梅河口市第五中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试卷(含答案)

这是一份梅河口市第五中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试卷(含答案)，共18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．函数在R上可导,若,则( )
A.12B.9C.6D.3
2．过函数图象上一动点作函数图象的切线，则切线的倾斜角的取值范围是( )
A.B.
C.D.
3．在等差数列中,若,,,则n的值为( )
A.14B.15C.16D.17
4．若函数在上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
5．已知三次函数的极小值点为b,极大值点为2b,则等于( )
A.B.C.D.
6．已知数列为等差数列,其首项为1,公差为2,数列为等比数列,其首项为1,公比为2,设,为数列的前n项和,则当时,n的最大值是( )
A.9B.10C.11D.12
7．若对任意,恒有,则实数a的最小值为( )
A.B.C.D.
8．设,,,则a,b,c的大小关系为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知函数,e是自然对数的底数,则( )
A.若,则
B.
C.的最大值为
D.对任意两个正实数,,且,若,则
10．如图,已知正方体的棱长为2,点E,F分别为棱AB,AD的中点,,则( )
A.无论取何值,三棱锥的体积始终为1
B.若,则
C.点到平面EFG的距离为
D.若异面直线EF与AG所成的角的余弦值为.则
11．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.当时，在R上单调递增
B.当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增
C.当时，函数与的图象有两个不同的公共点
D.当时，若不等式在时恒成立，则a的取值范围是
三、填空题
12．设函数,且为奇函数,则曲线在点处的切线方程为________.
13．已知点P是双曲线左支上一点,是双曲线的左右两个焦点,且,线段的垂直平分线恰好是该双曲线的一条渐近线,则离心率为________.
14．已知定义在R上的偶函数,其导函数为,若,,则不等式
的解集是________.
四、解答题
15．已知函数.
（1）求的极值;
（2）若在区间有2个零点,求m的取值范围.
16．在已知数列中,,.
（1）若数列是等比数列,求常数和数列的通项公式;
（2）若,求数列的前项的和.
17．已知函数,.
（1）若函数在R上单调递减,求a的取值范围;
（2）已知,,,,求证:;
（3）证明:.
18．已知双曲线的左,右焦点分别为,,且,若C上的点M满足恒成立.
（1）求C的方程;
（2）若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P,Q两点,且.
①证明:l与C有且仅有一个交点;
②求的取值范围.
19．英国数学家泰勒发现了如下公式：其中，e为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
（1）证明：；
（2）设，证明：；
（3）设，若是的极小值点，求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：A
解析：.
故选:A
2．答案：B
解析：依题意，，则，
即切线的斜率的取值范围是，
所以倾斜角的取值范围是.
故选：B
3．答案：B
解析：根据等差数列前n项和公式,
,
又根据等差数列的性质,,,,
.
,
故选:B.
4．答案：D
解析：因为函数在上存在单调递增区间,
所以存在,使成立,即存在,使成立,
令,,变形得,因为,所以,
所以当,即时,,所以,
故选:D.
5．答案：A
解析：由题意,得,关于x的一元二次方程的两根为b,2b,
又极小值点为,极大值点为,所以,即,
由韦达定理得到,所以,,得到.
故选:A.
6．答案：A
解析：数列为等差数列,其首项为1,公差为2,.
数列为等比数列,其首项为1,公比为2,,
,,
则,
对任意的,,数列单调递增,
又,
,
当时,.
故选:A.
7．答案：D
解析：由题意可知,不等式变形为.
设,则
.当时,即在上单调递减.
当时,即在上单调递增.则在上有且只有一个极值点,该极值点就是的最小值点.所以,即在上单调递增.
若使得对任意,恒有成立.
则需对任意,恒有成立.即对任意,恒有成立,则在恒成立.设,则.
当时,,函数在上单调递增当时,,函数在上单调递减则在上有且只有一个极值点,该极值点就是的最大值点.
所以,即,则实数a的最小值为.故选:D
8．答案：C
解析：设,则,
所以在上单调递增,
因为,所以
由条件得,,
所以,故选:C.
