福建省漳州市双语高级中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

(在此卷上答题无效) 数 学 试 题 本试卷共 4 页ꎬ 19 小题ꎬ 满分 150 分ꎬ 考试时间 120 分钟ꎮ 考生注意: 1 答题前ꎬ 考生务必在试题卷、 答题卡规定的地方填写自己的准考证号、 姓名ꎮ 考生要认真 核对答题卡上粘贴的条形码的 “准考证号、 姓名” 与考生本人准考证号、 姓名是否一致ꎮ 2 回答选择题时ꎬ 选出每小题答案后ꎬ 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑ꎮ 如 需改动ꎬ 用橡皮擦干净后ꎬ 再选涂其它答案标号ꎮ 回答非选择题时ꎬ 用 0 5mm 黑色签字笔将答案 写在答题卡上ꎮ 写在本试卷上无效ꎮ 3 考试结束ꎬ 考生必须将试题卷和答题卡一并交回ꎮ 一、 单项选择题: 本大题共 8 小题ꎬ 每小题 5 分ꎬ 共 40 分ꎬ 在每小题给出的四个选 项中ꎬ 只有一项是符合题目要求的ꎮ 1. 若集合 A = x x2 - 3x - 4 > 0{ } ꎬ 则 A = A. x - 1 ≤ x ≤ 4{ } B. x - 1 < x < 4{ } C. x - 4 < x < 1{ } D. x - 4 ≤ x ≤ 1{ } 2. 若复数 z = 3 - i 1 + i ꎬ 则 z- 的虚部为 A. - 2i B. 2i C. - 2 D. 2 3. 已知 a b 为单位向量ꎬ 若 a + b - a - b = 0ꎬ 则 a - b = A. 2 B. 2 C. 1 D. 0 4. 若 tan = 2tan ꎬ sin - ( ) = tꎬ 则 sin + ( ) = A. 2t B. - 2t C. 3t D. - 3t 5. 已知双曲线C: x2 - y2 = 4ꎬ 点M为C上一点ꎬ 过M分别作C的两条渐近线的垂线ꎬ 垂足分别为 Aꎬ Bꎬ 则四边形 OAMB(O 为原点) 的面积为 A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 第 1 页 (共 4 页) 2024-2025学年下学期 漳州双语高级中学 期末考 数学期末教学质量检测 6. 在正四棱锥 P - A1B1C1D1 中ꎬ PB1 ⊥ PD1 . 用一个平行于底面的平面去截该正四棱 锥ꎬ 得到几何体 ABCD - A1B1C1D1ꎬ AB = 1ꎬ A1B1 = 2ꎬ 则几何体 ABCD - A1B1C1D1 的体积为 A. 2 6 B. 4 2 3 C. 7 2 6 D. 17 2 9 7. 已知函数 f x( ) = tan( x + 4 )( > 0)ꎬ 若方程 f x( ) = 1 在区间 0 ( ) 上恰有 3 个实 数根ꎬ 则 的取值范围是 A. 2 3( ] B. 2 3[ ) C. 3 4( ] D. 3 4[ ) 8. 已知函数 f x( ) = 2x + 2 -x + cosx + x2ꎬ 若 a = f - 3( ) ꎬ b = f e( ) ꎬ c = f ( ) ꎬ 则 A. b < a < c B. b < c < a C. c < a < b D. c < b < a 二、 多项选择题: 本大题共 3小题ꎬ 每小题 6分ꎬ 共 18分ꎬ 在每小题给出的四个选项 中ꎬ 有多个选项符合题目要求ꎬ 全部选对的得 6 分ꎬ 选对但不全的得部分分ꎬ 有 选错或不选的得 0 分ꎮ 9. 已知 X ~ N( 2)ꎬ 则 A. E(X) = B. D(X) = C. P(X ≤ + ) + P(X ≤ - ) = 1 D. P(X ≥ + 2 ) > P(X ≤ - ) 10. 已知定义在 R 上的函数 f x( ) 不恒等于 0ꎬ f ( ) = 0ꎬ 且对任意的 x y∈Rꎬ 有 f 2x( ) + f 2y( ) = 2f x + y( ) f x - y( ) ꎬ 则 A. f 0( ) = 1 B. f x( ) 是偶函数 C. f x( ) 的图象关于点 0( ) 中心对称 D. 2 是 f x( ) 的一个周期 11. 