2025~2026学年四川省泸州市合江县部分学校高二下册5月月考数学试题 含答案

/合江县部分学校高2024级高二下学期五月学业练习数学试题（试卷满分：120分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.已知函数在处的导数为2，则（）A.0 B. C.1 D.2【正确答案】C【分析】直接由导数的概念求解即可.【详解】.故选：C.2.曲线在点处的切线的方程为A. B. C. D.【正确答案】C【分析】求出导数，求得切线的斜率，由斜截式方程即可求得答案【详解】，,,则在点处的切线的方程为即故选本题主要考查了利用导数研究曲线在某点的切线方程，属于基础题3.已知数列满足，则等于（）A.6 B.11 C.22 D.43【正确答案】C【分析】根据数列的递推公式，结合的奇偶性逐步计算出的值.【详解】已知，为奇数，根据递推公式，可得.为偶数，根据递推公式可得.

为奇数，根据递推公式可得.

为偶数，根据递推公式可得.

为奇数，根据递推公式可得.

故选：C.4.在等差数列，中，，其前项和为，若，则（）A.12 B.18 C.30 D.36【正确答案】D【分析】设等差数列的公差为，由等差数列前项和为，利用已知即可计算出，即得，从而得.【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，所以，故选：D.5.已知抛物线的准线与圆相切，则p的值为【】A. B.1 C.2 D.4【正确答案】C【详解】试题分析：∵抛物线的准线为，曲线为，圆心为，半径，∵抛物线的准线与曲线相切，∴，即．考点：抛物线与圆的几何性质．6.若函数的图象上存在与直线垂直的切线，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】函数的图象上存在与直线垂直的切线,即有解，转化为有解即可求出.【详解】因为函数的图象上存在与直线垂直的切线，所以函数的图象上存在斜率为2的切线，故有解，所以有解，因为的值域为所以.本题主要考查了函数导数的几何意义，方程有根的问题，转化思想，属于中档题.7.设（e为自然对数的底数），则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性及最值，结合对数函数的单调性及不等式的性质即可求解.【详解】令则，令，即，解得当时，，所以在上单调递增.所以所以，即，令则，令即，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.所以，即（当且仅当时等号成立）.因为所以即所以.故选：A.8.已知函数，，若，则的取值范围为（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】首先求函数的解析式，再根据导数判断函数的单调性，根据函数的单调性，解抽象不等式.【详解】，得，所以，，，所以函数在单调递增，所以，即，即，即，且，得且.故选：C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.定义在区间上的函数的导函数图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.函数在区间单调递增B.函数在区间单调递减C.函数在处取得极大值D.函数在处取得极小值【正确答案】ABD【分析】根据导函数图像判断出函数的单调性和极值，由此判断出正确选项.【详解】根据导函数图像可知，在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增.所以在处取得极小值，没有极大值.所以A,B,D选项正确，C选项错误.故选：ABD本小题主要考查利用导函数图像判断函数单调区间、极值，属于基础题10.已知等差数列前n项和为，公差为，是和的等比中项，则（）A. B.数列是递增数列C. D.有最大值为【正确答案】AC【分析】利用等差数列通项以及等比中项定义计算可得，可得A正确；由于不明确公差的符号，所以BD错误，由等差数列前n项和公式可得C正确.【详解】设等差数列的公差为，由是和的等比中项可得，可得，即，即A正确；对于B，由A可知，因为不知道的正负，因此公差的符号不确定，所以数列的单调性不确定，即B错误；对于C，易知，所以C正确，对于D，根据B选项可知数列的单调性不确定，因此不一定有最大值，可得D错误.故选：AC11.丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是（）A. B.C. D.【正确答案】ABC【分析】根据凸函数的定义，求导，即可根据二阶导数的正负判断.【详解】对于A，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于B，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于C，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于D，由，得，则，因为，所以，所以此函数不是凸函数，故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在等比数列中，，则______.