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.pdf

1、高二期中考试参考答案一.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)1xxxg xxxelnxxexelnxxx=+=+，令()0og x=，得1oxo

2、ex=，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 13.6 14.1815.51+16.乙三解答题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*()nk kN=时猜想成立 即()()11111 44 77 10323131kkkk+=+那么当1nk=+时 ()()()()()()

3、()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+=,()()22232312 100nnnn+=223100,3120nnnn=+=(舍去)，得5n=或2n=（舍去），故5n=19.（1）22 ln1()(422)1

4、2(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，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

5、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)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

6、=+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03121x+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

7、，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，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,

8、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()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(,)2m mxe，使得1()0F x=，且1(0,)xx时，()0

9、,()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.