在 2024 年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中ꎬ 中国队以 69 800 分的成绩 夺得金牌ꎬ 这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌. 艺术体操的绳操 和带操可以舞出类似四角花瓣的图案ꎬ 它可看作由抛物线 C: y2 = 2px p > 0( ) 绕其 顶点分别逆时针旋转90 、 180 、 270 后所得三条曲线与 C 围成的(如图阴影区 域)ꎬ A B 为 C 与其中两条曲线的交点ꎬ 若 p = 1ꎬ 则 A. 开口向上的抛物线的方程为 y = 1 2 x2 B. AB = 4 C. 直线 x + y = t 截第一象限花瓣的弦长最大值为 3 4 D. 阴影区域的面积大于 4 数学期末教学质量检测 第 2 页 (共 4 页) 三、 填空题: 本大题共 3 小题ꎬ 每小题 5 分ꎬ 共 15 分ꎮ 12. x - 1 x 4 的展开式的常数项为 . 13. 已知数列 an{ } 的前 n 项和为 Sn = n2 + nꎬ 当 Sn + 9 an 取最小值时ꎬ n = . 14. 2024年新高考数学 卷多选题的计分标准如下: ①本题共 3小题ꎬ 每小题 6分ꎬ 共 18分ꎻ ②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项ꎬ 全部选对的得 6分ꎬ 有 选错或不选的得 0 分ꎻ ③ 部分选对的得部分分(若某小题正确选项为两个ꎬ 漏选 一个正确选项得 3 分ꎻ 若某小题正确选项为三个ꎬ 漏选一个正确选项得 4 分ꎬ 漏 选两个正确选项得 2 分) . 考生甲在此卷多选题的作答中ꎬ 第一小题选了三个选 项ꎬ 第二小题选了两个选项ꎬ 第三小题选了一个选项ꎬ 则他多选题的所有可能总 得分(相同总分只记录一次) 的第 80 百分位数为 . 四、 解答题: 本大题共 5小题ꎬ 共 77分ꎬ 解答应写出文字说明ꎬ 证明过程或演算步骤ꎮ 15. (13 分) 在 ABC 中ꎬ A B C 的对边分别为 a b cꎬ 且满足 . 请在① a - b( ) sin A + C( ) = a - c( ) sinA + sinC( ) ꎻ ②sin 6 - C cos C + 3 = 1 4 ꎬ 这两个中任选一个作为条件ꎬ 补充在横线上ꎬ 并解答问题. (1) 求 Cꎻ (2) 若 ABC 的面积为 5 3 ꎬ D 为 AC 的中点ꎬ 求 BD 的最小值. 16. (15 分) 某学校食堂有 Aꎬ B 两家餐厅ꎬ 张同学第 1 天选择 A 餐厅用餐的概率为 1 3 . 从第 2 天起ꎬ 如果前一天选择 A 餐厅用餐ꎬ 那么次日选择 A 餐厅用餐的概率为 3 4 ꎻ 如果前一 天选择B餐厅用餐ꎬ 那么次日选择 A餐厅用餐的概率为 1 2 . 设他第 n天选择 A餐厅用餐 的概率为 Pn . (1) 求 P2 的值及 Pn+1 关于 Pn 的表达式ꎻ (2) 证明数列 Pn - 2 3{ } 是等比数列ꎬ 并求出 Pn{ } 的通项公式. 数学期末教学质量检测 第 3 页 (共 4 页) 17. (15 分) 已知边长为 4 的菱形 ABCD(如图 1)ꎬ ∠BAD = 3 ꎬ AC与 BD 相交于点 Oꎬ E为线 段 AO 上一点ꎬ 将三角形 ABD 沿 BD 折叠成三棱锥 A - BCD(如图 2) . (1) 证明: BD ⊥ CEꎻ (2) 若三棱锥A - BCD的体积为8ꎬ 二面角B - CE - O的余弦值为 15 10 ꎬ 求OE的长. 18. (17 分) 已知椭圆 C: x 2 a2 + y 2 b2 = 1 a > b > 0( ) 的两个焦点分别为 F1 F2ꎬ 离心率为 2 2 ꎬ 点 P 为 C 上一点ꎬ PF1F2 周长为 2 2 + 2ꎬ 其中 O 为坐标原点. (1) 求 C 的方程ꎻ (2) 直线 l: y = x + m 与 C 交于 A B 两点ꎬ (i) 求 OAB 面积的最大值ꎻ (ii) 设OQ = OA + OB ꎬ 试证明点 Q 在定直线上ꎬ 并求出定直线方程. 