甘肃省张掖市高台县2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 甘肃省张掖市高台县2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 582.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-15 10:19:51 | ||
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文档简介
高台县2022-2023学年高二下学期6月月考
数学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，从书架上任取1本书，有（ ）种不同取法；从书架的第1层 第2层 第3层各取1本书，有（ ）种不同取法.
A.9，20 B.20，9 C.9，24 D.24，9
2.下列函数中，不存在极值点的是（ ）
A. B.
C. D.
3.设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A.4 B.68 C.136 D.272
4.若存在过点的直线与曲线和曲线都相切，则实数的值是（ ）
A.2 B.1 C.0 D.-2
5.已知双曲线的右焦点为，过点作圆的切线，若两条切线互相垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C.2 D.3
6.“三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一”“三分益一”.取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二，便得到弦，“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到弦.以官为第一个音，依次按照损益的顺序，得到四个音，这五个音的音高从低到高依次是宫 商 角 徵 羽，合称“五音”.已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（ ）
A.徵 商 羽 角 B.徵 羽 商 角
C.商 角 徵 羽 D.角 羽 商 徵
7.设函数在上存在导数，对任意的有.若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.已知在上可导的函数的图象如图所示，为函数的导函数，则下列区间是不等式解集的子区间的是（ ）
A. B. C. D.
10.设数列的前项和为，数列的前项和为，下列结论正确的是（ ）
A.是等差数列 B.是等比数列
C. D.
11.阿基米德是古希腊伟大的物理学家 数学家 天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为，过两点的直线的方程为0，关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C.点的坐标为 D.
12.已知定义在上的偶函数，其导函数为，当时，，则（ ）
A.
B.函数在区间上单调递减
C.不等式的解集为
D.不等式的解集为
第II卷（非选择题共90分）
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数的图象在点处的切线方程为，则__________.
14.为了进一步做好社区疫情防控工作，从医疗小组的2名医生 4名护士中任意选出2人分别担任组长和副组长，则有__________种不同的选法.
15.已知是数列的前项和，，则__________.
16.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为__________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（10分）
设函数，曲线在点处取得极值.
（1）求的值；
（2）求函数的极值点.
18.（12分）
已知定点，点为圆（为圆心）上一动点，线段的垂直平分线与直线交于点.
（1）设点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（2）若过点且不与轴重合的直线与（1）中曲线交于两点，当取最大值时，求的面积.
19.（12分）
已知递增的等差数列，其前项和为，从①，②，③50中选出两个作为条件，求数列的最大项.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
20.（12分）
已知函数为的导数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2），若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
21.（12分）
已知函数.
（1）当时，研究的单调性；
（2）令，若存在，使得，证明：
22.（12分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
参考答案
一 选择题
1.C 2.D 3.B 4.A 5.A 6.A 7.B 8.D
二 选择题
9.AC 10.BCD 11.ABD 12.BC
三 填空题
13.1 14.30 15.231 16.
四 解答题
17.解：（1）因为，
所以，
又因为，所以，解得，
经检验符合题意，所以.
（2）由（1）可知，，
则，
当或时，，
当时，，
故可得在区间和上单调递减，在区间上单调递增，
故的极大值点为，极小值点为.
18.解：（1）依题意有
即点的轨迹是以为焦点的椭圆，
则，所以，
故点的轨迹方程为.
（2）设的方程为，
则，
联立得，
则，
当时，取最大值14.
此时，所以，
故.
19.解：若选择①②：设等差数列的公差为，
由，
可得
解得或（舍去），
所以，
所以数列的通项公式是，
即，
所以，
所以，
所以当时，；
当时，；故，
即数列的最大项为.
若选择①③：设等差数列的公差为，
由，
可得解得，
所以数列的通项公式是，
即，
所以，所以
所以当时，；
当时，；故，
即数列的最大项为.
若选择②③：设等差数列的公差为，
由，
可得解得，
所以数列的通项公式是，
即，所以，
所以，
所以当时，；
当时，；
故，
即数列的最大项为.
20.解：（1）由题意，所以0，
即切线的斜率，且，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题意知，
且的对称轴为直线，
所以当时，.
设，则，
当时，；
当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
又，所以在区间上只有一个零点，
设为，且当，时，
；当时，，所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
又，
所以当时，，
所以，即，
因此，实数的取值范围是.
21.（1）解：，
易知在区间上单调递增，且，
所以当时，0，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：，
所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
时，.
因为存在，使得，所以
，令
，
令，
则，
所以在区间上单调递增，所以，
所以，
所以，
所以.
22.解：（1）的定义域为，
（i）若，则，所以在区间，上单调递减.
（ii）若，则由得.
当时，；当，时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）若，由（1）知，至多有一个零点.
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为，
①当时，由于，因此只有一个零点；
②当时，由于，
即，因此没有零点；
③当时，，即.
又，且
，故在区间上有一个零点.
