2024-2025学年重庆市部分区县高二下册第一次月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年重庆市部分区县高二下册第一次月考数学检测试题（附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一、二册.
一、选择题：本题共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. 已知函数，当自变量由5变到5.1时，函数的平均变化率为（ ）
A. 1B. 1.1C. 5.1D. 10.1
【正确答案】D
【分析】由函数的平均变化率定义直接计算即可.
【详解】由题函数的平均变化率为.
故选：D
2. 已知数列的首项为1，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【正确答案】A
【分析】由递推公式即可写出的值.
【详解】当时，∵，∴，
当时，∵，∴，
当时，∵，∴.
故选：A.
3. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】求出抛物线的标准方程即可得到焦点坐标.
【详解】由得，，故抛物线的焦点坐标为.
故选：A.
4. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例．为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音．从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第六个单音的频率为，则第十二个单音的频率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.
【详解】因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，故，
又，则.
故选：D
5. 直线的图象如图所示，则圆与直线的位置关系为（ ）
A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法确定
【正确答案】C
【分析】由圆心到直线的距离小于半径可得.
【详解】由题意可得圆心坐标，半径，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交.
故选：C
6. 已知等差数列的公差不为0，其前项和为，且，，当取得最小值时，（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 9
【正确答案】B
【分析】把等差数列的前n项和设为二次函数，利用二次函数的对称性可求最值.
【详解】设等差数列的公差为，则，
令，因为，所以，
所以二次函数的图象关于直线对称．
又因为，可得，所以当取得最小值时，．
故选：B
7. 等差数列前项和分别是，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】设，由与的关系计算可得.
【详解】由可设，
则，，
所以
故选：D
8. 已知正项数列的前项和为，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由已知等式变形为，利用累乘法求出数列的通项公式，即可得出的值.
【详解】因为正项数列的前项和为，，且，
可得，则，
所以，，，，，，
上述等式相乘得，
则，
故当且时，，且满足，
对任意的，，故.
故选：A.
二、选择题：本题共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. 已知函数的导函数为，的部分图象如图所示，则（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递减
C. 是的极小值点D. 是的极小值点
【正确答案】AC
【分析】利用导数与函数的单调性、极值点之间的关系逐项判断即可.
【详解】对于A选项，由图象可知，当时，，则函数在上单调递增，A对；
对于B选项，当时，，则函数在上单调递增，B错；
对于C选项，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，是的极小值点，C对；
对于D选项，当时，，此时函数单调递增，
所以，不是函数的极小值点，D错.
故选：AC.
10. 已知点，，，，点P曲线C：上一点，则（ ）
A. 存在无数个点P，使得为定值
B. 存在无数个点P，使得为定值
C. 仅存在2个点P，使得
D. 仅存在4个点P，使得
【正确答案】ABD
【分析】曲线代表的是椭圆和椭圆，进而逐项判断即可.
【详解】由曲线C：，
可知曲线为：椭圆和椭圆，
易知，为的焦点，，，为的焦点，
存在无数个点P，使得为定值，存在无数个点P，使得为定值，故AB正确；
由图象可知：两椭圆共有4个交点，
所以仅存在4个点P，使得，故C错，D对，
故选：ABD
11. 若存在点，使得过点可作曲线的两条切线，切点为和，且是锐角，则可能为（ ）
A.
B
C.
D.
【正确答案】AC
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，得到两切线交点坐标满足的关系，结合图象与数量积的符号逐一判断可知.
【详解】若过点可作曲线的两条切线，
设切点，不妨设，
则函数在处的切线方程为，
在处的切线方程为，则两切线交点为，
所以有，且，
即，，
由，，
则可得
.
A项，，则，
所以，
由函数有两条渐近线，轴与直线，
两渐近线夹角为，如图1可知，，又不共线，
可能为锐角.
例如：当时，
此时，又不共线，
则为锐角，故A正确；
B项，，则，
所以，
如图可知，，则，
故，又不共线，所以恒为钝角，故B错误；
C项，，则，
所以，其中，
若，且，则，
如图所示，不共线，可以取到锐角，故C正确；
D项，，则，
故，，
故曲线在处的切线为，在处的切线为，
此时两切线夹角为.
，
结合图可知，，则，
故，所以，故D错误；
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在数列中，，则______．
【正确答案】
【分析】令，得到的比值是定值，由等比数列的定义知道数列是等比数列，并知道首项和公比，由等比数列的通项公式得到.
【详解】当时，，即 ，
∴数列是首项，公比的等比数列，
∴.
故答案.
13. 已知函数在上单调递减，则______．
【正确答案】
【分析】写出函数导数，令导数小于0得到不等式，即不等式在上恒成立，求出参数的值.
