江西省宜春市高安市石腦中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期5月月考數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________一、單選題1．已知集合，，若，且，則a的取值范圍是（

）A． B．C． D．2．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且，則（

）A． B． C．2 D．33．從坐標(biāo)平面的四個(gè)象限中取若干點(diǎn)，這些點(diǎn)中橫坐標(biāo)為正數(shù)的點(diǎn)比橫坐標(biāo)為負(fù)數(shù)的點(diǎn)多，縱坐標(biāo)為正數(shù)的點(diǎn)比縱坐標(biāo)為負(fù)數(shù)的點(diǎn)少，則下列對(duì)這些點(diǎn)的判斷一定正確的是（

）A．第一象限點(diǎn)比第二象限點(diǎn)多 B．第二象限點(diǎn)比第三象限點(diǎn)多C．第一象限點(diǎn)比第三象限點(diǎn)少 D．第二象限點(diǎn)比第四象限點(diǎn)少4．已知等差數(shù)列的公差，則的最小值為（

）A．1 B． C． D．25．已知函數(shù)在上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（

）A． B． C． D．6．北宋大科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中首創(chuàng)的“隙積術(shù)”，就是關(guān)于高階等差數(shù)列求和的問題．現(xiàn)有一貨物堆，從上向下查，第一層有1個(gè)貨物，第二層比第一層多2個(gè)，第三層比第二層多3個(gè)，以此類推，記第n層貨物的個(gè)數(shù)為，則使得成立的n的最小值是（

）A．3 B．4 C．5 D．67．已知狄利克雷函數(shù)，符號(hào)函數(shù)，這兩個(gè)函數(shù)在數(shù)學(xué)和計(jì)算機(jī)等領(lǐng)域中有著廣泛的應(yīng)用.有以下兩個(gè)結(jié)論:①函數(shù)是奇函數(shù)且該函數(shù)在區(qū)間上的有理數(shù)零點(diǎn)恰有3個(gè)；②函數(shù)既是偶函數(shù)，又是增函數(shù).那么(

).A．①正確②錯(cuò)誤 B．①錯(cuò)誤②正確C．①正確②正確 D．①錯(cuò)誤②錯(cuò)誤8．已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，則的大小關(guān)系為（

）A． B．C． D．二、多選題9．已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，首項(xiàng)且滿足，則（

）.A．. B．?dāng)?shù)列為等比數(shù)列.C．. D．.10．［多選題］下列說法正確的是（

）A．“對(duì)任意一個(gè)無理數(shù)x，也是無理數(shù)”是真命題B．命題“，”的否定是“，”C．設(shè)x，，則“”是“且”的充分不必要條件D．設(shè)a，，則“”是“”的必要不充分條件11．已知函數(shù)是偶函數(shù)，是奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則下列選項(xiàng)正確的是（

）A．在上為減函數(shù) B．的最大值是1C．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱 D．在上三、填空題12．已知函數(shù)，則=13．設(shè)為等差數(shù)列，其前項(xiàng)和為，若，則滿足的正整數(shù)．14．若三次函數(shù)有三個(gè)相異且成等差的零點(diǎn)，則a的取值范圍為.四、解答題15．已知函數(shù)的定義域?yàn)榧希?(1)若，求；(2)若“”是“”的必要不充分條件，求的取值范圍.16．已知函數(shù)．(1)求的最小值；(2)若對(duì)所有都有，求實(shí)數(shù)的取值范圍；17．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列中，.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)，求數(shù)列的前項(xiàng)和.18．已知函數(shù)其中，為曲線上不同的兩點(diǎn).(1)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)時(shí)，討論的單調(diào)性；(3)若A，B關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，求b的取值范圍.19．對(duì)于基本不等式，即當(dāng)，時(shí)有（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)不等式取“=”），我們稱為正數(shù)，的算術(shù)平均數(shù)，為它們的幾何平均數(shù)，兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于他們的幾何平均數(shù)．這只是均值不等式的一個(gè)簡(jiǎn)化版本．均值不等式的歷史可以追溯到19世紀(jì)，由在1882年發(fā)表的論文中首次提出．均值不等式，也稱為平均值不等式或平均不等式，是數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要公式．它的基本形式包括調(diào)和平均數(shù)、幾何平均數(shù)、算術(shù)平均數(shù)和平方平均數(shù)之間的關(guān)系．它表明：個(gè)正數(shù)的平方平均數(shù)大于等于它們的算術(shù)平均數(shù)大于等于幾何平均數(shù)大于等于調(diào)和平均數(shù)，且當(dāng)這些數(shù)全部相等時(shí)，等號(hào)成立．(1)請(qǐng)直接運(yùn)用上述不等式鏈中某個(gè)的情形求的最小值；(2)寫出時(shí)調(diào)和平均數(shù)與幾何平均數(shù)之間的關(guān)系，并證明；(3)如圖，把一塊長為的正方形鐵片的各角切去大小相同的小正方形，再將它的邊沿虛線折轉(zhuǎn)做成一個(gè)無蓋的方底盒子．問切去的正方形邊長是多少時(shí)，才能使盒子的容積最大？