19. (17 分) 定义: 如果函数 f x( ) 在定义域内ꎬ 存在极大值 f x1( ) 和极小值 f x2( ) ꎬ 且存在一个 常数 kꎬ 使 f x1( ) - f x2( ) = k x1 - x2( ) 成立ꎬ 则称函数 f x( ) 为极值可差比函数ꎬ 常数 k 称为该函数的极值差比系数. 已知函数 f x( ) = x - 1 x - alnx. (1) 当 a = 5 2 时ꎬ 判断 f x( ) 是否为极值可差比函数ꎬ 并说明理由ꎻ (2) 是否存在 a 使 f x( ) 的极值差比系数为 2 - a? 若存在ꎬ 求出 a 的值ꎻ 若不存 在ꎬ 请说明理由ꎻ (3) 若3 2 2 ≤ a ≤ 5 2 ꎬ 求 f x( ) 的极值差比系数的取值范围. 数学期末教学质量检测 第 4 页 (共 4 页) 数学参考答案及评分细则 评分说明: 1. 本解答给出了一种或几种解法供参考ꎬ 如果考生的解法与本解答不同ꎬ 可根据试题的主要 考查内容比照评分标准制定相应的评分细则ꎮ 2. 对计算题ꎬ 当考生的解答在某一步出现错误时ꎬ 如果后继部分的解答未改变该题的内容和 难度ꎬ 可视影响的程度决定后继部分的给分ꎬ 但不得超过该部分正确解答应给分数的一半ꎻ 如果 后继部分的解答有较严重的错误ꎬ 就不再给分ꎮ 3. 解答右端所注分数ꎬ 表示考生正确做到这一步应得的累加分数ꎮ 4. 只给整数分数ꎮ 选择题和填空题不给中间分ꎮ 一、 单项选择题: 本大题共 8 小题ꎬ 每小题 5 分ꎬ 共 40 分ꎬ 在每小题给出的四个选 项中ꎬ 只有一项是符合题目要求的ꎮ 1 2 3 4 5 6 7 8 A D B C B C C A 二、 多项选择题: 本大题共 3 小题ꎬ 每小题 6 分ꎬ 共 18 分ꎬ 在每小题给出的四个选 项中ꎬ 有多个选项符合题目要求ꎬ 全部选对的得 6 分ꎬ 选对但不全的得部分分ꎬ 有选错或不选的得 0 分ꎮ 9 10 11 AC ABC ABD 三、 填空题: 本题共 3 小题ꎬ 每小题 5 分ꎬ 共 15 分ꎮ 12. 6 13. 3 14. 13 四、 解答题: 本大题共 6小题ꎬ 共 77分ꎬ 解答应写出文字说明ꎬ 证明过程或演算步骤ꎮ 15. (13 分) 【解析】 解法一: (1) 选择条件 ①ꎬ a - b( ) sin A + C( ) = a - c( ) sinA + sinC( ) ꎬ 则 a - b( ) sinB = a - c( ) sinA + sinC( ) 1 分 由正弦定理可得 a - b( ) b = a - c( ) a + c( ) ꎬ 即 a2 + b2 - c2 = abꎬ 3 分 所以 cosC = a 2 + b2 - c2 2ab = 1 2 ꎬ 由 C∈ 0 ( ) ꎬ 所以 C = 3 . 6 分 数学期末教学质量检测参考答案 第 1 页 (共 8 页) 2024-2025学年下学期 漳州双语高级中学 期末考 选择条件 ②ꎬ sin 6 - C cos C + 3 = 1 4 ꎬ 即 sin 2 - 3 + C cos C + 3 = 1 4 ꎬ 2 分 所以cos2 C + 3 = 1 4 ꎬ 4 分 由 C∈ 0 ( ) ꎬ 3 < C + 3 < 4 3 ꎬ 则 cos C + 3 =- 1 2 ꎬ 所以 C + 3 = 2 3 ꎬ 则 C = 3 . 6 分 (2) 由 S = 1 2 absinC = 1 2 ab 3 2 = 5 3 ꎬ 解得 ab = 20. 8 分 又BD = BC + CD ꎬ 所以BD 2 = BC + CD ( ) 2 = BC 2 + 2 BC CD + CD 2 9 分 = a2 + 2a 1 2 b - 1 2 + 1 2 b 2 = a2 + b 2 4 - 1 2 ab≥ ab - 1 2 ab = 1 2 ab = 10ꎬ 11 分 所以 BD ≥ 10ꎬ 当且仅当 a = 10 b = 2 10 时等式成立ꎬ 12 分 所以 BD 的最小值是 10 . 