2024-2025学年云南省昭通市高二下册3月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年云南省昭通市高二下册3月月考数学检测试题（附解析），共19页。
注意事项:
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 数列的一个通项公式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】结合选项，举例说明即可求解.
【详解】A选项，当时，，故A错误；
B选项，当时，，当时，，
当时，，当时，，故B正确；
C选项，当时，，故C错误；
D选项，当时，，故D错误．
故选：B．
2. 已知等差数列中，，则等于（ ）
A. 56B. 53C. 55D. 54
【正确答案】D
【分析】利用计算公差，根据等差数列的求和公式即可得到结果.
【详解】由得，故，
则.
故选：D.
3. 已知函数，则曲线在处的切线斜率为（ ）
A. 1B. C. 3D.
【正确答案】D
【分析】求，再计算.
【详解】因为，所以，故，
故选：D．
4. 已知，则数列的前50项中，最小项和最大项分别是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【正确答案】D
【分析】先对数列的通项公式进行变形，然后判断单调性，结合单调性可求最值.
【详解】，
∵，，
∴当时，数列单调递减，且；
当时，数列单调递减，且.
∴在数列的前50项中，最小项和最大项分别是，.
故选：D.
5. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，……．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记为，若，则（ ）
A. B. 49C. 50D.
【正确答案】D
【分析】根据阶导数的定义及三角函数的导数的周期性求解。
【详解】因为，所以，
，，
所以，。
故选：D
6. 已知数列是单调递增数列，，，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】由数列为单调递增数列得，从而得，再令，求出的最大值，从而可求解.
【详解】由题意可得，由于数列为单调递增数列，
即，，
整理得，
令，则，，
所以数列单调递减，故是数列的最大项，
则的取值范围为，故C正确.
故选：C．
7. 若直线同时是曲线和曲线切线，则斜率的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【正确答案】C
【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义建立关系，再利用导数求出最小值.
【详解】设直线与曲线、曲线相切的切点分别为，
求导得，，则，且，
由，两边取对数整理得：，代入，可得，
令，求导得，
则当时，，当，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，，
所以斜率的最小值为.
故选：C
思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
8. 五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A B. C. D.
【正确答案】D
【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的．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. 下列命题正确的是（ ）
A.
B. 点是函数的对称中心
C. 已知函数，若，则
D. 设函数的导函数为，且，则
【正确答案】BCD
【分析】根据导数相关知识、对称性对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，由，
点是函数的对称中心，B正确；
对于C，，则，
由，得，解得或（舍去），C正确；
对于D，由，得，
故，∴，D正确.
故选：BCD．
10. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（ ）
A. 在区间上单调递减
B. 在区间上单调递增
C. 当时，函数有极小值
D. 当时，函数有极小值
【正确答案】ABD
【分析】由有，结合图像逐项去分析即可判断.
【详解】由有，
由图可知的分布如图所示：
当时，，，，所以，
所以在单调递增，故A错误；
当时，，所以，即，在单调递减，故B错误；
当时，，所以，由图可知当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时的极小值点，故当时，函数有极小值，故C正确；
当时，，所以，由图可知当时，，所以，所以，
所以在单调递增，所以当时，函数有极大值，故D错误.
故选：ABD.
11. 定义：若存在正实数M使，则称正数列为有界正数列．已知数列满足，为数列的前n项和．则（ ）
A. 数列为递增数列B. 数列为递增数列
C. 数列为有界正数列D. 数列为有界正数列
【正确答案】BC
【分析】对于A，设，求导后放缩为，从而可知当时，单调递减，即可判断；对于B，由可知数列为递增数列，即可判断；对于C，由A分析，即可判断；对于D，借助不等式，从而可得，即可得到，从而可判断.
【详解】对于A，设，，
当时，，则，
所以当时，，则当时，，
所以当时，单调递减，A错误；
对于B，因为，所以数列为递增数列，B正确；
对于C，由A分析可知，当正实数M为前6项的最大项时，就有，所以数列为有界正数列，C正确；
对于D，令，则，
所以当时，，即在上单调递减，
所以，即，
由，
所以，D错误.
故选：BC
关键点睛：
对于A，借助不等式进行放缩，而对于C，借助不等式进行放缩，从而可利用裂项相消法求和.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设函数满足，则__________.
【正确答案】##
【分析】根据导数的定义及极限的运算性质计算可得.
【详解】因为，
所以.