【正确答案】【分析】利用等比数列的性质根据已知条件列方程求解即可【详解】因为等比数列中，，所以，解得，故13.设是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小_____.【正确答案】【分析】，，利用椭圆的定义、结合余弦定理、已知条件，可得，解得，从而可得结果．【详解】椭圆，可得，设，，可得，化简可得：，，故答案为．本题主要考查椭圆的定义以及余弦定理的应用，属于中档题．对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.14.已知曲线在点P处的切线与在点Q处的切线平行，若点P的纵坐标为1，则点Q的纵坐标为__________．【正确答案】11【分析】方法一：对求导，设，根据条件得到，进而得，再得到函数关于对称，最后求出点的纵坐标即可；方法二：对求导，根据在点处的切线与在点处的切线平行，可得存在两实根，再求出点的纵坐标即可.【详解】方法一：，则，设，依题意，所以，则，显然，则，因为，所以的图象关于点中心对称，所以点与点关于点对称，所以，则，所以点的纵坐标为11.方法二：，则，因为，所以在上单调递增，令，设其根为，则.因为在点处的切线与在点处的切线平行，所以存在两实根，其中一个为，设另一个为．即两根为，由韦达定理得，则，所以，所以点的纵坐标为11.故11.四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知数列的前项和为，且．（1）证明：数列是等比数列；（2）设数列满足，求的前项和．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由，的关系作差即可判断；（2）由（1）求得，再由等差数列、等比数列的求和公式即可求解；【小问1详解】当时，，即，当时，联立①－②，可得，即，所以，又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）可得，则，，所以．16.已知函数．（1）求的单调区间及极小值点；（2）若有极大值3，并且函数在上有最大值3，求实数的取值范围；【正确答案】（1）的单调递增区间为，，单调递减区间为；的极小值点为1.（2）.【分析】（1）求出定义域，求导，得到函数单调性，进而求出极小值点；（2）根据极大值求出，并求出的解，结合函数单调性得到答案【小问1详解】函数的定义域为，且，当或时，，当时，，所以的单调递增区间为，，单调递减区间为；在处取得极小值，故极小值点为1.【小问2详解】由（1）可知当时，有极大值，且极大值为3，则，解得，故，由（1）知，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；令，即，，解得或2，函数在上有最大值3，故的取值范围为.17.如图，在四面体中，面ABC，.（1）求证：面面PBC；（2）若，于D，求平面和平面夹角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明平面；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，根据垂直关系的坐标表示求点的坐标，利用向量法求二面角的余弦值.【小问1详解】，，面ABC，，面，面PAC，面面PBC.【小问2详解】由题意知，，，则.以C为坐标原点，为x轴，为轴，过点垂直于底面的线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，设，则，，，设平面DAC的法向量为，则，令，则，，同理平面的法向量为，设平面和平面夹角为，则，平面和平面夹角的余弦值为.18.已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求实数a的值．【正确答案】（1）当时，在上递减，在上递增；当时，在上单调递增；当时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；（2）【分析】(1)求导后判断导函数的正负进行讨论；(2)根据零点存在性定理求出隐零点，将隐零点代入计算，构造关于的函数证明即可.【小问1详解】则，

当时，在上递减，在上递增；当时，在上单调递增；当时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】不等式，即为，设，，则，

设，，当时，，可得，则单调递增，此时当而当时，，故不满足题意；

当时，由，单调递增，当x无限趋近0时，无限趋近于负数a，当x无限趋近正无穷大时，无限趋近于正无穷大，故有唯一的零点，即，则，，当时，，可得，单调递减；当时，，可得，单调递增，所以，因为，可得，当且仅当时，等号成立，所以，所以，因为恒成立，即恒成立，令，，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即

又由恒成立，则，所以.19.已知椭圆的左，右焦点分别为，，，离心率.（1）求椭圆C的方程；（2）过点作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求四边形EPFQ面积的取值范围.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用待定系数法，即可求解；（2）利用弦长公