13 分 解法二: (1) 同解法一ꎻ (2) 因为 S ABC = 5 3 ꎬ D 为 AC 中点ꎬ 所以 S BDC = 1 2 S ABC = 5 3 2 = 1 2 a 1 2 b sin 3 ꎬ 得 ab = 20ꎬ 8 分 在 BCD 中ꎬ 由余弦定理得 BD2 = BC2 + CD2 - 2BC CD cosC 9 分 = a2 + 1 4 b2 - 1 2 ab ≥ 2a 1 2 b - 1 2 ab = 1 2 ab = 10 11 分 所以 BD ≥ 10ꎬ 当且仅当 a = 10 b = 2 10 时等式成立ꎬ 12 分 所以 BD 的最小值是 10 . 13 分 数学期末教学质量检测参考答案 第 2 页 (共 8 页) 16. (15 分) 【解析】 (1) 设 An = “第 n 天去 A 餐厅用餐”ꎬ Bn = “第 n 天去 B 餐厅用餐”ꎬ 则 = An ∪ Bnꎬ 且 An 与 Bn 互斥. 根据题意得 P1 = P A1( ) = 1 3 ꎬ P B1( ) = 1 - P A1( ) = 2 3 ꎬ P Bn( ) = 1 - P An( ) ꎬ P An+1 | An( ) = 3 4 ꎬ P An+1 | Bn( ) = 1 2 ꎬ P2 = P A2( ) = P A1( ) P A2 | A1( ) + P B1( ) P A2 | B1( ) = 1 3 3 4 + 2 3 1 2 = 7 12 ꎬ 4 分 Pn+1 = P An+1( ) = P An( ) P An+1 | An( ) + P Bn( ) P An+1 | Bn( ) = 3 4 Pn + 1 2 (1 - Pn)ꎬ 即 Pn+1 = 1 4 Pn + 1 2 . 7 分 (2) Pn+1 - 2 3 = 1 4 Pn + 1 2 - 2 3 = 1 4 Pn - 1 6 = 1 4 Pn - 2 3 ꎬ 10 分 又因为 P1 - 2 3 =- 1 3 ≠ 0ꎬ 所以 Pn - 2 3{ } 是以 - 1 3 为首项ꎬ 1 4 为公比的等比 数列ꎬ 12 分 所以 Pn - 2 3 = - 1 3 1 4 n-1 ꎬ 14 分 从而 Pn = 2 3 - 1 3 4n-1 . 15 分 17. (15 分) 【解析】 解法一: (1) 因为四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形ꎬ 并且 ∠BAD = 3 ꎬ 所以 ABD BCD 均为等边三角形ꎬ 故 AO⊥BDꎬ CO⊥BDꎬ 且 AO = CO = 2 3 ꎬ 2 分 因为 AO⊂平面 ACOꎬ CO⊂平面 ACOꎬ 且 AO∩CO = Oꎬ 所以 BD⊥平面 ACO 5 分 因为 CE⊂平面 ACOꎬ 所以 BD⊥CE. 6 分 数学期末教学质量检测参考答案 第 3 页 (共 8 页) (2) 设 A 到平面 BCD 的距离为 hꎬ 因为等边三角形 BCD 的边长为 4ꎬ 所以三棱锥 A - BCD 的体积为 1 3 3 4 42h = 8ꎬ 所以 h = 2 3 ꎬ 7 分 因为 AO = 2 3 ꎬ 所以 AO⊥平面 BCDꎬ 8 分 以 O 为坐标原点ꎬ OB 所在直线为 x 轴ꎬ OC 所在直线为 y 轴ꎬ OA 所在直线为 z 轴ꎬ 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 O - xyzꎻ 则 O 0 0 0( ) B 2 0 0( ) ꎬ C 0 2 3 0( ) A 0 0 2 3( ) ꎬ 设 E 0 0 n( ) n > 0( ) 10 分 因为 BD⊥平面 ACOꎬ 所以m1 = (1 0 0) 是平面 ECO 的一个法向量ꎬ 11 分 设平面 BCE 的法向量为m2 = (x y z)ꎬ 又BC = ( - 2 2 3 0)ꎬ BE = ( - 2 0 n)ꎬ 故 m2 BC =- 2x + 2 3 y = 0 m2 BE =- 2x + nz = 0 ꎬ 取 x = 3 ꎬ 则 y = 1 z = 2 3 n ꎬ 得m2 = ( 3 1 2 3 n )ꎬ 13 分 因为二面角 B - CE - O 的余弦值为 15 10 ꎬ 所以 m1 m2 m1 m2 = 3 1 4 + 12 n2 = 15 10 14 分 解得: n = 3 2 或 n =- 3 2 (舍去)ꎬ 此时 OE = 3 2 . 