故
13. 已知数列中,,,则其通项公式___________.
【正确答案】
【分析】由已知递推公式可得，，根据等差数列的定义，为等差数列，求出的通项，即可求解.
【详解】，，，
，即，
所以以为首项，公差为的等差数列，
.
故答案为:.
本题考查数列的递推公式求通项，转化为等差数列通项，属于中档题.
14. “雪花曲线”是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图2是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程.

如图，若第1个图中三角形的边长为1，则第3个图形的周长为______；第个图形的面积为______.
【正确答案】 ① ## ②.
【分析】设第n个图形为，边长为，边数，周长为，面积为，分析出，，从而求出，即可求出第3个图形的周长，易得，再利用累加法求解即可.
【详解】记第n个图形为，边长为，边数，周长为，面积为，
有条边，边长；
有条边，边长；
有条边，边长；
，
分析可知，即；，即，
当第1个图中的三角形的边长为1时，即，，
所以，
当时，；
由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即，
即，
，
，
，
利用累加法可得，
又，，
所以
.
故；.
关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：
（1）由与的关系求通项公式；
（2）累加法；
（3）累乘法；
（4）两边取到数，构造新数列法.
四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在递增的等比数列中，，，其中.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.
（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.
【小问1详解】
由，等比数列是递增数列，得，
因此数列的公比，则，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）得，，
.
16. （1）已知，计算：；
（2）解方程：．
（3）解不等式：．
【正确答案】（1）126（2）（3）
【分析】（1）由组合数的对称性得，代入所求式子中结合组合数的运算性质即可得解；
（2）利用组合数的定义得到关于的方程，解方程并注意的范围即可得解；
（3）将排列数不等式转换为关于的不等式组，解不等式组即可得解.
【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合，
所以．
（2）由，得，所以，
即，
而由，知，，解得，所以原方程的解为．
（3）因为，
所以，化简可得，
解得，所以不等式解集为．
17. 已知数列满足：（），数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据递推关系式，得到，两式相减即可得解；
（2）利用倒序相加法求和即可.
【小问1详解】
当时，；
当时，①，
②，
①－②得：，
∴，当时，，
∴.
【小问2详解】
∵，
∴
∴①，
②，
又∵∴①＋②得：
∴.
18. 第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是.（以下问题用数字作答）
（1）若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？
（2）若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？
（3）若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？
【正确答案】（1）63种 （2）504种
（3）540种
【分析】（1）根据可去裁判的人数结合组合数的性质分析运算；
（2）利用间接法，在所有排列情况下排除A担任第一场比赛的主裁判或C担任第三场比赛的主裁判的可能；
（3）根据题意，分类讨论人数的分配情况运算求解.
【小问1详解】
由题意知：可去名裁判，
所以共有（种）不同的安排方法.
【小问2详解】
这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，共有种方法，
若A担任第一场比赛的主裁判的方法数为；
若C担任第三场比赛的主裁判的方法数为；
若A担任第一场比赛的主裁判同时担任第三场比赛的主裁判的方法数为；
所以A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，共有（种）不同的安排方法.
小问3详解】
亚洲杯组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，则分类如下：
①这6名裁判分为1人，1人，4人这三组，共有（种）不同的安排方法；
②这6名裁判分为1人，2人，3人这三组，共有（种）不同的安排方法；
③这6名裁判分为2人，2人，2人这三组，共有（种）不同的安排方法.
综上所述：组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，共有（种）不同的安排方法.
19. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点.
（1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由；
（2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点.
（i）求的取值范围；
（ii）证明.
【正确答案】（1）是，理由见解析；
（2）的取值范围为；证明见解析.
【分析】（1）利用定义及导数的计算法则计算即可；
（2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明.
【小问1详解】
是，理由如下：
根据条件易知，
又，可得，
显然，符合“双中值函数”定义，
即函数是上的“双中值函数”；
【小问2详解】
①因为，所以.
因为是上的“双中值函数”，所以.
由题意可得.
设，则.
当时，，则为减函数，即为减函数；
当时，，则为增函数，即为增函数.
故.
因为，且时，,时，，
所以，所以，即取值范围为；
②证明：不妨设，
则，，即，．
要证，可证，即证．
设，
则．
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，则在上单调递减．
因为，所以，即．
因为，所以．
因为，所以．
因为，所以．
由①可知在上单调递增，所以，即得证．
思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调性与最值即可；第二小问，可利用等量关系消元转化证明，类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明.