江西省部分学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（Word版附解析）

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试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．考查范围：选择性必修第一册占，选择性必修第二册占，集合与常用逻辑用语占.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡指定位置上.
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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. “对任意，是偶函数”的否定是（ ）
A. 存在，使不是偶函数
B. 对任意，不是偶函数
C. 存在，使是偶函数
D. 不存在，使是偶函数
【答案】A
【解析】
【分析】由命题的否定的定义可得结论.
【详解】因为命题“，x具有性质”否定是“，x不具有性质”．
所以“对任意，是偶函数”的否定是“存在，不是偶函数”.
故选：A.
2. 已知为等差数列，若，则的公差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质可求公差.
【详解】设的公差为，因为，
所以，．
故选：D．
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得，进而可求.
【详解】因为，所以，则．
故选：D．
4. 已知变量x，y线性相关，利用样本数据求得的回归直线方程为，且点都在直线上，则这组样本数据的相关系数（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合回归直线方程，以及相关系数的含义，即可求解.
【详解】由题意知，点都在直线上，可得，
又由变量负相关，所以．
故选：B．
5. 已知函数是奇函数，当时，，若的图象在处的切线方程为，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，再根据函数为奇函数可得，，即可得解.
【详解】的图象在处的切线方程为，
则，，
当时，，，
因为是奇函数，图象关于原点对称，
的图象在处及处的切线也关于原点对称，
所以，，
即，所以，，．
故选：D.
6. 已知双曲线的渐近线与圆没有公共点，数列中，且是递增数列，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】A
【解析】
【分析】求得p成立时，q成立时，可得结论.
【详解】若双曲线的渐近线与圆没有公共点，
则点到直线的距离大于1，即，解得；
若数列是递增数列，则，
所以p是q的充分不必要条件．
故选：A.
7. 已知数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据得到为等比数列，从而得到，再利用错位相减法求和即可.
【详解】由，，得，所以，
而，所以数列是首项为1、公比为的等比数列，
所以，，
所以，，
两式相减得，
所以，
所以．
故选：C
8. 已知，，若存在，，使得，则有（ ）
A. 最小值为B. 最大值为
C. 最小值为D. 最大值为
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，构造函数，利用函数的单调性得到t的取值范围是，又，构造函数，利用导数与函数单调性单据关系，求出单调区间，即可求出结果.
【详解】由，得，，
设，则，
设，则，
由，得到，由，得到，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，所以t的取值范围是，
，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，没有最小值，
所以当，时，取得最大值，没有最小值．
故选：B.
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. 某公司为入职员工实行每月加薪，小王入职第1个月工资为a元，从第2个月到第13个月，每月比上个月增加100元，从第14个月到第25个月，每月比上个月增加50元，已知小王前3个月的工资之和为9300元，则（ ）
A.
B. 小王第3个月与第7个月工资之和等于第2个月与第8个月工资之和
C. 小王入职后前15个月的工资之和是第8个月工资的15倍
D. 小王入职后第20个月的工资为4550元
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等差数列的定义、通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.
【详解】A：小王前3个月的工资之和为，
解得，故A正确；
B：记小王入职第n个月工资为，则时，是等差数列，
因为，所以，故B正确；
C：当时，是公差为100的等差数列，
当时，是公差为50的等差数列，则，
，所以，故C错误；
D：小王入职后第13个月的工资为，
第20个月的工资为，D正确．
故选：ABD．
10. 若数列满足，对任意正整数n，恒有，则的通项可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由，可判断A；对于B，，可判断B；对于C，当时，可得，当时，可得，可判断C；对于D，数列是以3为周期的周期数列，可判断D.
【详解】对于A，，当时最小，满足题意，A正确；
对于B，，
当，，所以，B错误；
对于C，，当时，，
当时，，且随n的增大而减小，符合题意，C正确；
对于D，，
数列的前7项依次为，，1，，，1，，
该数列是以3为周期的周期数列，故D正确．
故选:ACD.
11. 根据的单调性判断，下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】令函数，利用导数求得的单调区间，由，可判定A错误；由，可判定B正确；由，可判定C正确；由，可判定D错误．
【详解】由函数，可得，
故时，；时，，
所以在上单调递增，在上单递减，
对于A中，由，可得，即，所以A错误；
对于B中，由，可得，即，所以B正确；
对于C中，由，可得，即，所以C正确；
对于D中，由，可得，即，所以，所以D错误．
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】先确定集合B中的元素，再结合集合的交集运算，即可求解．
【详解】当时，，当时，，，，
所以．
故答案：
13. 已知是公差不为零的等差数列，是公比为正数的等比数列，若，，，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】设的公差为，的公比为，由题意可得，求解即可.
【详解】设的公差为，的公比为，
由题意得，解得，所以.
故答案为：.
