【文档说明】重庆市万州二中2023-2024学年高二下学期3月月考试题 数学答案.pdf，共(11)页，294.351 KB，由管理员店铺上传

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数学参考答案：一．单选1．A【详解】12fxx，所以12202f.故选：A.2．D【详解】1()fxax，(1)1fa，即函数()lnfxxax在点(1,)Pb处的切线的斜率是1a，直线

320xy的斜率是13，所以1(1)13a，解得2a.点(1,)Pb在函数()ln2fxxx的图象上，则(1)2fb，22(2)22ab，所以D选项是正确的.3．C【分析】根据等差数列

的性质求得公差，进而求得4a.【详解】设等差数列na的公差为d，486676220,10,2aaaadaa，所以4731266aad.故选：C4．A【详解】依题意，eeln||()()2xxxfxfx，即函数()fx为奇函数

，选项C，D不满足；当(0,1)x时，ee0xx，而ln||0x，即()0fx，选项B不满足，选项A符合要求．故选：A5．B【详解】因甲不选A景点，应该分步完成：第一步，先考虑甲在,,BCD三个景点中任选

一个，有3种选法；第二步，再考虑乙和丙，从,,,ABCD中分别任选一个景点，有4416中选法.由分步乘法计数原理，可得不同选法有：31648种.故选：B.6．C【详解】因为焦距为43，故2243612

2a，故26a，故1ba故渐近线方程为yx，故选：C.7．C【详解】因为()sincossin33fxxxaxx，所以()cos2cos3fxxax，因为

()fx在(,)单调递减，所以()0fx，即2cos2cos32coscos40xaxxax，令cos[1,1]tx，所以2240tat在[1,1]上恒成立，令2()24g

ttat，[1,1]t，故(1)0(1)0gg，即240240aa，解得22a，故选：C.8．A【【详解】由6fx可得13eln260xxaxx

，当ln20xx时，显然成立；当ln20xx时，由13eln260xxaxx可得13e6ln2xxaxx．设13e6ln2xxgxxx，则minagx，

1ln13e63e6ln2ln2xxxxgxxxxx．设1exhxx，则1e1xhx，当1x时，0hx，当1x时，0hx，故hx的最小值为10h，故0hx，即1exx，当且仅

当1x时等号成立．故ln13ln63e63ln2ln2xxxxgxxxxx，当且仅当ln1xx，即1x时等号成立，又1x满足ln20xx，故3a，即33a，故实数a的取值范围为

3,3．故选：A二．多选9．ABD10．BD【详解】因为xfxgxe，所以exfxfxgx，因为导函数fx满足01fxfxx，当1x时，

0fxfx，则0gx，所以gx是增函数；当1x时，0fxfx，则0gx，所以gx是减函数；故A错误，B正确；又01f，则0001efg，当10g时，gx没有零点；当10g时，g

x有一个零点；当10g时，gx可能有1个或2个零点，故C错误；因为函数gx在1,上为增函数，所以2egg，即2e2eeeff，整理得2eeee(2)ff，故D正确；故选：BD11．AD【详解】对于选项A，2212ee

xxxxxxfx，当<2x或1x时，0fx，所以fx在,2,1,上单调递减，当2<<1x时，0fx，所以fx在2,1上单调递增，所以fx在2x

出取得极小值，22ef，在1x处取得极大值，51ef，而1x时，恒有0fx成立，所以fx的最小值是2e，即2()efx，对xR恒成立，故A正确；对于B选项，若函数fx与直线yk有且只有两个交点，

由A选项分析，函数fx的大致图象如下，由图知，当2e0k或5ek时，函数fx与直线yk有且只有两个交点，故B错误；对于C选项，由0fx，得2310xx，解得352x，令352fx，和352fx，而2

35e02，由图象知，352fx和352fx分别有两解：综上，方程(())0ffx共有4个根，C错误；对于D选项，直线yax过原点，且1ef，22ef，记110e10fk，2220e202fk，易判断

，12kk，不等式()fxax恰有1个负整数解，即曲线fx在yax的图象下方对应的x值恰有1个负整数，由图可得12kak，即2ee2a，故D正确．故选：AD三．填空12．3413．25【详解】设产品

单价为m，因为产品单价的平方与产品件数x成反比，所以2kmx,（其中k为非零常数），又生产100件这样的产品单价为50万元，所以250100k，故250000k，所以500mx，记生产x件产品时，总利润为fx

,所以32500120075fxmxCxxx,0x则2250225fxxx，由()0fx¢>，得025x；由0fx，得25x，故函数fx在0,25上单调递增，在25,上单调递减，因此当25x时，fx取最大

值，即产量定为25件时，总利润最大．故答案为:2514．0【详解】当0x时，过原点作1e1xyx的切线，设切点1111),e(1xAxx，11exyx，1111=(+1)exkx，则切线方程为1111111e1(+1)e()xxyxxxx

，又切线过点0,0,所以111121111(ee)xxxxx，所以1121e10xx.设21e,(>0)xgxxx，则gx为增函数，且11g，所以111,2xk，当0x时，过原点作21116yx的切线，设切点B2221,11

