江西省宜春市高安市石脑中学2024−2025学年高二下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份江西省宜春市高安市石脑中学2024−2025学年高二下学期5月月考 数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，若，且，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知是函数的导函数，且，则（ ）
A．B．C．2D．3
3．从坐标平面的四个象限中取若干点，这些点中横坐标为正数的点比横坐标为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少，则下列对这些点的判断一定正确的是（ ）
A．第一象限点比第二象限点多B．第二象限点比第三象限点多
C．第一象限点比第三象限点少D．第二象限点比第四象限点少
4．已知等差数列的公差，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
5．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．已知狄利克雷函数 ，符号函数 ，这两个函数在数学和计算机等领域中有着广泛的应用. 有以下两个结论:
①函数 是奇函数且该函数在区间 上的有理数零点恰有 3 个；
②函数 既是偶函数，又是增函数. 那么 ( ).
A．①正确②错误B．①错误②正确
C．①正确②正确D．①错误②错误
8．已知定义在上的函数的导函数为，且，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知数列的前n项和为，首项且满足，则（ ）.
A．.B．数列为等比数列.
C．.D．.
10．下列说法正确的是（ ）
A．“对任意一个无理数x，也是无理数”是真命题
B．命题“，”的否定是“，”
C．设x，，则“”是“且”的充分不必要条件
D．设a，，则“”是“”的必要不充分条件
11．已知函数是偶函数，是奇函数，当时，，则下列选项正确的是（ ）
A．在上为减函数B．的最大值是1
C．的图象关于直线对称D．在上
三、填空题
12．已知函数，则=
13．设为等差数列，其前项和为，若，则满足的正整数 ．
14．若三次函数有三个相异且成等差的零点，则a的取值范围为 .
四、解答题
15．已知函数的定义域为集合，集合.
（1）若，求；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求的取值范围.
16．已知函数．
（1）求的最小值；
（2）若对所有都有，求实数的取值范围；
17．在各项均为正数的等比数列中，.
（1）求数列的通项公式；
（2），求数列的前项和.
18．已知函数其中，为曲线上不同的两点.
（1）时，求曲线在点处的切线方程；
（2）时，讨论的单调性；
（3）若A，B关于点对称，求b的取值范围.
19．对于基本不等式，即当，时有（当且仅当时不等式取“=”），我们称为正数，的算术平均数，为它们的几何平均数，两个正数的算术平均数不小于他们的几何平均数．这只是均值不等式的一个简化版本．均值不等式的历史可以追溯到19世纪，由在1882年发表的论文中首次提出．均值不等式，也称为平均值不等式或平均不等式，是数学中的一个重要公式．它的基本形式包括调和平均数、几何平均数、算术平均数和平方平均数之间的关系．它表明：个正数的平方平均数大于等于它们的算术平均数大于等于几何平均数大于等于调和平均数，且当这些数全部相等时，等号成立．
（1）请直接运用上述不等式链中某个的情形求的最小值；
（2）写出时调和平均数与几何平均数之间的关系，并证明；
（3）如图，把一块长为的正方形铁片的各角切去大小相同的小正方形，再将它的边沿虚线折转做成一个无盖的方底盒子．问切去的正方形边长是多少时，才能使盒子的容积最大？
参考答案
1．【答案】D
【详解】若，且，则，即.
2．【答案】B
【详解】，所以，
所以
则.
故选B.
3．【答案】D
【详解】设第一象限的点即横坐标为正数且纵坐标为正数的点有个，
第二象限的点即横坐标为负数且纵坐标为正数的点有个，
第三象限的点即横坐标为负数且纵坐标为负数的点有个，
第四象限的点即横坐标为正数且纵坐标为负数的点有个，
又因为横坐标为正数的点比横坐标为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少，
所以①，且②，
由不等式性质可知，①+②可得，即第二象限点比第四象限点少.
故选D.
4．【答案】B
【详解】由，可得，解得：，由，
则，当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为.
故选B.
5．【答案】B
【详解】由可得，
因函数在上单调递增，
则在上恒成立，
即在上恒成立，故得，解得.
故选B.
