在(0,1)单调递减，(1,ln )a单调递增，(ln ,)a +单调递减； ae=时，函数( )f x在(0,)+单调递减. 综上：1a 时，

8、函数( )f x在(0,1)单调递增，(1,)+单调递减； 1ae时，函数( )f x在(0,ln )a单调递减，(ln ,1)a单调递增，(1,)+单调递减； ae=时，函数( )f x在(0,)+单调递减； ae时，函数( )f x在(0,1)单调递减，(1,ln )a单调递增，(ln ,)a +单调递减. （2）若1a =，则221( )(1)(1( )(1)(1 ln )xeF xxmxf xxmxxx=+=+， ( )2(1)lnF xxmx=， 设( )2(1)ln ,(0)H xxmx x=，则( )2mH xx=， 当(0,)2mx时，( )0( )H xH x单调递减，即(

9、)F x单调递减， 当(,)2mx+时，( )0( )H xH x单调递增，即( )F x单调递增. 又因为02,01,2mm 由(1)0F=可知：()02mF， 而2222()2(1)ln20mmmmF eemee=，且201mee=， 21(,)2mmxe，使得1()0F x=，且1(0,)xx时，( )0,( )F xF x单调递增， 1( ,1)xx时，( )0,( )F xF x单调递减，(1,)x+时，( )0,( )F xF x单调递增， 所以函数( )F x有唯一极大值点101,xxx=， 且0000002(1)()2(1)ln0(01)ln2xmF xxmxmxx=. 220000000002(1)()(1)(1 ln)(1)(1 ln)lnxxF xxmxxxxx=+=+ 220000221lnxxxx= +. 所以222000000000222() 1(2ln)lnlnxxxF xxxxxx = +=, 设2( )2lnh xxx=（01x） ，则22212( )0 xh xxxx=， ( )h x在(0,1)单调递增，( )(1)0h xh=，0()0h x，又因为0ln0 x ， 0() 10F x 0()1F x.