四川省绵阳南山中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了 已知，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本大题共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. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的定义计算可得结果.
【详解】由导数的定义，.
故选：C.
2. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ）
A. 49B. 56C. 63D. 112
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式推导出与公比的关系，再结合已知条件求出的值.
【详解】∵，∴.
故选：B.
3. 已知数列中，，若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选：B
4. 数列的通项公式为，那么“”是“为递增数列”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
【答案】A
【解析】
【分析】当时，可得，知充分性成立；由数列单调性可知，从而得到，由此可得，知必要性不成立，由此可得结论.
【详解】当时，，
数列为递增数列，充分性成立；
当数列为递增数列时，，
恒成立，又，
，必要性不成立；
“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 设和分别表示正实数的整数部分、小数部分，例如．已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据已知条件求出数列的前几项，找出数列的规律，再根据规律求出的值.
【详解】已知，因为，所以，.
根据，可得，化简得到.
因为，所以，.
同理可得.
通过前面的计算，可以发现数列的规律，（）.
当时，.
故选：C.
6. 已知等比数列的前项和为，，，数列满足：，且数列的前项和为，若对于任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式求出公比，进而求得，则，结合裂项相消法求和可得，进而根据不等式恒成立的问题计算即可求解.
【详解】设等比数列公比为，易知，由题意可得，
解得，则，，
所以，
则，
所以原不等式可转化为对任意的实数恒成立，
即恒成立，解得.
故选：D.
7. 若直线是指数函数且图象的一条切线，则底数（ ）
A. 2或B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义，列式运算求得的值.
【详解】设切点坐标为，对函数，求导得，
切线方程化成斜截式为，
由题设知，显然，即，
由，得，即，
即，
即，化简得，
令，即，利用指数函数与一次函数的性质，可知或，
即或，解得或
故选：D.
8. 已知为非常数数列且，，，下列命题正确的是（ ）
A. 对任意的，，数列为单调递增数列
B. 对任意的正数，存在，，，当时，
C. 存在，，使得数列的周期为2
D. 存在，，使得
【答案】B
【解析】
【分析】对于A选项：取.即可判断数列为单调递减数列.
对于B选项：令，记,根据的单调性结合其与的交点，即可说明总能找到一个，使得的极限为1.即可判断出结论.
对于C选项：先假设存在，利用化简后即可说明矛盾.
对于D选项：利用等式表示出,即可判断结论.
【详解】当时：恒成立.此时数列为单调递减数列.A错误.
令，记，，则，.
，令，取
则在上单调递增.
令或.
如图所示：在区间内总能找到一个，使得的极限为1.B正确.
假设存在，，使得数列的周期为2，即.
则
②-①：，又.
化简得：.
记,恒成立.
故在上单调递增.
要使，
则需.与为非常数数列矛盾.C错误.
因为
所以
则.
不存在，，使得.D错误.
【点睛】本题考查递推关系.属于难题.本类题型常常借助函数的单调性来说明问题.
二、多选题：本大题共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. 若数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 存数列，使得对任意正整数．都满足
B. 存在数列，使得对任意正整数，都满足
C. 存在数列，使得对任意正整数，都满足
D. 存在数列，使得对任意正整数，都满足
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，找到合适的数列满足递推关系或举反例否定，即可得到答案.
【详解】对于A，令，且，则有，，所以，故A正确；
对于B，由，得，
令，则时，，，，
，，
所以，所以，故B正确；
对于C，由，令，得，
所以，，，
令，得，
所以，，则，所以，所以，
与矛盾，故C错误；
对于D，令，则，，所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 在处的切线方程为B. 单调递减区间为
C. 的极小值为D. 方程有两个不同的解
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解；对于B，求导后，由导数小于零求解；对于C，求导后求极值；对于D，函数与的交点个数判断.
【详解】对于A，由，得，
所以， ，所以在处的切线方程为，故A正确；
对于B，由，得，解得，
所以的单调递减区间为，故B正确；
对于C，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，故C错误；
对于D，由C选项可知的最大值为，
当时，，当时，，

所以函数与的图像的交点个数为1，即有1个解，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用导数分析得的图像，从而得解.
11. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ）
A. ；
B. 1225既是三角形数，又是正方形数；
C. ；
D. ，总存在，，使得成立；
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列和的递推公式，由累加法得通项公式，放缩法验证选项A；用通项公式验证选项B；裂项相消求和验证选项C；取实例验证选项D.
【详解】依题意，数列中，，，，，…，，，
于是得，满足上式，
数列中，，，，，…，，，
于是得，满足上式，
因此，，
对于A，，
则，A正确；
对于B，因为，则，又，则，B正确；
对于C，当时，，
则
，C错误；
对于D，，，取，，则，
所以，，总存在，，使得成立，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
13. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2025这2025个自然数中满足被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是_____.
【答案】135
【解析】
【分析】根据“被3除余2且被5除余4的数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列通项公式结合范围计算求解可得结果．
【详解】被3除余2且被5除余4的数构成首项为14，
公差为15的等差数列，记为， 则， 令 ，解得．
∴将1到2025这2025个自然数中满足被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列， 构成一个数列，则该数列的项数是135．
故答案为：135．
14. 小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（，），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（，）比第层的“环境满意度”多出；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（，）比第层的“高层恐惧度”高出倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为，，记小王对第k层“购买满意度”为，且，则小王最想买第______层住宅.