设正整数满足，
则.
由于，因此在区间，上有一个零点.
综上，的取值范围为.
数学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，从书架上任取1本书，有（ ）种不同取法；从书架的第1层 第2层 第3层各取1本书，有（ ）种不同取法.
A.9，20 B.20，9 C.9，24 D.24，9
2.下列函数中，不存在极值点的是（ ）
A. B.
C. D.
3.设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A.4 B.68 C.136 D.272
4.若存在过点的直线与曲线和曲线都相切，则实数的值是（ ）
A.2 B.1 C.0 D.-2
5.已知双曲线的右焦点为，过点作圆的切线，若两条切线互相垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C.2 D.3
6.“三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一”“三分益一”.取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二，便得到弦，“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到弦.以官为第一个音，依次按照损益的顺序，得到四个音，这五个音的音高从低到高依次是宫 商 角 徵 羽，合称“五音”.已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（ ）
A.徵 商 羽 角 B.徵 羽 商 角
C.商 角 徵 羽 D.角 羽 商 徵
7.设函数在上存在导数，对任意的有.若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.已知在上可导的函数的图象如图所示，为函数的导函数，则下列区间是不等式解集的子区间的是（ ）
A. B. C. D.
10.设数列的前项和为，数列的前项和为，下列结论正确的是（ ）
A.是等差数列 B.是等比数列
C. D.
11.阿基米德是古希腊伟大的物理学家 数学家 天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为，过两点的直线的方程为0，关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C.点的坐标为 D.
12.已知定义在上的偶函数，其导函数为，当时，，则（ ）
A.
B.函数在区间上单调递减
C.不等式的解集为
D.不等式的解集为
第II卷（非选择题共90分）
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数的图象在点处的切线方程为，则__________.
14.为了进一步做好社区疫情防控工作，从医疗小组的2名医生 4名护士中任意选出2人分别担任组长和副组长，则有__________种不同的选法.
15.已知是数列的前项和，，则__________.
16.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为__________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（10分）
设函数，曲线在点处取得极值.
（1）求的值；
（2）求函数的极值点.
18.（12分）
已知定点，点为圆（为圆心）上一动点，线段的垂直平分线与直线交于点.
（1）设点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（2）若过点且不与轴重合的直线与（1）中曲线交于两点，当取最大值时，求的面积.
19.（12分）
已知递增的等差数列，其前项和为，从①，②，③50中选出两个作为条件，求数列的最大项.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
20.（12分）
已知函数为的导数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2），若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
21.（12分）
已知函数.
（1）当时，研究的单调性；
（2）令，若存在，使得，证明：
22.（12分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
参考答案
一 选择题
1.C 2.D 3.B 4.A 5.A 6.A 7.B 8.D
二 选择题
9.AC 10.BCD 11.ABD 12.BC
三 填空题
13.1 14.30 15.231 16.
四 解答题
17.解：（1）因为，
所以，
又因为，所以，解得，
经检验符合题意，所以.
（2）由（1）可知，，
则，
当或时，，
当时，，
故可得在区间和上单调递减，在区间上单调递增，
故的极大值点为，极小值点为.
18.解：（1）依题意有
即点的轨迹是以为焦点的椭圆，
则，所以，
故点的轨迹方程为.
（2）设的方程为，
则，
联立得，
则，
当时，取最大值14.
此时，所以，
故.
19.解：若选择①②：设等差数列的公差为，
由，
可得
解得或（舍去），
所以，
所以数列的通项公式是，
即，
所以，
所以，
所以当时，；
当时，；故，
即数列的最大项为.
若选择①③：设等差数列的公差为，
由，
可得解得，
所以数列的通项公式是，
即，
所以，所以
所以当时，；
当时，；故，
即数列的最大项为.
若选择②③：设等差数列的公差为，
由，
可得解得，
所以数列的通项公式是，
即，所以，
所以，
所以当时，；
当时，；
故，
即数列的最大项为.
20.解：（1）由题意，所以0，
即切线的斜率，且，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题意知，
且的对称轴为直线，
所以当时，.
设，则，
当时，；
当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
又，所以在区间上只有一个零点，
设为，且当，时，
；当时，，所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
又，
所以当时，，
所以，即，
因此，实数的取值范围是.
21.（1）解：，
易知在区间上单调递增，且，
所以当时，0，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：，
所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
时，.
因为存在，使得，所以
，令
，
令，
则，
所以在区间上单调递增，所以，
所以，
所以，
所以.
22.解：（1）的定义域为，
（i）若，则，所以在区间，上单调递减.
（ii）若，则由得.
当时，；当，时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）若，由（1）知，至多有一个零点.
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为，
①当时，由于，因此只有一个零点；
②当时，由于，
即，因此没有零点；
③当时，，即.
又，且
，故在区间上有一个零点.
设正整数满足，
则.
由于，因此在区间，上有一个零点.
综上，的取值范围为.
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