【详解】，
∵，∴当时，，
即不等式在上恒成立，
的解集为，
即，∴，解得，即.
故
14. 若偶函数的定义域为，满足，且当时，，则不等式的解集是______．
【正确答案】
【分析】构造函数，分析该函数的奇偶性与奇偶性，求得，不等式变形为，可得出或，结合函数的单调性可得出原不等式的解集.
【详解】构造函数，则该函数的定义域为，
因为函数为偶函数，则，即函数为偶函数，
因为，则，
当时，，
所以，函数在区间上为增函数，故函数在区间上为减函数，
则，即，
当时，则，可得；
当时，则，可得.
因此，不等式的解集是.
故答案为.
四、解答题：本题共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. 已知抛物线经过双曲线的焦点，且的离心率为．
（1）求的方程；
（2）与的4个交点围成一个梯形，求该梯形的高．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由抛物线方程求出双曲线焦点，再由离心率和可得；
（2）将抛物线方程代入双曲线方程求出可得.
【小问1详解】
因为抛物线过双曲线的焦点，所以令可得，
所以，又，
解得，
所以的方程.
【小问2详解】
由抛物线可得，
代入双曲线的方程可得，，
解得或，
所以梯形的高为.
16. 已知函数．
（1）若，求在上的值域；
（2）若，求在上的零点个数．
【正确答案】（1）
（2）答案见解析；
【分析】（1）多次求导后，可判断在上单调递增，据此可得值域；
（2）时，多次求导后，可得在上单调递增，在上单调递减，其中，然后由零点存在性定理可得答案.
【小问1详解】
时，，此时，
令，.
则，则在上单调递增，
则，故在上单调递增，
则；
【小问2详解】
由题，令，.
则，，，
时，，根据正弦函数性质知在上的零点个数为0；
时，所以，
故在上单调递减.
又，则，使.
则，
故在上单调递增，在上单调递减.
又注意到，，结合在上单调递增，
则时，，，又，
结合在上单调递减.则存在，使.
综上，当时，在上的零点个数为0，
当时，在上的零点个数为1.
17. 如图，平面，点、位于平面的两侧，、、、四点共面，且．
（1）证明：平面．
（2）过点作平面的垂线，指出垂足的位置，并说明理由．
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）是的中点，理由见解析；
（3）
【分析】（1）因为平面平面，所以有，结合再应用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先应用面面垂直判定定理得出平面平面，再结合平面即可证明；
（3）先建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量法求平面夹角即可.
【小问1详解】
∵平面平面，
，
，
平面平面，，
平面.
【小问2详解】
过点作平面的垂线，垂足是的中点，
因为平面平面，所以平面平面，
又平面平面， 取的中点，因为，
所以平面，所以平面；
【小问3详解】
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为，所以
则，，，
设平面的法向量为，，
则，
取，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，，
则，
取，平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
，
即平面与平面所成角的余弦值为.
18. 若函数的导函数满足对恒成立，则称为函数．
（1）试问是否为函数？说明你的理由；
（2）若为函数，求的取值范围．
【正确答案】（1）是，理由见解析
（2）
【分析】（1）设，利用函数的单调性结合函数的定义验证即可；
（2）令，令，分析可知，对任意的，，对实数的取值进行分类讨论，结合二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
令，其中，
因为、在上为增函数，故函数在上为增函数，
所以，，
所以，函数是函数.
【小问2详解】
因为，则，
令，
设，
因为函数为函数，则对任意的，，即，
因为二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
当时，即当时，则函数在区间上为增函数，
只需，解得，此时，；
当时，即当时，只需，解得，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
19. 已知是由自然数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，第项之后各项的最小值记为．
（1）若，写出的值．
（2）若（为定值，且），证明：是等比数列．
（3）若，证明：的项只能是4或3或2，且有无穷多项为2．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）写出数列，再结合数列新定义求出即可；
（2）由数列新定义结合等比数列的性质证明；
（3）采用反证法，先假设中存在大于4的项利用数列新定义得到与矛盾；再假定有有穷多项为2利用数列新定义得到与矛盾可证明.
【小问1详解】
由可得为，
又，
，所以，
，所以，
，所以，
，所以.
【小问2详解】
若，则，
因为，所以，
于是，
所以，即是公比为等比数列.
【小问3详解】
因为，所以，
，即对任意，，
假设中存在大于4的项，
设为满足的最小正整数，则，并且对任意，
因为，所以，且，
于是，
与矛盾，从而对于任意，都有，即的项只能是4或3或2，
因为对任意，，所以.
假定有有穷多项为2，且是中最后一个2，则或4，而，
于是或1，与矛盾.
综上，的项只能是4或3或2，且有无穷多项为2.