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江西省部分学校2023-2024学年高二下学期5月联考数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知数列是等差数列,若,则( )
A.14 B.21 C.28 D.42
2．函数的最大值是( )
A. B.0 C. D.3
3．已知等比数列的公比为q,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d的等差数列的前n项和为,且,,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
6．已知函数,直线l过点且与曲线相切,则直线l的斜率为( )
A.24 B.24或 C.45 D.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a元用来购买该电动汽车,银行贷款的月利率是t,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、多项选择题
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6 B.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n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
12．设是的导函数,且,则______.
13．已知是等比数列的前n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n个数记为,则,,已知,,则______.(用含m,n的代数式表示)
四、解答题
15．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m的取值范围.
16．已知数列的前n项和为,,且数列的前n项和为.
（1）求数列的通项公式;
（2）求证:.
17．已知函数的两个极值点分别为2,3.
（1）求a,b的值,并求出函数的极值;
（2）已知,求证:不等式在上恒成立.
18．已知数列满足,.
（1）求数列的通项公式;
（2）若,求数列的前n项和.
19．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R上恰有2个“可移1相反数点”,求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：B
解析：因为数列是等差数列,所以,解得,所以.故选B.
2．答案：C
解析：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．答案：A
解析：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．答案：D
解析：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．答案：D
解析：因为,所以,所以,,由,,得即,解得,即的取值范围是.故选D.
6．答案：B
解析：由,得,设直线l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l的斜率为24或.故选B.
7．答案：C
解析：设小胡每月月底还款钱数为x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．答案：A
解析：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．答案：AC
解析：,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x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．答案：BD
解析：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．答案：ABD
解析：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B处有整理得,所以,故B正确;因为点A在上,所以,两边同乘,得,故C错误,D正确.故选ABD.
12．答案：18
解析：由题意,得,所以.
13．答案：5
解析：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．答案：
解析：因为,所以,所以.
15．答案：（1）5
（2）
解析：（1）当时,,所以,
由,得,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
（2）由,得,
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.
令,则.令,得,
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.
所以,即实数m的取值范围是.
16．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）当时,.
因为时,,满足上式,
所以数列的通项公式为.
（2）证明:,
所以.
因为,所以,
又数列是递增数列,所以,
所以.
17．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）因为,所以,
因为函数的两个极值点分别为2,3,所以
解得
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.
所以函数的极大值为,极小值为
（2）证明:等价于,即,
令,则,
若,则恒成立,在上单调递增,所以;
若,令,得,
当时,,单调递减;当时,,单调递增.
所以的极小值为,也是最小值.
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.
18．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）因为,所以,
所以
又,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,
所以,
所以
（2）
记数列与数列的前项和分别为与,则
,
,
两式相减,得,
所以.
,
,
两式相减,得,
所以.
所以数列的前n项和为
19．答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）
解析：（1）若是函数的“可移2相反数点”,
则,即.
所以,即,解得(舍去).
（2）因为是函数的“可移4相反数点”,所以,即.解得.
所以(且),
令,,
所以当时,,在上单调递增,,所以,所以在上单调递减;
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,
（3）记的“可移1相反数点”为t.
当时,,解得(舍去),
当时,
当时,,即.
因为函数在R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.
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;
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.
综上所述,实数a的取值范围是.
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知数列是等差数列,若,则( )
A.14 B.21 C.28 D.42
2．函数的最大值是( )
A. B.0 C. D.3
3．已知等比数列的公比为q,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d的等差数列的前n项和为,且,,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
6．已知函数,直线l过点且与曲线相切,则直线l的斜率为( )
A.24 B.24或 C.45 D.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a元用来购买该电动汽车,银行贷款的月利率是t,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、多项选择题
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6 B.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n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
12．设是的导函数,且,则______.
13．已知是等比数列的前n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n个数记为,则,,已知,,则______.(用含m,n的代数式表示)
四、解答题
15．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m的取值范围.
16．已知数列的前n项和为,,且数列的前n项和为.
（1）求数列的通项公式;
（2）求证:.
17．已知函数的两个极值点分别为2,3.
（1）求a,b的值,并求出函数的极值;
（2）已知,求证:不等式在上恒成立.
18．已知数列满足,.
（1）求数列的通项公式;
（2）若,求数列的前n项和.
19．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R上恰有2个“可移1相反数点”,求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：B
解析：因为数列是等差数列,所以,解得,所以.故选B.
2．答案：C
解析：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．答案：A
解析：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．答案：D
解析：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．答案：D
解析：因为,所以,所以,,由,,得即,解得,即的取值范围是.故选D.
6．答案：B
解析：由,得,设直线l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l的斜率为24或.故选B.
7．答案：C
解析：设小胡每月月底还款钱数为x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．答案：A
解析：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．答案：AC
解析：,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x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．答案：BD
解析：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．答案：ABD
解析：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B处有整理得,所以,故B正确;因为点A在上,所以,两边同乘,得,故C错误,D正确.故选ABD.
12．答案：18
解析：由题意,得,所以.
13．答案：5
解析：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．答案：
解析：因为,所以,所以.
15．答案：（1）5
（2）
解析：（1）当时,,所以,
由,得,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
（2）由,得,
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.
令,则.令,得,
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.
所以,即实数m的取值范围是.
16．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）当时,.
因为时,,满足上式,
所以数列的通项公式为.
（2）证明:,
所以.
因为,所以,
又数列是递增数列,所以,
所以.
17．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）因为,所以,
因为函数的两个极值点分别为2,3,所以
解得
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.
所以函数的极大值为,极小值为
（2）证明:等价于,即,
令,则,
若,则恒成立,在上单调递增,所以;
若,令,得,
当时,,单调递减;当时,,单调递增.
所以的极小值为,也是最小值.
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.
18．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）因为,所以,
所以
又,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,
所以,
所以
（2）
记数列与数列的前项和分别为与,则
,
,
两式相减,得,
所以.
,
,
两式相减,得,
所以.
所以数列的前n项和为
19．答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）
解析：（1）若是函数的“可移2相反数点”,
则,即.
所以,即,解得(舍去).
（2）因为是函数的“可移4相反数点”,所以,即.解得.
所以(且),
令,,
所以当时,,在上单调递增,,所以,所以在上单调递减;
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,
（3）记的“可移1相反数点”为t.
当时,,解得(舍去),
当时,
当时,,即.
因为函数在R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.
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;
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.
综上所述,实数a的取值范围是.
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