2024-2025学年广东省广州市高二下册3月月考数学质量检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高二下册3月月考数学质量检测试题（附解析），共15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。
1．某物体做直线运动，其运动规律是，则它在第4秒末的瞬时速度为（ ）
A．米/秒B．米/秒C．8米/秒D．米/秒
2．已知等差数列满足：公差，，，则（ ）
A．17B．18C．19D．20
3．函数的导函数的图像如图所示，以下命题正确的是（ ）
A．是函数的最小值 B．是函数的极值
C．在区间上不单调 D．在处的切线的斜率大于0
4．甲､乙､丙､丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间,甲同学不与老师相邻,乙同学与老师相邻,则不同站法种数为
A．24B．12C．8D．6
5．函数在区间上的最大值是（ ）
A．-4B．-2C．0D．2
6．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝（ ）
A．9B．7C．5D．4
7．设直线与曲线的三个交点分别为、、，且.现给出如下结论：①的取值范围是；②为定值；③有最小值无最大值.其中正确结论的个数为
A．B．C．D．
8．已知椭圆的右焦点为经过点的直线的倾斜角为且直线交该椭圆于两点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．函数过点的切线方程是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆O：和圆C.现给出如下结论，其中正确的是
A．圆O与圆C有四条公切线
B．过C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或
C．过C且与圆O相切的直线方程为
D．P､Q分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为
11．已知数列中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．是等比数列D．
三、填空题
12．已知函数，则 .
13．已知等差数列的前项和为，则数列的前2019项和为 ．
14．某工艺品如图所示分成五个区域.现对此工艺品进行着色，要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（用数学作答）.
四、解答题
15．设
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数的极大值为，求函数在上的最小值．
16．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17．如图，在四棱锥中，底面，，平面平面，，四棱锥的体积为4.
(1)求证：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知数列是首项为3，公比为9的等比数列，数列满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和.
19．已知函数，
(1)当时，求在上的最大值；
(2)求的零点个数．
答案
1．B
【分析】根据导数实际意义求解即可.
【详解】因为，所以，
令，则，
即在第4秒末的瞬时速度为米/秒.
故选：B
2．C
【分析】根据等差数列通项公式基本量计算得到，求出的值.
【详解】，即，解得，
即，故.
故选：C
3．D
【分析】借助导函数图象与原函数图象的关系，函数单调性、最值、极值的定义与导数的意义即可判断.
【详解】由图可知，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的最小值，也是函数的极小值，在区间上单调递增，
在处的切线的斜率大于0，即A、B、C错误，D正确.
故选：D.
4．C
根据特殊元素优先考虑原则，先排乙，再排甲，结合左右对称原则求解.
【详解】由题：老师站中间，
第一步：排乙，乙与老师相邻，2种排法；
第二步：排甲，此时甲有两个位置可以站，2种排法；
第三步：排剩下两位同学，2种排法，
所以共8种.
故选：C
此题考查计数原理，关键在于弄清计数方法，根据分步和分类计数原理解决实际问题.
5．C
【分析】求出导函数，利用列表法求出最值.
【详解】因为,所以，由,得x=0或x=2.
在上列表得：
所以最大值是0.
故选：C
6．B
【分析】根据分式性质可得，由等比数列的性质得到，进一步化简得到答案.
【详解】∵ ，根据分式的性质可得 ，
根据等比数列的性质可知成等比数列，
得到
∴ ，
∴
∴ .
故选：B.
本题考查了等比数列的性质，考查分析解决问题的能力，属于基础题.
7．C
【分析】利用导数研究的性质，作出曲线，再作直线，由的变化率分析的最值，构造方程，由三次方程根与系数的关系得的关系．
【详解】由，，
可知或时，，当时，，是极大值，是极小值，
因此的图像如图所示，其中，
在上的变化率逐渐减小，在上的变化率逐渐增大，因此的值先增大后减小，故存在最大值不存在最小值，故③错误；
又由题意知是方程即的三个根，
所以由韦达定理得，，，
所以，
故①②正确；
故选：C
8．C
【分析】写出直线的方程为，与椭圆联立，写出韦达定理，结合条件，求得A，B的横坐标，代入到韦达定理中的中，化简求得a与c的关系，从而求得离心率.
【详解】由题知，直线的方程为，设，，
联立，整理得，
则，
又，则，
则，结合韦达定理知，
，，
则，
整理得，则离心率
故选：C
9．AD
【分析】设出切点坐标，利用导数求切线斜率，得切线方程，代入点可得切点和切线方程.
【详解】设切点坐标为，由，∴在处的切线斜率为，
切线方程为，由切线过，
，解得或，时切线方程，选D；
时切线方程，选A.
故选：AD
10．AD
【分析】对于A，先由已知判断两圆的位置关系，从而可判断两圆的公切线的条数；
对于B，截距相等可以过原点或斜率只能为，从而可得直线方程；
对于C，由于点C在圆O外，所以过点C与圆O相切的直线有两条；
对于D，的最大值为圆心距与两圆半径的和，最小值为圆心距与两圆半径的差，
【详解】解：由题意可得，圆O：的圆心为，半径，
圆C：的圆心，半径,
因为两圆圆心距，
所以两圆相离，有四条公切线，A正确；
截距相等可以过原点或斜率只能为，B不正确；
过圆外一点与圆相切的直线有两条，C不正确；
的最大值等于，最小值为，D正确.
故选：AD
此题考查两圆的位置关系的有关性质，属于基础题
11．AC
【分析】根据递推关系求得，由此判断ABD选项的正确性，结合等比数列的定义判断C选项的正确性.
【详解】，即，则，，，所以A正确；
显然有，所以B不正确；亦有，所以D不正确；
又，相除得，
因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，故C正确.
故选：AC
12．2
【分析】根据导数的计算法则计算即可.
【详解】∵，
∴，
∴
∴.
故2.
13．；
【分析】先根据等差数列的通项公式和求和公式可列出关于和的方程组，解出和的值，即可得到数列的通项公式，即求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出前2019项和．
【详解】解：由题意可设等差数列的公差为，
则，
解得：．
∴数列的通项公式为，
∴，
设数列的前n项和为，
则

