利津县高级中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试卷(含答案)

这是一份利津县高级中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试卷(含答案)，共11页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．函数的单调递增区间( )
A.B.C.D.
2．若函数有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
3．函数的图像在点处的切线方程为( )
A.B.C.D.
4．记为等比数列的前n项和.若，，则( )
A.
B.
C.
D.
5．数列满足且,则( )
A.B.C.D.
6．已知等差数列的前n项和为,则( )
A.140B.70C.154D.77
7．设函数的导数为,且,则( )
A.-2B.0C.2D.4
8．已知,,,则a,b,c的大小关系是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．函数的极值点是( )
A.B.C.D.
10．下列不等式恒成立的是( )
A.B.C.D.
11．已知数列的前n项和为,下列说法正确的是( )
A.若,则是等差数列
B.若,则是等比数列
C.若,则数列为递增数列
D.若数列为等差数列,,则最小
三、填空题
12．若函数在区间上存在最大值,则实数a的取值范围是__________．
13．已知数列的前n项和为,,,则___________.
14．已知函数,若在上单调递增,则实数t的取值范围为___________．
四、解答题
15．如图,在空间直角坐标系中,四棱柱为长方体,,点E为的中点.
（1）求直线与平面的夹角的正弦值;
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
16．已知等差数列的前n项和为,且,,成等比数列,.
（1）求数列的通项公式;
（2）若数列为递增数列,记,求数列的前n项和.
17．已知数列的前n项和为,.
（1）证明：数列是等比数列,并求出通项公式;
（2）数列满足,求数列的前n项和.
18．已知函数.
（1）当时,求函数在上的最大值和最小值;
（2）若函数在区间内存在极小值,求实数a的取值范围.
19．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，对任意，恒成立，求整数k的最大值.
参考答案
1．答案：C
解析：因为函数,所以,
令,解得,
所以函数的单调递增区间为,
故选：C.
2．答案：D
解析：因为有两个不同的极值点,
所以在有2个不同的零点,
所以在有2个不同的零点,
所以,
解可得,.
故选：D.
3．答案：B
解析：,,,,
因此,所求切线的方程为,即.
故选：B.
4．答案：B
解析：设等比数列的公比为q，则由解得所以，，所以，故选B.
5．答案：B
解析：因为,可得,
又因为,可得,所以是以1为首项,4为公比的等比数列,
则,所以,所以.
故选：B.
6．答案：D
解析：等差数列的前n项和为,
故选：D.
7．答案：B
解析：因为,所以,
所以,所以,
所以,所以.
故选：B.
8．答案：A
解析：令函数,求导得,令,
则,,故,单调递减,又,
故,,即,,而,则,即,所以,
故选：A.
9．答案：ABC
解析：由题意,,
所以,令,得,即,即,
解得或或,
所以当或时,;
当或时,,
所以函数在和上单调递减,在和上单调递增,
所以与为极小值点,为极大值点,
综上,函数的极值点为或或．
故选：ABC．
10．答案：AB
解析：对选项A,设,,
当时,,为减函数,
当时,,为增函数,
所以,即,故A正确.
对选项B,设,,
当时,,为增函数,
当时,,为减函数,
所以,即,故B正确.
对选项C,当时,,此时,故C错误.
对选项D,当时,,故D错误.故选:AB
11．答案：BC
解析：对于选项A,,,,
,不满足是等差数列,故选项A错误;
对于选项B,当时,,
当时,,
因为时也满足上式,所以,则,
所以是等比数列,故选项B正确;
对于选项C,因为,所以,
因为,所以,
因此数列为以为首项,4为公差的等差数列,也是递增数列,故选项C正确;
对于选项D,设数列的公差为d,因为,所以,
即,当时,没有最小值,故选项D错误.
故选：BC．
12．答案：
解析：由已知,
令,得,在上单调递增,
令,得,在上单调递减,
所以在时取最大值,所以
解得.
故答案为：.
13．答案：
解析：由题意得,又,则,
故数列是以6为首项,为公比的等比数列,则.
故答案为：.
14．答案：,
解析：,,
若在上单调递增,则只需在上恒成立,
即在上恒成立,令,,
在上单调递增,
,则,解得,
则实数t的取值范围为．
故答案为：．
15．答案：（1）
（2）
解析：（1）不妨设,则,,,,
,,,,故,
故,,
设平面法向量为,
则由可得,取,则,
设直线与平面所成的角为,
则.
（2）由长方体的性质可得平面,
又,故,
故平面与平面夹角的余弦值为.
16．答案：（1）或
（2）
解析：（1）设公差为d,则,
即
解得或,
所以或;
（2）因为数列为递增数列,则,
所以,
所以,
有,
两式相减,有
,
即.
17．答案：（1）证明见解析,
（2）
解析：（1）因为,
所以,（）,
两式相减得,即,
所以数列是以4为公比的等比数列,
又,
所以.
（2）因为,
,
所以.
18．答案：（1）最大值为,最小值为
（2）
解析：（1）当时,则函数,,
令,解得或,
当时,,当时,,
则函数在上单调递减,函数在上单调递增,
在时取得极小值为,且,
故在上的最大值为,最小值为.
（2）,则
①当时,,函数单调递增,无极值,不合题意,舍去;
②当时,令,得或,
在,上单调递增,在上单调递减,
故函数在时取得极大值,在时取得极小值,
;
③当时,令,得或,
在和上单调递增,在上单调递减,
故函数在时取得极大值,在时取得极小值,
,解得.
综上所述：实数a的取值范围是.
19．答案：（1）见解析
（2）1
解析：（1）易得.当时，，故在上单调递增；当时，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增；当时，，故在上单调递减.
（2）当时，，则对于恒成立.
方法一：令，则.当时，，则在上单调递增，且，符合题意；当时，令，则，所以当时，单调递增，又，所以存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增，故，即，所以，由，当且仅当时取等号，得.
又，所以整数k的最大值为1.又时，，，所以，，所以时符合题意，所以整数k的最大值为1.
方法二：原不等式等价于对于恒成立.令，则.令，则，所以在上单调递增.又，，所以存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以，所以，所以，经验证时，恒成立，所以整数k的最大值为1.