江西省宜春市高安市石腦中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期5月月考數(shù)學(xué)試題參考答案題號(hào)12345678910答案DBDBBCABBCBD題號(hào)11答案BCD1．D【詳解】若，且，則，即.2．B【詳解】，所以，所以則.故選：B.3．D【詳解】設(shè)第一象限的點(diǎn)即橫坐標(biāo)為正數(shù)且縱坐標(biāo)為正數(shù)的點(diǎn)有個(gè)，第二象限的點(diǎn)即橫坐標(biāo)為負(fù)數(shù)且縱坐標(biāo)為正數(shù)的點(diǎn)有個(gè)，第三象限的點(diǎn)即橫坐標(biāo)為負(fù)數(shù)且縱坐標(biāo)為負(fù)數(shù)的點(diǎn)有個(gè)，第四象限的點(diǎn)即橫坐標(biāo)為正數(shù)且縱坐標(biāo)為負(fù)數(shù)的點(diǎn)有個(gè)，又因?yàn)闄M坐標(biāo)為正數(shù)的點(diǎn)比橫坐標(biāo)為負(fù)數(shù)的點(diǎn)多，縱坐標(biāo)為正數(shù)的點(diǎn)比縱坐標(biāo)為負(fù)數(shù)的點(diǎn)少，所以①，且②，由不等式性質(zhì)可知，①+②可得，即第二象限點(diǎn)比第四象限點(diǎn)少.故選：D.4．B【詳解】由，可得，解得：，由，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào).所以的最小值為.故選：B.5．B【詳解】由可得，因函數(shù)在上單調(diào)遞增，則在上恒成立，即在上恒成立，故得，解得.故選：B.6．C【詳解】由題意，，且，累加可得，所以，∴，得，即．故選：C．7．A【詳解】的定義域?yàn)椋?dāng)為有理數(shù)時(shí)，是有理數(shù)，則，當(dāng)為無理數(shù)時(shí)，是無理數(shù)，則，即為偶函數(shù)，故，是奇函數(shù)；，當(dāng)為有理數(shù)時(shí)，，得出在區(qū)間上有，3個(gè)有理數(shù)零點(diǎn)，①正確；當(dāng)為無理數(shù)時(shí)，，也為無理數(shù)，，；當(dāng)為有理數(shù)時(shí)，也為有理數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，，所以，當(dāng)時(shí)，，，，所以，所以不是偶函數(shù)，故②錯(cuò)誤；故選：A8．B【詳解】由，得到，令，則，所以（為常數(shù)），又，則，所以，得到，又，當(dāng)時(shí)，，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，又，所以，故選：B.9．BC【詳解】構(gòu)造等比數(shù)列，兩邊加1得:，所以數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列，由等比數(shù)列通項(xiàng)公式得：，，，由，首項(xiàng)得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由可知是公比為2的等比數(shù)列，選項(xiàng)B正確；，選項(xiàng)C正確；，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選：BC.10．BD【詳解】對(duì)于A，是無理數(shù)，是有理數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由全稱量詞命題與存在量詞命題的定義知其正確；對(duì)于C，，可取，，不符合且，而且可以推出，所以“”是“且”的必要不充分條件，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若，但時(shí)，有，而可推出，所以“”是“”的必要不充分條件，故D正確．11．