14. 若函数的图象与直线有4个交点，则实数a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】先将函数图象交点问题转化为方程有解问题，利用换元法，构造函数，利用导数判断函数的单调性，得出方程的根为0与1；再根据分两类进行讨论，每一种情况内先分离出参数a、构造函数，利用导数研究函数的单调性并作出草图，数形结合即可求解.
【详解】因为函数的图象与直线有4个交点，
所以方程有4个不同实根，
即有4个不同实根.
设，，
则.
令，得；令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又因为，
所以有2个不同实根0与1.
令，得.
设，
则， .
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，且时，
作出函数的草图：
所以当时，直线与函数的图象没有交点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点；
当时，直线与函数的图象有2个交点.
令，得，
设，
则，.
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，且时，.
作出函数的草图：
所以当时，直线与函数的图象没有交点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点；
当时，直线与函数的图象有2个交点.
综上可得：当时，函数图象与直线有4个交点.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值，函数与方程的综合应用及数形结合思想得应用.解题关键在于先将函数图象交点问题转化为方程有解问题，再构造函数，利用导数研究函数的单调性并作出草图，结合图象即可.
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. 据统计，目前中国各省市博物馆藏品数量最多的前5个省市及藏品数量（单位：万件）依次为：北京（632.2）、四川（470.9）、上海（342.1）、陕西（329.2）、广东（262.7），从这5个省市中任意选取2个省市，记选取到的博物馆藏品数量超过400万件的省市个数为X．
（1）求X的分布列与期望；
（2）在的条件下，求广东省没有被选取到的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）X的所有可能取值为0，1，2，求得分布列，可求数学期望；
（2）利用条件概率公式求解即可.
【小问1详解】
X的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列如下表所示，
．
【小问2详解】
设事件A表示“”，事件B表示“广东省没有被选取到”，
则，，
所以在的条件下，广东省没有被选取到的概率为．
16. 已知四棱锥中，底面，，四边形是边长为4的菱形，点E，F分别为，的中点，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明，即可得所以平面，故可得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量即可.
【小问1详解】
证明：因为四边形是菱形，且，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
小问2详解】
由（1）可得，，两两垂直，
因为，，，
所以，
以点A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量，
则，即，
取，得，，
故平面的一个法向量，
设平面的法向量，
则，即，
取，得，，
故平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 已知数列满足，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若，，求的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，可证结论；
（2）由（1）可求得，可得，可求得.
【小问1详解】
因为，
所以，
两边同时除以得，
即，
所以数列是公差为4的等差数列．
【小问2详解】
由（1）得是公差为4的等差数列，首项，
所以，所以，
，
所以
．
18. 已知椭圆的离心率为，且a，b的等比中项为2．
（1）求C的方程；
（2）若直线与C交于点A，B两点，直线过点A且与C交于另外一点，直线过点B，且与C交于另外一点．
（ⅰ）设，，证明：；
（ⅱ）若直线的斜率为，判断是否存在常数m，使得k是m，的等比中项，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，9.
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，求解即可；
（2）（ⅰ）把直线代入椭圆方程可得，又，可得，因为点在直线上，计算可得结论；
（ⅱ）设，同（ⅰ）可得，，运算可得，可得，进而可求得.
【小问1详解】
因为C的离心率为，所以，
整理得，所以，
因为a，b的等比中项为2，所以，
即，，，
所以C的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）与联立得，
则，则或，
所以，
因为，且，
所以，
所以，即得证．
（ⅱ）由（ⅰ）知，．
因为直线经过点，，直线经过点，，
设，则，．
又，，
所以，所以，9的一个等比中项为k，
即存在，使得k是m，的等比中项．
19. 已知函数的导函数为，的导函数为，对于区间A，若与在区间A上都单调递增或都单调递减，则称为区间A上的自律函数．
（1）若是R上的自律函数．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若a取得最小值时，只有一个实根，求实数t的取值范围；
（2）已知函数，判断是否存在b，c及，使得在上不单调，且是及上的自律函数，若存在，求出b与c的关系及b的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）（i）根据函数新定义，列式求解，即可得答案；（ii）利用导数判断函数的单调性，求出其函数值情况，即可求得答案；
（2）求出的导数以及二次导数，利用导数判断函数单调性，结合函数新定义，即可判断出结论.
【小问1详解】
（ⅰ）因为，
所以，，
因为是R上的自律函数，
所以恒成立，恒成立，
所以
解得，所以a的取值范围是．
（ⅱ）当时，，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增，
因为，，，
所以若只有一个实根，t的取值范围是．
【小问2详解】
由得，，
令得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由在上不单调，且是及上的自律函数，
得，
则，，
所以时，
，
在上单调递增，与已知矛盾，
所以不存在b，c及，使得在上不单调，且是及上的自律函数．
【点睛】关键点睛：此类是考查函数新定义问题，解答的黄关键是要理解函数新定义的含义，依据新定义结合导数的相关知识，求解即可.X
0
1
2
P