广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共17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. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 191B. 192C. 193D. 194
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用的关系列式计算即得.
【详解】因为，则，
故选：C
2. 下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本题可根据每一个图形与前一个图形的关系得出结论.
【详解】结合图象易知，，，，，
故选：B.
3. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
【详解】由求导得，则，而，
所以所求切线方程为.
故选：A
4. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的性质结合已知条件可得，再结合可求得结果.
【详解】在等比数列中，，
所以，
所以，又，
设公比为q，则，
所以．
故选：B
5. 已知等比数列的公比是，首项，前项和为，设，，成等差数列，若，则正整数的最大值是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】由等差中项确定公比 ，再结合等比数列求和公式即可求解；
【详解】由已知可得，
，
故选：A.
6. 已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数图象得出和的解，然后用分类讨论思想求得结论．
【详解】由图象知的解集为，的解集为，
或，
所以或，解集即为．
故选：D．
7. 已知数列的各项均为正数，，若表示不超过的最大整数，记数列的前项和为，当100时，的值为（ ）
A. 28B. 29C. 30D. 31
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件可得，数列是首项为1，公差为1的等差数列，即可得，根据取值分析可得的值.
【详解】因，可得是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，因为数列的各项均为正数，
所以，因为，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
则.
说明当100时，的值为30.
故选：C.
8. 数列前n项和为，且满足：，，，，下列说法错误的是（ ）
A.
B. 数列有最大值，无最小值
C. ，使得
D. ，使得
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，令求出，再令，求出；B选项，先得到，再求出，单调递减，故B正确；C选项，当时，，时，，证明出C正确；D选项，作差，并结合C选项中结论计算出，故D错误.
【详解】A选项，中，令得，
因为，解得，解得，
中，令得，
即，解得，负值舍去，A正确；
B选项，当时，，故，
，
故，
因为，故，，
故，则单调递减，
数列有最大值，无最小值，B正确；
C选项，当时，，此时等号成立，
当时，由于，
所以，
综上，，使得，C正确；
D选项，
，
由C选项可知，，，
故，
所以恒成立，
故不存在，使得，D错误.
故选：D
【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
二、多选题
9. 函数，则（ ）
A. B. 的单调递增区间为
C. 最大值为D. 有两个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对函数求导，根据导函数的符号确定原函数的单调性，继而得到函数的极值，即可逐一判断A,B,C,再结合函数的趋势，利用零点存在定理，作出其图象即可判断D.
【详解】对于A，因的定义域为，则，故A正确；
对于B，由可得，即单调递增区间为，故B正确；
对于C，由上分析，当时，；当时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误；
对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
而当时，；当时，，
由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.
故选：ABD.
10. 数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则数列的前5项和最大
B. 若等比数列是递减数列，则公比q满足
C. 已知等差数列的前n项和为，若，则
D. 已知为等差数列，则数列也是等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等差数列和等比数列的性质逐项判断即可.
【详解】选项A，由可得，，故数列前5项的和最大，故 A正确；
选项B，当时，等比数列也是递减数列，故B错误；
选项C，，若，则，故C正确；
选项D，若为等差数列，则，，则为常数，数列也是等差数列，故D正确.
故选：ACD
11. 设为数列的前n项的积，，则（ ）
A. 当时，B. 若，则
C. 若，则为常数列D. 若数列为等差数列，则或
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A：写出再代入即可；对于选项B：将与代入验证即可；对于选项C：当时，，求出前几项，总结结论即可；对于选项D：利用等差数列的定义，得出为常数，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A：当时，由，选项A正确；
对于选项B:由时，，可得，可得时，，代入，有，可得，故B选项错误；
对于选项C:当时，，所以，因为，所以，所以为常数列，故选项C正确；
对于选项D：，若数列为等差数列，则为常数，
①若，则恒成立，即恒成立，所以；
②若，则，所以解得
所以或，故选项D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：利用等差数列定义，得出为常数，分情况讨论时利用对应项的系数相等能列出即可求解.
三、填空题
12. 曲线上的点到直线的最短距离是________．
【答案】
【解析】
【分析】求出和平行的直线和相切，求函数的导数，利用导数的几何意义求出切点坐标即可得到结论.
【详解】与平行的直线和相切，则斜率为，
因为，所以，
令，解方程得，代入直线方程得切点，
则点到直线的距离就是曲线的点到直线的最短距离，
由点到直线的距离公式知，
故答案为：.
13. 已知正项等比数列的前项和为，且，则__________.
【答案】48
【解析】
【分析】用基本量法，求出首项和公比，再求.
【详解】设等比数列的公比为,易知，
因为，所以，，
所以，解得或（舍），
则.所以.
故答案为：48.
14. 以为首项､以为公比的等比数列满足，，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用等比数列的前项和公式求出从而可得，进而可得，解不等式即可.
【详解】由题意得，
可得，所以，
所以，即.
故答案为：
四、解答题
15. 已知是等差数列，是等比数列，且.
（1）求，的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由等差数列、等比数列基本量的计算得公差公比即可.
（2）由错位相减法、等差等比公式法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差、等比数列的公比分别为，由题意得，且，，
解得，所以数列，的通项公式分别为.
【小问2详解】
由题意，所以的前项和，
，
两式相减得，
即.
16. 已知函数满足，在点处的切线的斜率为.
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的单调区间和最值.
【答案】（1）
（2）在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为；的最大值为14，最小值为-6
【解析】
【分析】（1）由列出方程求解即可；
（2）由（1）确定函数得单调区间即可求解；
【小问1详解】
函数，
则，
依题意，，解得，
所以，
当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；
则在处取得极值，满足题意.所以的解析式是.
【小问2详解】
由（1）知， ，，，
当时，，在单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，在单调递增；
故在处取得极大值，在处取得极小值，
又，，，，
因此，.
所以在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为，
的最大值为14，的最小值为.
17. 如图，四棱锥中，，平面平面，，，，.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：应用平面平面性质定理，得出平面，再应用等腰三角形得出线线垂直进而线面垂直判定定理得出线面垂直；方法二：应用平面平面性质定理，得出平面，再应用余弦定理进而线面垂直判定定理得出线面垂直；
（2）应用平面平面性质定理，得出平面，建立空间直角坐标系，分别求平面的法向量，平面的法向量，最后结合二面角余弦公式计算即可求解.
【小问1详解】
方法一：取的中点为，取的中点为，并连接，，，如图所示.

