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=}#}