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

这是一份江西省部分学校2023-2024学年高二下学期5月联考数学试题（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，已知，，，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：北师大版选择性必修第二册。
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.已知数列是等差数列，若，则（ ）
A.14B.21C.28D.42
2.函数的最大值是（ ）
A.B.0C.D.3
3.已知等比数列的公比为，则“，”是“数列为递减数列”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A.函数在上单调递增B.函数至少有2个极值点
C.函数在上单调递减D.函数在处取得极大值
5.已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数，直线过点且与曲线相切，则直线的斜率为（ ）
A.24B.24或C.45D.0或45
7.某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024年5月1日向银行贷款元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年4月底全部还清（即用12个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（ ）
A.元B.元C.元D.元
8.已知，，，则（ ）
A.B.C.D.
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.已知函数，则当自变量从变为2时，下列结论正确的是（ ）
A.函数值减少了6B.函数的平均变化率为2
C.函数在处的瞬时变化率为D.函数值先变大后变小
10.已知数列满足，，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A.B.C.D.
11.已知函数，，若函数与的图象在上恰有2个交点，，则下列结论正确的是（ ）
A.B.
C.D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设是的导函数，且，则______.
13.已知是等比数列的前项和，若，则______.
14.已知斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…的第个数记为，则，，已知，，则______.（用含，的代数式表示）
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.（本小题满分13分）
已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
16.（本小题满分15分）
已知数列的前项和为，，且数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：.
17.（本小题满分15分）
已知函数的两个极值点分别为2，3.
（1）求，的值，并求出函数的极值；
（2）已知，求证：不等式在上恒成立.
18.（本小题满分17分）
已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
19.（本小题满分17分）
对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
江西省高二5月教学质量检测·数学
参考答案、提示及评分细则
1.B 因为数列是等差数列，所以，解得，所以.故选B.
2.C 因为，所以，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值是.故选C.
3.A 对于等比数列，若，，则数列为递减数列；若数列为递减数列，则，或，.所以“，”是“数列为递减数列”的充分不必要条件.故选A.
4.D 由的图象可得在上单调递增，A正确；在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，是函数的两个极值点，B，C正确，D错误.故选D.
5.D 因为，所以，所以，，由，，得即解得，即的取值范围是.故选D.
6.B 由，得，设直线与曲线相切的切点为，则，切线方程为，将点的坐标代入并整理，得，即.解得或，所以直线的斜率为24或.故选B.
7.C 设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得，第1次还款后欠银行贷款为.第2次还款后欠银行贷款为，…，第12次还款后欠银行贷款为，因为贷款12个月还清，所以，即，所以.故选C.
8.A 令，则.令，则.当时，，所以在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，所以，即，所以，即；令，则，令，则，所以在上单调递增，因为，所以当时，，即，所以在上单调递增，所以，即，所以，即，所以.故选A.
9.AC ，所以函数值减少了6，函数的平均变化率为，故A正确，B错误；，所以，故C正确；当时，；当时，；当时，，所以当自变量从变为2时，函数值先变小，后变大，再变小，故D错误.故选AC.
10.BD 因为，所以，因为，即，所以，，故A错误；因为，所以，所以，即，故B正确；由可知，数列的周期为3，又，所以.故C错误；，所以，故D正确.故选BD.
11.ABD 函数与的图象在上恰有2个交点，所以当时，直线与曲线相交于点，即；当时，直线与曲线相切于点，即，，所以，故A正确；当时，，，则在切点处有整理得，所以，故B正确；因为点在上，所以，两边同乘，得，故C错误，D正确.故选ABD.
12.18 由题意，得，所以.
13.5 因为是等比数列的前项和，所以，，，成等比数列，因为，所以，所以，，，所以，所以.
14. 因为，所以，所以.
15.解：（1）当时，，所以，…2分
由，得，…4分
所以曲线在点处的切线方程为，即.…6分
（2）由，得，…7分
因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立.…9分
令，则.令，得，…10分
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
所以函数的极小值为，也是最小值.…12分
所以，即实数的取值范围是.…13分
16.（1）解：当时，.…2分
因为时，，满足上式，…4分
所以数列的通项公式为.…6分
（2）证明：，…8分
所以.…11分
因为，所以，…13分
又数列是递增数列，所以，
所以.…15分
17.（1）解：因为，所以，…1分
因为函数的两个极值点分别为2，3，所以…2分
解得…3分
此时，.
所以当时，，函数单调递增；当时，.函数单调递减；当时，，函数单调递增，满足的两个极值点分别为2，3.…5分
所以函数的极大值为，极小值为…7分
（2）证明：等价于，即，…8分
令，则，
若，则恒成立，在上单调递增，所以；…10分
若，令，得，…11分
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以的极小值为，也是最小值.…13分
令，，则，所以在上单调递减，.
综上所述，在上恒成立，即不等式在上恒成立.…15分
18.解：（1）因为，所以，…1分
所以…3分
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，…4分
所以，
所以…6分
（2）…7分
记数列与数列的前项和分别为与，则
，…8分
，…9分
两式相减，得，…10分
所以.…11分
，…12分
，…13分
两式相减，得，…14分
所以.…15分
所以数列的前项和为…17分
19.解：（1）若是函数的“可移2相反数点”，
则，即.…1分
所以，即，解得（舍去）.…3分
（2）因为是函数的“可移4相反数点”，所以，即.解得.…4分
所以（且），
令，，…6分
所以当时，，在上单调递增，，所以，所以在上单调递减；…8分
当时，，在上单调递减，，所以，所以在上单调递减；
所以函数的单调递减区间为，…10分
（3）记的“可移1相反数点”为.
当时，，解得（舍去），…11分
当时，
当时，，即.
因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，
所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内.…12分
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，由有且仅有一个根，得，即，解得.
当时，，，所以存在唯一的，使得，即时，方程有且仅有一个根，此时方程在内无解，符合题意；…14分
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，所以，此时方程在内无解，符合题意. …16分
综上所述，实数的取值范围是.…17分