BCD【詳解】因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，則函數(shù)在上遞減，又函數(shù)是偶函數(shù)，所以在上為增函數(shù)；故A錯(cuò)；因?yàn)楹瘮?shù)是偶函數(shù)，是奇函數(shù)，所以，，則，所以，則，即，所以以為周期；則，所以關(guān)于直線對(duì)稱，因此當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，則，又，所以；因?yàn)榕己瘮?shù)關(guān)于軸對(duì)稱，所以當(dāng)時(shí)，；綜上，當(dāng)時(shí)，；又是以為周期的函數(shù)，所以，，則，故B正確；因?yàn)椋瘮?shù)為偶函數(shù)，所以，因此，所以的圖象關(guān)于直線對(duì)稱；即C正確；因?yàn)闀r(shí)，顯然恒成立，函數(shù)是以為周期的函數(shù)，所以在上也滿足恒成立；故D正確；故選：BCD.12．3【詳解】依題意，，所以.故答案為：313．15【詳解】由，可得或，當(dāng)，可得，所以，所以為單調(diào)遞增數(shù)列，且前項(xiàng)為負(fù)，從第項(xiàng)開始為正，又，，所以，所以；當(dāng)，可得，所以，所以為單調(diào)遞增數(shù)列，且前項(xiàng)為正，從第項(xiàng)開始為負(fù)，又，，所以，所以；綜上所述：.故答案為：.14．【詳解】定義域?yàn)镽，，時(shí)，恒成立，故在R上單調(diào)遞增，不會(huì)有三個(gè)零點(diǎn)，舍去，故，解得，設(shè)的三個(gè)相異的零點(diǎn)為，，故，又①，②，③，式子①-②得，即，故，因?yàn)椋寓埽阶英?②得，即，故，因?yàn)椋寓荩阶英?⑤得，即，因?yàn)椋裕驗(yàn)椋裕獾茫瑢⑵浯擘诘茫矗郑剩郑獾?故答案為：15．(1)(2)【詳解】（1）由題意知，解得，所以；若，則，所以.（2）若“”是“”的必要不充分條件，則是的真子集.因?yàn)椋?dāng)時(shí)，，又是的真子集，所以，又，所以；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)是的真子集，符合題意；當(dāng)時(shí)，，又是的真子集，所以，又，所以.綜上，的取值范圍是.16．(1)(2)【詳解】（1）的定義域是，，令，解得，令，解得，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故f(x)min＝＝．（2）∵，當(dāng)時(shí)，恒成立，等價(jià)于在時(shí)恒成立，等價(jià)于在時(shí)恒成立，令，，則即可；

∵，∴當(dāng)時(shí)，恒成立，∴在上單調(diào)遞增，∴，∴，即實(shí)數(shù)的取值范圍為．17．(1)(2)【詳解】（1）設(shè)數(shù)列的公比為，依題意可得解得或，又因?yàn)閿?shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以.從而可求得，所以，.（2），18．(1)(2)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增(3)【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，則，求導(dǎo)得，則，故曲線在點(diǎn)處的切線方程為，整理得：（2）當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，記，則求導(dǎo)得，所以在單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時(shí)，，則在區(qū)間上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，則在單調(diào)遞增.（3）由題意可得根據(jù)定義域?yàn)椋瑒t不妨設(shè)，則又，即記，，又，，所以，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，由于，當(dāng)時(shí)，，所以有，從而可知的值域?yàn)椋沟茫瑒t，所以19．(1)(2)，其中，，(3)切去的正方形邊長為時(shí)，才能使盒子的容積最大.【詳解】（1）由題意得所以時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以的最小值為.（2）由題