因为为等边三角形，故，.
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，从而.
又，，，故，又，且为的中点，故有.
又，且，平面，故平面，平面，
从而，又，且，平面，故平面，
方法二：取的中点为，并连接，，如图所示.

因为为等边三角形，故，
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，从而，，
又，，，故，从而可得.
在和中，由，
得，解得，故由，，，知，
又，且，平面，故平面，
【小问2详解】
由（1）和平面，故平面平面.
取的中点为，连接，并过作，
因为，且平面平面，平面平面，
平面，故平面，又，
故以，，分别，，轴，为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示.

由题可知：，，，，，
设，则解得即.
因为平面，故平面的法向量可取，
设平面的法向量为，则
可取
即，故，
由图易知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.
18. 若无穷数列满足：对于，，其中为常数，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“数列”，且，，设，求数列的前项和；
（2）若数列为“数列”，且，.求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的概念结合等差数列的通项公式先求再求，再利用裂项相消法求和即可；
（2）根据题意结合等差数列通项公式可得，根据分析证明即可.
【小问1详解】
由题意得，数列是首项为1，公差为2的等差数列，
故，所以，
故，
所以
【小问2详解】
由题意可知：，且，
则数列是以首项为，公差为1的等差数列，
可得，即.
因为，
若，则；
若，则；
若，则，
可得；
综上所述：；
19. 已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线；
（2）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；
（3）讨论函数的导函数在定义域上的单调性.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求导函数，把代入导函数得切线斜率，再代入原函数得切点纵坐标，最后用点斜式求切线方程.
（2）已知在上为增函数，那么其导函数在该区间恒成立.通过分离参数得到与一个新函数的关系，设新函数，对求导判断单调性，进而求出最小值，得到的取值范围.
（3）先得出及其导函数，令导函数中分子为，根据判别式的值分类讨论.当时，恒正，单调递增；当时，求出的根，再根据的不同取值范围，确定正负，从而得到的单调区间.
【小问1详解】
时，，
，则，，
所以在点处的切线为，整理得：，
故在点处的切线为；
【小问2详解】
易知，
因为在上为增函数，所以在恒成立，
由在恒成立，得，，
设，，
令，在上恒成立，
所以在上递增，，即在上恒成立，
所以在上递增，，故，即；
【小问3详解】
由题意知，定义域为，故，
设，，
（ⅰ）当时，即时，对恒成立，即对恒成立，
故函数在上单调递增.
（ⅱ）当时，即时，
令，解得：，
①当时，由韦达定理得：，，故，
令，解得：或，
令，解得：，
故函数在和上单调递增，在上单调递减.
②当时，由韦达定理得： ，，故，
令，解得：，令，解得：，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数上单调递增.