6xx，2211,88yxkx，则切线为2222111()168yxxxx，又切线过点0,0,所以2222111168xx，又20x，2214,2xk，

因为121kk，所以两切线垂直,所以π,cos02.故答案为：0.四．解答题15．【解答】解：（1）由题意，设等比数列{}na的公比为q，则3212aaqq，4312aaqq，2430aa，121230qq，化简整理，得22520qq，解得12q（舍去

），或2q，331312232nnnnaaq，*nN．（2）由题意，设nnncab，则数列{}nc的前n项和22nnnS，则当1n时，2111112cS，当2n时，1nnncSS22(1)(1)22nnnnn，当1n时

，11c也满足上式，ncn，*nN，nnabn，*nN，132nnnbnan，*nN．16．【解答】解：（1）若1a，则21()2fxxxlnx，0x，1()1fxxx，所以曲线()yfx在点0(x，0())fx处的切线

斜率为0()1fx，即00111xx，解得01x，所以0()fxf（1）111122ln，所以切线的方程为1()1(1)2yx，即32yx．（2）函数21()2fxxaxlnx，0x，211()xax

fxxaxx，令2()1gxxax，0x，则()gx为开口向上，对称轴为2ax，△24a，又(0)1g，当02a„，即0a„时，()gx在(0,)上单调递增，所以()(0)1

gxg，所以在(0,)上()0fx，()fx单调递增，当02a，即0a时，①若△240a„，即02a„时，()0gx，所以在(0,)上()0fx，()fx单调递增，②若△240a，即2a时，()0gx有两个根2142aax，2242aax，所

以在(0，若△240a„，即02a„时，()0gx，所以在24(0,)2aa上()0gx，()0fx，()fx单调递增，在24(2aa，24)2aa上()0gx，()0fx，()fx单调递减，在24(2aa，)上()0gx，()0fx

，()fx单调递增，综上所述，当2a„时，()fx在(0,)上单调递增，当2a时，()fx在24(0,)2aa上单调递增，在24(2aa，24)2aa上单调递减，在24(2aa，)上单调递增．17．【解答】解：（1）由题意有：3acb，又22

22()()3()acbacacbacb，所以2,3acbc，所以椭圆W的方程为2222143xycc，又点3(1,)2在椭圆W上，所以221191434cc，解得1c，所以椭圆W的方程为2214

3xy；（2）设(6,)PPy，(6,)QQy，0PQyy，(0,0)O，(2,0)A，因为||||PQOA，所以2PQyy，①圆E过点O与A且与直线6x相交于两个不同的点P，Q，则圆

心E的坐标为(1,)2PQyy，又||||EOEP，所以22221()(61)()22PQPQyyyy，解得24PQyy，②由①②解得6Py，4Qy，所以(6,4)Q，40162QAk，所以直线QA的方程为2y

x，与椭圆方程联立消去y得271640xx，解得B点的横坐标27Bx，所以222402||(1)1||2|6|77QBQBxx，又O到直线QA的距离22|2|2(1)1d，所以QOB的面积1140240||22277SQBd．18．

【解答】解：（1）2a（2）函数()(2)fxlnmx，求导得1()fxx，所以切线l方程为：1111(2)()ylnmxxxx，令0y，得211[1(2)]xxlnmx，由0m，得10x，又2110,120,02exlnmxxm则解得，又121xxm

，得111[2(2)]0xlnmxm，即1112(2)0lnmxmx，令1()2(2),(0,)2ehxlnmxxmxm，所以22111()mxhxxmxmx，所以当10xm时，()0hx，当

12exmm时，()0hx，因此函数()hx在区间1(0,)m单调递增，在区间1(,)2emm单调递减，而12()0,()1022ehhmme，则由()0hx，得1(,)22exmm，所以1x的取值范围是1(,)22emm．19．【解答】()I解：112111,1.2

111nnnnnnaaaaaa故1{}1na是以2为首项，1为公差的等差数列.()II证明：当0x时，构造函数()(1)gxlnxx，则()01xgxx，函数()gx在(0,)上单调减()(0)gxg，(1)lnxx

；所以令1(1,2,,)1xknk得11(1)11lnkk，即1(2)(1)1lnklnkk，111[(2)(1)]1nnkklnklnkk，于是12121nknlnk，从

而1121(1)21nnkkknnlnak1222nnaaanln()III证明：欲证222121223112nnaaanlnnaaaaaa即证2221212231ln12nnaaan

naaaaaa（左右同时乘2）即证2221212231ln(1)2().nnaaannaaaaaa由柯西不等式得：222212122311212231()()()()()nnnnaaaaaaaaaaaaa

aaaaa令12nnSaaa，即22221212231()2.nnnnaaaSSaaaaaa得到：22212122312().nnnaaaSaaaaaa故原命题只需证12111ln(1)().

231nnnnSaaann即证：111ln(1).231nn当从n增加到n+1时左侧增加量为11n，右侧增加量为1ln(1)lnlnnnnn.即只需证n=1时

不等式成立且11ln1nnn即可.n=1时，1ln22成立.由切线不等式：ln1xx（需证）1x替换x：1111ln1,ln1xxxxxx.1x替换x：ln(1)1xxx.1x替换x:11ln(1)1xx.即

11ln1xxx.所以11ln1nnn.证毕.