（参考公式及数据：，，，）
【答案】10
【解析】
【分析】由题意可得，且，；，，从而可求出和，则，方法一：作商比较的大小可得结论，方法二：构造函数，利用导数求其最大值即可》
【详解】依题意，，且，，
所以
，
由题意得，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以.
故小王对第k层住宅购买满意度.
方法一：
由.即解得，
所以，
同理有，小王最想购买第10层住宅.
方法二：
设，，则，
故时，故在上为增函数，
时，故在上为减函数.
由于，，
故最大，小王最想购买第10层住宅.
故答案为：10
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得，，由此可求出和，从而可求出，考查计算能力，属于难题.
四、解答题：本大题共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. 记为首项为4的数列的前n项和，且是以首项为3，公比为的等比数列.
（1）求；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）应用等比数列的定义写出通项公式，即可得，进而求项；
（2）利用关系求数列的通项公式；
（3）由（2）得，再应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和.
【小问1详解】
由题意，得，则，则
【小问2详解】
由（1），当时，则，
又满足上式，故
【小问3详解】
由（2），得，记的前n项和为，
所以①，
则②，
①②得，，
则，故数列的前n项和为
16. 已知函数在处的切线为.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间与最大值.
【答案】（1）
（2）在单调递减，单调递增，
【解析】
【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，列方程求即可；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性求最值.
【小问1详解】
因为函数在处的切线为，
所以，，
又函数的导函数，
所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）知
当，当且仅当时取等号，
当，
在单调递减，单调递增，
又，，
.
17. 已知公差不为0的等差数列{ }的前n项和为，且成等比数列，数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为 Tn，若对一切恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用等比数列的基本性质及等差数列的通项公式求出首项和公差,进而求出数列的通项公式;
(2)利用裂项相消法求和，求得，然后作差法判断的单调性，以及结合，求得，然后根据恒成立建立不等式组，从而得解.
【小问1详解】
设等差数列{ }的公差为，
由题意知：
解方程组得，所以，
即
【小问2详解】
，
，
单调递增，，
又
若使得对一切恒成立，则，解得，
∴实数m的取值范围是．
18. 已知数列的前项和为满足，且，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新的数列：，在与之间插入项中的项，中之前（不包括）所有项的和记为.若.求使得成立的最大整数的值.（其中表示不超过的最大整数）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件结合等差数列通项公式求数列的通项公式，再由与关系求，由取求，当时，用替换，两式相除可得结论；
（2）由（1）可得，等式两边同乘，两式相减可得，再利用错位相减法求结论；
（3）由（1）结合等差数列等比数列求和公式求，再求，结合等差数列求和公式化简不等式求结论.
【小问1详解】
因为，所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
当时，
又满足关系，
故.
数列，当时，，
当时，.
所以，；
【小问2详解】
由题可知
①
②
①-②得.
③
④
③-④得
；
【小问3详解】
依题意，数列中之前的所有项中包括项中的项，
设其和为，则
数列中之前的所有项中包括项中的项，设其和为，则
于是
所以，
当时，
当时，因为，
所以
，
于是，，因此，
所以，，
所以，又，
所以，，，
得成立的最大整数的值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用错位相减法先求出，然后再次利用错位相减法求结论.
19. 函数的定义域为全体正整数集合，则称或为数列，简记为，数列中的每一项即为．我们举个例子，古代哲学家庄周所著的《庄子•天下篇》引用过一句话：一尺之锤，日取其半，万世不竭，其含义为：一根长一尺的木棒，每天截下一半，这样的过程可以无限进行下去．第一天截下，第二天截下，第天截下不难看出，数列的通项随着的无限增大而无限接近于0，那么我们就说数列的极限为0．我们定义：设为数列，为定数，若对给定的任意正数，总存在正整数，使得时有，则称数列收玫于，定数称为数列的极限，记为．
（1）已知数列，证明：当不断增大时，的值会不断趋向于黄金分割比．
（2）设数列满足，且，证明：．
（3）材料：设是个实数列，对任意给定的，若存在，使得凡，且，都有，则称为“柯西列”．问题解决：定义，证明：时，不是“柯西列”，时，是“柯西列”．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题设可得，可知为方程的两个根，进而得到，由此得，即可证结论；
（2）根据已知有数列单调递增，进而证结论；
（3）讨论、，结合数列新定义证明即可.
【小问1详解】
设常数满足：数列，
则常数满足如下条件：，
由韦达定理知，常数为方程的两个根，令，
当时，有，即，
上式共个式子，累乘得，
将直到，按照上述递推关系式进行展开有：
，
可见是首项为，公比为，末项为的等比数列，
根据等比数列通项公式有，
将常数代入得，
，
当不断增大时，的值会不断趋向于黄金分割比．
【小问2详解】
数列满足，且，
，数列单调递增，
所以，即，
根据数列极限定义知，若对给定的任意正数，总存在正整数，使时有．
【小问3详解】
当时，，
当，且，
都有，此时不是“柯西列”．
当时，，
对任意给定的，存在，使，且，
都有，则为“柯西列”．
【点睛】关键点点睛：第一问，根据已知，令并得到为关键.