6．【答案】C
【详解】由题意，，且，
累加可得，所以，
∴，得，即．
故选C．
7．【答案】A
【详解】的定义域为，当为有理数时，是有理数，则，
当为无理数时，是无理数，则，即为偶函数，
故，是奇函数；
，当为有理数时，，得出在区间上有，3个有理数零点，①正确；
当为无理数时，，也为无理数，，；
当为有理数时，也为有理数，，
当时，，，
所以，
当时，，，，
所以，
所以不是偶函数，故②错误；
故选A
8．【答案】B
【详解】由，得到，
令，则，
所以（为常数），又，则，
所以，得到，又，当时，，
所以在区间上单调递减，又，所以，
故选B.
9．【答案】BC
【详解】构造等比数列，两边加1得:，
所以数列是首项为，公比为 2的等比数列，
由等比数列通项公式得：，，，
由，首项得，选项A错误；
由可知是公比为2的等比数列，选项B正确；
，选项C正确；
，选项D错误；
故选BC.
10．【答案】BD
【详解】对于A，是无理数，是有理数，故A错误；对于B，由全称量词命题与存在量词命题的定义知其正确；对于C，，可取，，不符合且，而且可以推出，所以“”是“且”的必要不充分条件，故C错误；对于D，若，但时，有，而可推出，所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确．
11．【答案】BCD
【详解】因为当时，，则函数在上递减，
又函数是偶函数，所以在上为增函数；故A错；
因为函数是偶函数，是奇函数，
所以，，则，
所以，则，即，
所以以为周期；
则，所以关于直线对称，
因此当时，；
当时，，则，又，所以；
因为偶函数关于轴对称，所以当时，；
综上，当时，；
又是以为周期的函数，所以，，则，故B正确；
因为，函数为偶函数，
所以，因此，所以的图象关于直线对称；即C正确；
因为时，显然恒成立，函数是以为周期的函数，
所以在上也满足恒成立；故D正确.
故选BCD.
12．【答案】3
【详解】依题意，，所以.
13．【答案】15
【详解】由，可得或，
当，可得，所以，
所以为单调递增数列，且前项为负，从第项开始为正，
又，，
所以，所以；
当，可得，所以，
所以为单调递增数列，且前项为正，从第项开始为负，
又，，
所以，所以；
综上所述：.
14．【答案】
【详解】定义域为R，
，时，恒成立，
故在R上单调递增，不会有三个零点，舍去，
故，解得，
设的三个相异的零点为，，故，
又①，②，③，
式子①-②得，
即，
故，
因为，所以④，
式子③-②得，
即，
故，
因为，所以⑤，
式子④-⑤得，
即，
因为，所以，
因为，所以，解得，
将其代入②得，，
即，，
又，故，又，解得.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由题意知，解得，所以；
若，则，所以.
（2）若“”是“”的必要不充分条件，则是的真子集.
因为，
当时，，又是的真子集，
所以，又，所以；
当时，，此时是的真子集，符合题意；
当时，，又是的真子集，
所以，又，所以.
综上，的取值范围是.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）的定义域是，，
令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故f(x)min＝＝．
（2）∵，当时，恒成立，
等价于在时恒成立，
等价于在时恒成立，
令，，则即可；
∵，∴当时，恒成立，
∴在上单调递增，∴，
∴，即实数的取值范围为．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设数列的公比为，依题意可得
解得或，又因为数列的各项均为正数，所以.
从而可求得，
所以，.
（2），
18．【答案】（1）
（2）在区间上单调递减，在单调递增
（3）
【详解】（1）当时，，则，
求导得，则，
故曲线在点处的切线方程为，
整理得：
（2）当时，，求导得，
记，则求导得，
所以在单调递增，又，
所以当时，，则在区间上单调递减，
当时，，则在单调递增.
（3）由题意可得
根据定义域为，则不妨设，则
又，即
记，，
又，，所以，
所以在区间上单调递增，
由于，当时，，所以有，
从而可知的值域为，要使得，则，
所以
19．【答案】（1）
（2），其中，，
（3）切去的正方形边长为时，才能使盒子的容积最大.
【详解】（1）由题意得
所以时，，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
（2）由题意可知，当时，
调和平均数与几何平均数之间的关系为，其中，，，
当且仅当时，等号成立.
证明：
所以，，当且仅当时，等号成立.
根据题意，可设，，，
用，，替换，，可得，
当且仅当时，等号成立.
所以，
所以，
当且仅当时，等号成立.
（3）设小正方形的边长为，则盒子的高，底边边长为，
可得盒子的容积为，其中，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以切去的正方形边长为时，才能使盒子的容积最大，最大容积为.