山东省东营市利津县高级中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（学生版+教师版）

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1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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. 函数的单调递增区间（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出导函数，令，解不等式即可得答案.
【详解】解：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. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由在有2个不同的零点，结合二次函数的性质可求．
【详解】解：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：．
3. 函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】，，，，
因此，所求切线的方程为，即.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题
4. 记为等比数列的前项和.若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本量法可求公比,从而可求的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
故，从而，
故选：B.
5. 数列满足 且，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得到，等出是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】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. 已知等差数列的前n项和为，则（ ）
A. 140B. 70C. 154D. 77
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的前n项和公式，及等差数列的性质，即可求出结果.
【详解】等差数列的前n项和为，
故选D.
【点睛】本题考查等差数列的前n项和的求法和等差数列的性质，属于基础题.
7. 设函数的导数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可先求函数的导数，令求出即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以，所以.
故选：B
8. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.
详解】令函数，求导得，令，则，故，单调递减，又，故，即，而，则，即，所以，
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 函数的极值点是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】先求导数得到单调区间，根据增减性求出极值点．
【详解】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. 下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】首先构造函数利用导数求出最值，即可判断A，B正确，利用特殊值即可判断C，D错误.
【详解】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. 已知数列的前项和为，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
【答案】BC
【解析】
【分析】借助等差数列、等比数列概念、数列的递推关系逐项计算即可得.
【详解】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，因为，所以，
即，当时，没有最小值，故选项D错误.
故选：BC．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数在区间上存在最大值，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】求导，根据单调性求出函数极值点，根据极值点的位置列不等式求解.
【详解】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. 已知数列的前n项和为，，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由求得，求出，由等比数列的通项公式求解即可.
【详解】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. 已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为 __．
【答案】,
【解析】
【分析】将在上单调递增，转化为恒成立即可，设，求导确定单调性即可得最值，从而可得实数的取值范围．
【详解】，，
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，
则实数的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在空间直角坐标系中，四棱柱为长方体，，点为的中点，
（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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线的方向向量和平面的法向量后可求线面角的正弦值.
（2）求出平面的法向量后可求面面角的余弦值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 已知等差数列中的前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项的和．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列公差为d，已知条件列方程组求出和d，可求数列的通项公式；
（2）错位相减法求数列的前n项的和．
【小问1详解】
设等差数列公差为d，则，即
解得或，所以或；
【小问2详解】
由数列为递增数列，则，
所以，
则
有
两式相减，有
，
即．
17. 已知数列的前项和为，.
（1）证明：数列是等比数列，并求出通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知易得，进而易求数列的通项公式；
（2）求得，进而可得，可求.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
因为，
，
所以.
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，求实数的取值范围.
【答案】（1）最大值为，最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性，进而确定最值；（2）求导，利用导数判断原函数的单调性，进而确定极值点，注意讨论与的大小关系.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
∵，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：实数的取值范围是.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，恒成立，求整数k的最大值.
【答案】（1）答案见解析；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）求出函数导数后，分三种情况讨论，即可求解函数单调区间；
（2）分离参数可得对于恒成立，令，利用导数求出函数，分析出，即可求出整数k的最大值.
【小问1详解】
由得.
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.
【小问2详解】
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.