数学6月月考试卷答案_2025年6月_250622黑龙江省双鸭山市第一中学2024-2025学年高二下学期6月月考_黑龙江省双鸭山市第一中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学

高二数学月考答案 16．(1)A BR (2) a a1  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 【详解】（1）∵当a4时，Ax 2x6 ，B  x x1或x4  ， C B A D B A B C ABD AC BCD ∴A BR；  4 （2）∵B  x x1或x4  ，∴ð Bx1x4 ， 12． (－3,0] 13．6或7 14． R e3 由A是ð B的充分不必要条件得A是ð B的真子集， R R 14题.【详解】设曲线y f(x)在xx 处的切线与曲线yg(x)相切于xx 处， 1 2 若A，则2a2a，解得a0，满足A是ð B的真子集，符合题意； R f(x)2x，故曲线y f(x)在xx 处的切线方程为yx2 2x (xx )， 1 1 1 1 当a0时，A2，满足A是ð B的真子集，符合题意； R 整理得y2xxx2. 1 1 当a0时，Ax 2ax2a ,得 解得0a1，综上可得：a1， gxaex1，故曲线yg(x)在xx 处的切线方程为yaex 21 aex 21xx ， 2 2 故实数a的取值范围为： a a1 ． 整理得yaex 21xaex 21x 1 . 2 17．（1）a 2n1；（2）1． 2x aex21 1 n 故 1  x 1 2 aex21x 2 12 【详解】解：（1）∵a 4 ，3a 3 ，a 5 成等差数列，∴6a 3 a 4 a 5 ，∴6qq2． 由(1)再结合a0知x 1 >0，将(1)代入(2) ，得x 1 2 2x 1 (x 2 1)， ∵q0，∴q= 2．∴a n a 2 qn2 22n2 2n1． 解得x 1 2(x 2 1)且x 2 1， （2）由（1）知，a 2 a 1 q，q= 2，∴a 1 1．S n (a 2 a 3   a n1 )(a 1 a 2   a n ) 将x 2(x 1)代入(1) ，解得4x 1aex 21且x 1， (222  2n)(12  2n1) 2(2n1)(2n1) (2)(2n1)2n1∴21．∴1． 1 2 2 2 4x 1 4t2 18．(1) f(x)的单调递减区间是[1,2]，单调递增区间是[2,3]，值域为[4,5]； 即a 2 且x 1，令t x 1，则a ，t2. ex21 2 2 et 3 (2)证明见解析；(3)a . 2 4t2 43t 令ht ，ht ， et et 【详解】（1）由已知，函数 f(x)的单调递减区间是[1,2]，单调递增区间是[2,3]， 4 4 13 则h(t)在区间(2,3)单调递增，在区间(3,)单调递减，且h3 ， 所以 f(x)  f(2)224，又 f(1)145， f(3)3  ， e3 min 3 3 4t2 4 所以 f(1) f(3)，所以 f(x)  f(1)5，所以 f(x)在x[1,3]上的值域为[4,5]. 又两曲线有且只有一条公切线，所以a 只有一个根，由图和a0知a . max et e3 （2）设x，x 0,，x  x ， 1 2 1 2 4 故答案为： . e3 x  4 x  4 f x  f x  x x  1 x 2 x x x 4 15．(1) x|x1或x2 (2)见解析 则 1 2  f  1 2  1 2  1 2  2  2  2 2 x x 1 2 【详解】（1）由题得(x1)(x2)0，所以不等式的解集为 2 x|x1或x2， x x  1 1  x x 8  1 1  8  1 2 2   1 2  2   2 x x  2 x x x x  x x 1 2 1 2 1 2 1 2 故M= x|x1或x2 . 