，
.
故．
14．420
【分析】
根据分类计数原理，分D与B同色和D与B不同色两种情况求解即可.
【详解】第一类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况，D与B同色，
涂E，有3种情况，共有种.
第二类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况，
D与B不同色，有2种情况，涂E，有2种情况，共有种.
综上共有420种.
故420
15．(1)单调递增区间为和；
(2).
【分析】（1）求导研究函数单调性；（2）由（1）知函数的单调区间，找到在处取得极大值，可求出，求得最小值.
【详解】（1），
由得或，
所以的单调递增区间为和；
（2）由Ⅰ知函数在处取得极大值，
即，得 ，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，所以在上的最小值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用公式，即可求解；
（2）首先根据（1）的结果，得，再利用等比数列前项和公式，以及分组转化法求和.
【详解】（1），
两式相减得，
又当时，，满足上式，
所以；
（2）由（1）得，
.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，在平面内过点作，垂足为，根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，再说明，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）设，在平面内过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）在中，由，，可得，，
由（1）知，则，
解得，
因为平面，平面，所以，，
以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，，，，，
设平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，
则，取，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)；
(2)
【分析】（1）利用等比数列的通项公式可得，利用数列的递推式作差可得，从而得解；
（2）由（1）求得，再利用错位相减法即可得解.
【详解】（1）因为数列是首项为3，公比为9的等比数列，
所以，所以，
由，
得当时，，
两式相减，得，即，
又当时，也符合，
所以.
（2）设，
则，
故，
两式作差得，
即，
所以.
19．(1)1
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，根据单调性即可求解最值，
（2）参数分离，构造函数，求导确定函数的单调性，即可求解.
【详解】（1），，
令，则单调递减，且
从而，，单调递增；，，单调递减．
故，最大值为1，
（2）令，则由，故，
令，则
从而在上单调递减，在上单调递减．
若，当时，，若，当时，；
若，当时，，当时，．
从而当时，与有一个交点，
时，与有两个交点
故时，有一个零点；时有两个零点．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
C
C
B
C
C
AD
AD
题号
11









答案
AC









x
-1
0
1
+
0
-
-4
单增
0
单减
-2