15 分 解法二: (1) 同解法一ꎻ (2) 如图ꎬ 过点 O 作 OQ⊥CEꎬ 垂足为 Qꎬ 连接 BQꎬ 由(1) 可得 BO⊥平面 AOCꎬ CE⊂平面 AOCꎬ 所以 BO⊥CEꎬ 又 CE⊥OQꎬ OQ⊂平面 BOQꎬ 数学期末教学质量检测参考答案 第 4 页 (共 8 页) BO⊂平面 BOQꎬ OQ∩BO = Oꎬ 所以 CE⊥平面 BOQꎬ 因为 BQ⊂平面 BOQꎬ 所以 CE⊥BQꎬ 则 ∠BQO 即为二面角 B - CE - O 的平面角ꎬ 9 分 所以 cos∠BQO = 15 10 ꎬ 则 tan∠BQO = BO OQ = 17 3 ꎬ 又 BO = 2ꎬ 所以 OQ = 2 3 17 ꎬ 11 分 在 Rt COQ 中ꎬ sin∠OCQ = OQ CO = 1 17 ꎬ 则 tan∠OCQ = 1 4 ꎬ 12 分 设 A 到平面 BCD 的距离为 hꎬ 因为等边三角形 BCD 的边长为 4ꎬ 所以三棱锥 A - BCD 的体积为 1 3 3 4 42h = 8ꎬ 所以 h = 2 3 ꎬ 13 分 因为 AO = 2 3 ꎬ 所以 AO⊥平面 BCDꎬ 因为 CO⊂平面 BCDꎬ 所以 AO⊥COꎬ 即 EO⊥COꎬ 14 分 在 Rt COE 中ꎬ tan∠OCQ = OE OC = 1 4 ꎬ 又 OC = 2 3 ꎬ 所以 OE = 3 2 . 15 分 18. (17 分) 【解析】 (1) 设焦距为 2cꎬ 依题意ꎬ c a = 2 2 ꎬ 2a + 2c = 2 2 + 2ꎬ 解得 a = 2 ꎬ c = 1ꎬ{ 3 分 又 a2 = b2 + c2ꎬ 所以 b2 = a2 - c2 = 1ꎬ 4 分 所以 C 的方程为x 2 2 + y2 = 1. 5 分 (2) ( ) 设 A x1 y1( ) ꎬ B x2 y2( ) ꎬ 因为 x2 2 + y2 = 1 y = x + m ꎬ 所以 3x2 + 4mx + 2m2 - 2 = 0ꎬ 7 分 数学期末教学质量检测参考答案 第 5 页 (共 8 页) = 16m2 - 4 3 2m2 - 2( ) > 0ꎬ 解得 m2 < 3ꎬ 8 分 所以 x1 + x2 =- 4m 3 ꎬ x1x2 = 2m2 - 2 3 ꎬ 9 分 AB = x1 - x2( ) 2 + y1 - y2( ) 2 = 2 x1 + x2( ) 2 - 4x1x2 = 2 3 24 - 8m2 = 4 3 - m 2 3 ꎬ 点 O 到直线 l: x - y + m = 0 的距离 d = m 2 ꎬ 11 分 OAB 的面积 S = 1 2 4 3 - m 2 3 m 2 = 2 3 3 - m2( ) m2 ≤ 2 3 3 - m 2( ) + m2 2 = 2 2 ꎬ 当且仅当 3 - m2 = m2ꎬ 即 m = 6 2 时ꎬ OAB 面积的最大值为 2 2 . 13 分 ( ) 设 Q x y( ) ꎬ 由OQ = OA + OB ꎬ 有 x y( ) = x1 + x2 y1 + y2( ) ꎬ 即 x = x1 + x2 y = y1 + y2{ 因为 x1 + x2 =- 4m 3 ꎬ 所以 y1 + y2 = x1 + x2 + 2m = 2m 3 ꎬ 故 x =- 4m 3 y = 2m 3 ꎬ 于是有 y =- 1 2 xꎬ 所以点 Q 在定直线 y =- 1 2 x. 17 分 数学期末教学质量检测参考答案 第 6 页 (共 8 页) 19. (17 分) 【解析】 (1) 当 a = 5 2 时ꎬ f x( ) = x - 1 x - 5 2 lnx x > 0( ) ꎬ 所以 f ′ x( ) = 1 + 1 x2 - 5 2x = 2x - 1( ) x - 2( ) 2x2 ꎬ 1 分 当 x∈ 0 1 2 ∪ 2 + ∞( ) 时ꎬ f ′ x( ) > 0ꎻ 当 x∈ 1 2 2 时ꎬ f ′ x( ) < 0ꎬ 所以 f x( ) 在 0 1 2 和 2 + ∞( ) 上单调递增ꎬ 在 1 2 2 上单调递减ꎬ 3 分 所以 f x( ) 的极大值为 f 1 2 = 5 2 ln2 - 3 2 ꎬ 极小值为 f 2( ) = 3 2 - 5 2 ln2ꎬ 所以 f 1 2 - f 2( ) = 2 - 10 3 ln2 1 2 - 2 ꎬ 因此 f x( ) 是极值可差比函数. 4 分 (2) f x( ) 的定义域为 0 + ∞( ) ꎬ f ′ x( ) = 1 + 1 x2 - a x ꎬ 即 f ′ x( ) = x 2 - ax + 1 x2 ꎬ 假设存在 aꎬ 使得 f x( ) 的极值差比系数为 2 - aꎬ 则 x1 x2 是方程 x2 - ax + 1 = 0 的两个不等正实根ꎬ = a2 - 4 > 0 x1 + x2 = a 且 x1x2 = 1 ꎬ 解得 a > 2ꎬ 不妨设 x1 < x2ꎬ 则 x2 > 1ꎬ 5 分 由于 f x1( ) - f x2( ) = x1 - 1 x1 - alnx1 - x2 - 1 x2 - alnx2 = x1 - x2( ) 1 + 1 x1x2 - aln x1 x2 = 2 x1 - x2( ) - aln x1 x2 = 2 - a x1 - x2 ln x1 x2 x1 - x2( ) ꎬ 7 分 所以 2 - a = 2 - a x1 - x2 ln x1 x2 ꎬ 从而 1 x1 - x2 ln x1 x2 = 1ꎬ 数学期末教学质量检测参考答案 第 7 页 (共 8 页) 得 x2 - 1 x2 - 2lnx2 = 0ꎬ (∗) 8 分 令 g(x) = x - 1 x - 2lnx(x > 1)ꎬ g′ x( ) = x 2 - 2x + 1 x2 = x - 1( ) 2 x2 > 0ꎬ 所以 g(x) 在 1 + ∞( ) 上单调递增ꎬ 有 g(x) > g(1) = 0ꎬ 因此(∗) 式无解ꎬ 即不存在 a 使 f x( ) 的极值差比系数为 2 - a. 10 分 (3) 由(2) 知极值差比系数为 2 - a x1 - x2 ln x1 x2 ꎬ 即 2 - x1 + x2 x1 - x2 ln x1 x2 ꎬ 不妨设 0 < x1 < x2ꎬ 令 t = x1 x2 ꎬ t∈ 0 1( ) ꎬ 极值差比系数可化为 2 - t + 1 t - 1 lntꎬ a2 = x1 + x2( ) 2 x1x2 = x1 x2 + x2 x1 + 2 = t + 1 t + 2ꎬ 12 分 又 3 2 2 ≤ a ≤ 5 2 ꎬ 解得 1 4 ≤ t ≤ 1 2 ꎬ 13 分 令 p( t) = 2 - t + 1 t - 1 lnt 1 4 ≤ t ≤ 1 2 ꎬ p′( t) = 2lnt + 1 t - t t - 1( ) 2 ꎬ 14 分 设 h( t) = 2lnt + 1 t - t 1 4 ≤ t ≤ 1 ꎬ h′( t) = 2 t - 1 t2 - 1 = 2t - 1 - t2 t2 =- t - 1( ) 2 t2 ≤ 0ꎬ 15 分 所以 h( t) 在 1 4 1 上单调递减ꎬ 当 t∈ 1 4 1 时ꎬ h( t) ≥ h 1 2 > h(1) = 0ꎬ 从而 p′( t) > 0ꎬ 所以 p( t) 在 1 4 1 2 上单调递增ꎬ 所以 p 1 4 ≤ p t( ) ≤ p 1 2 ꎬ 即 2 - 10 3 ln2 ≤ p t( ) ≤ 2 - 3ln2. 故 f x( ) 的极值差比系数的取值范围为 2 - 10 3 ln2 2 - 3ln2 . 17 分 数学期末教学质量检测参考答案 第 8 页 (共 8 页)