2x x 28xx 2x x 2 f x  f x  x x  4 （2）①当a0时，此时关于x的不等式为x2 0，M x|x0；  x 1 x  2 x x  1 2  xx  1 x  2 x  0，∴ 1 2 2  f   1 2 2   ，∴当x0时， f(x)x x 是凹函数. 1 2 1 2 1 2 1 2 ②当a0时，此时M x|xa或x2a； 4x212x3 4 4 （3）yg(x) 2x1 8，设t2x1，x0,1，1t 3，则yt 8，t1,3， ③当a0时，此时M x|x2a或xa . 2x1 2x1 t 1 {#{QQABLQKQggAoAAAAAAhCAQVICkEQkBAACSoGAAAYoAIBCBNABAA=}#}由已知性质得，当1t2，即0x 1 2 时，g(x)单调递减，所以递减区间为    0, 1 2    ， 若b1，则 fx x x  2 12 0， 当2t3，即 1 x1时，g(x)单调递增，所以递增区间为   1 ,1   ， 所以 f x在0,上单调递减，无极值，不满足题意； 2 2  若b1，令 fx0x1,b，令 fx0x0,1  b,， 1 11 由g03，g 4，g1 ，得g(x)的值域为[4,3]， 2 3 则 f x在1,b上单调递增，在0,1，b,上单调递减， 因为h(x)x2a为减函数，所以h(x)[12a,2a]，x0,1， 所以x1是 f x的极小值点，满足题意； 根据题意，g(x)的值域为h(x)的值域的子集， 综上，x1是 f x的极小值点时，b的取值范围为1,. 12a4 3 从而有 ，所以a . x22xb 2a3 2 （ⅱ）由题 fx x0， x2 19．(1)x4y70 设xx22xb，抛物线yx的对称轴为直线x1， (2)（ⅰ）1,；（ⅱ）证明见解析 Δ44b0  【详解】（1）由题意，得 f x xlnx2x2 ，则 f 1 3 ，所以切点为  1, 3 ， 因为方程 fx0有两个正根x 1 ，x 2 ，所以x 1 x 2 20，解得0b1， x1 2  2  xx b0 1 2 又因为 fx lnxx2x3 ，所以 f1 1 ， 由题意知x22x b0，得bx22x . x12 4 2 2 2 2 因为11b0，2b0，所以1x 2， 2 所以曲线y f x在点  1, 3 处的切线斜率为 1 ，  2 4 f x  2 b2lnx x  b  2 b2lnx  2 x2 10 x 2， 2 3 2 2 x 3 2 3 2 3 2 3 1 2 所以切线方程为y  x1，即x4y70. 2 4 2 10 令hx2lnx x2 x21x2， 3 3 b （2）（ⅰ）由题，可得 f xalnx x，定义域为0,， x 2 4 10 2x12x3 则hx  x  ， x 3 3 3x a b x2axb 则 fx  1 ， x x2 x2  3  3 当x1, 时，hx0，所以hx在1, 上单调递减；  2  2 因为x1是 f x的极小值点，则 f11ab0ab1， 3  3  x2b1xb x1xb 当x ,2时，hx0，所以hx在 ,2上单调递增， 则 fx  ， 2  2  x2 x2 因为1x 2，所以hx maxh1,h2 ， 若b0，令 fx0x0,1，令 fx0x1,， 2 2 则 f x在0,1上单调递增，在1,上单调递减， 由h1 2 ，h22ln22，得h2h12ln2 4  2  ln8lne2 ， 3 3 3 所以x1是 f x的极大值点，不满足题意； 因为e2.8，所以e2 2.82 7.848，所以lne2 ln8，则ln8lne2 0， 若0b1，令 fx0xb,1，令 fx0x0,b  1,， 所以h2h10，所以h2h1，所以hx maxh1,h2h22ln22， 2 则 f x在b,1上单调递增，在0,b，1,上单调递减， 2 2 所以 f x  b2ln22，即 f x  b2ln22. 2 3 2 3 所以x1是 f x的极大值点，不满足题意； 2 {#{QQABLQKQggAoAAAAAAhCAQVICkEQkBAACSoGAAAYoAIBCBNABAA=}#}