9．答案：ABD
解析：由题意得,则,
当时,,递增,当时,,递减,
故,故C正确;
由于,由于当时,递减,故,
即,即,
因为,
故,即,
故,故B正确;
因为,即,
设,由于当时,递增,当时,递减,
故单调减函数,故,
即,由于,不妨设,则,
即,故A错误;
对任意两个正实数,,且,若,不妨设,
即,设,则,,
则,,,
而
,
设,令,则,
即为单调增函数,故,
即成立,故,故D正确,
故选:ABD
10．答案：AB
解析：对于A,因为正方体的棱长为2,点E,F分别为棱AB,AD的中点,
所以,
在正方体中,平面ABCD,
由等体积法知,V三棱锥=三棱锥=,
所以无论取何值,三棱锥的体积始终为1,故A正确;
对于B,由题意可知,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示
因为正方体的棱长为2,
所以,,,,,
由,得,设,则
所以,,
所以,所以,解得,
所以,
所以,,
所以,故B正确;
对于C,由B选项建立的空间直角坐标系知,,,,
设,则,,,
所以,所以,解得,所以,
所以,,
设平面EFG的法向量为,则
,即,令,则,,
所以,
所以点到平面EFG的距离为,
由于无法确定,所以点到平面EFG的距离无法确定,故C错误;
对于D,由B选项建立的空间直角坐标系知,,,,,,,
设,则,,,
所以,所以,解得,所以,
所以,,
因为异面直线EF与AG所成的角的余弦值为,则
,即,解得或(舍),故D错误.
故选:AB.
11．答案：ABD
解析：对于A，由题意得，当时，，则在R上单调递增，故A正确；
对于B，当时，令，得，则当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，故B正确；
对于C，当时，，令，
利用导数易证不等式恒成立，且仅在处取等号，可得，即，且仅在时取等号，故C错误；
对于D，当时，不等式在时恒成立等价于在时恒成立，
即在时恒成立，
令，，则，
当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，故，
故，即实数a的取值范围是，故D正确.
故选：ABD.
12．答案：
解析：因为函数为奇函数,所以,,即,即,,
,,所以曲线在点处的切线方程为,即.
故答案为:
13．答案：
解析：由焦点到渐近线的距离为b,得出
再根据题意,得出,,所以
根据椭圆定义:即得到:,
即离心率为.
14．答案：
解析：令,则,
当时,,故,在上单调递增,
又为偶函数,为偶函数,所以为偶函数,
所以在单调递减,
又,则,;
要解不等式,
则①当时,即,,所以;
②当时,即,,所以;
综上所述.
故答案为:
15．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）因为,定义域为,所以,
当时,由于,则恒成立,
所以在上单调递增,无极值,
当时,令,解得,
当时,,则在上单调递增;
当时,,则在上单调递减:
所以当时,在处取极大值,无极小值;
（2）,
令,得,令,在区间有2个零点,
即与在区间有2个交点,
,,,
当,,在上单增,
当,,在上单减,
,的最大值为,,
与在区间有2个交点,则.
16．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）由题意,数列满足,所以,
又由,可得,
所以数列时首项为1,公比为的等比数列,
又因为数列是等比数列,所以,
可得,
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知:,可得,
所以数列的前2n项的和为:
,
所以.
17．答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）见解析
解析：（1）对恒成立,即对恒成立.
因为,则.
（2）,只需证明.
令,,
则在单调递减,则,
又,则,即成立,得证.
（3）由（2）知,令,则有,
即,,
,...,,
累加可得,
故,从而命题得证.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由双曲线定义可知,解得,
又由,解得,
因为,所以,
所以双曲线C的方程为.
（2）证明:①设,,,
双曲线的渐近线方程为①,②,
①+②得,①-②得,
由于且,相减可得,
所以,即,
由题可知,所以,,
所以,即,
所以直线PQ的方程为,即,
又因为点M在C上,所以,即,
方程联立,得,
所以,由知方程有且仅有一个解,
所以直线l与双曲线C有且仅有一个交点.
②由（2）①联立,可得,同理可得,
所以,
所以,当且仅当,即时取等号.
又因为,
所以的取值范围是.
19．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）设，则.
当时，：当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，，即.
（2）由泰勒公式知，①
于是，②
由①②得，
，
所以.
即.
（3），则，设，.
由基本不等式知，，当且仅当时等号成立.
所以当时，，所以在R上单调递增.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，是的极小值点.
下面证明：当时，不是的极小值点.
当时，，
又因为是R上的偶函数，且在上单调递增,
所以当时，.
因此，在上单调递减.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
因此，是的极大值点，不是的极小值点.
综上，实数a的取值范围是.