福建省莆田市莆田擢英中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田市莆田擢英中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列求导计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的四则运算和复合函数的导数，即得解
【详解】，A错误；
，B正确；
，C错误；
，D错误．
故选：B．
2. 在等差数列中，，，则的值为（ ）
A. 99B. 98C. 97D. 96
【答案】A
【解析】
【分析】先由条件求出首项和公差，再运用等差数列的通项公式即可得到所求.
【详解】由题意知：设公差为，则，解得，
则，则.
故选：A.
3. 已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱侧面积和球表面积公式列方程，解方程即可.
【详解】设圆柱的母线长为，则，解得.
故选：B.
4. 函数的图像大致为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用特殊值法，排除B,C.D推出结果即可．
【详解】令，则，
令，则，
显然，故排除B、C，
当时，，排除D，故选A.
【点睛】本题考查函数的图形的判断，考查分析问题解决问题的能力．
5. 已知点，空间内一平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合点到面的距离公式运算求解.
【详解】由题意可得：，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
6. 已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，确定函数单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.
【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.
，则，即，
故.
，即，即，故，解得.
故选：D
7. 已知A，B是椭圆E：的左、右顶点，M是E上不同于A，B的任意一点，若直线AM，BM的斜率之积为，则E的离心率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意方程可知，，设，利用斜率公式以及直线的斜率之积为列式并化简得: ，①,再根据M在椭圆上可得 ，②,联立①②可解得.
【详解】由题意方程可知，，
设
则 ,，整理得：，①
又，得，即，②
联立①②，得，即，解得．
故选D．
【点睛】本题考查了斜率公式,椭圆的几何性质,属中档题.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据结构构造函数，求导，利用单调性比较大小即可；再根据结构构造函数，求导，利用单调性比较大小即可，即可判断选项.
【详解】令，，则，当时，，单调递增，
所以，即，所以，即.
令，，当时，，
单调递增，又，所以在上恒成立，
所以，即，
所以，即，所以.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，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. 若数列为递增数列且数列也为递增数列，则称为“重增数列”.下列数列中，是重增数列的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据新定义结合对数运算及三角函数值的正负计算判断各个选项即可.
【详解】对于A：因为，为递增数列且，所以数列也为递增数列，A选项正确；
对于B：因为，为递增数列且，所以数列也为递增数列，B选项正确；
对于C：因为，所以不是重增数列，C选项错误；
对于D：因为，所以不是重增数列，D选项错误；
故选：AB.
10. 若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，方盒的容积最大B. 方盒的容积没有最小值
C. 方盒容积的最大值为D. 方盒容积的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】将方盒容积表示为关于的函数的形式，利用导数可求得单调性、最值点和最值，由此可得结果.
【详解】由题意知：方盒的底面为边长为的正方形，高为，其中，
则方盒的容积为，
，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，无最小值，ABC正确，D错误.
故选：ABC.
11. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素. 已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线 既中心对称又是轴对称图形
B. 曲线 上满足 的点 有 2 个
C.
D. 曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意中等式结合两点间距离公式表示出曲线方程可得A正确；由可得这样的 点只有 1 个，即为原点可得B错误；由曲线方程整理出可得C正确；由图象观察可得D正确；也可由导数的意义求出.
【详解】对于A，设 点坐标为则曲线 ，故 正确；
对于 ，若 ，则 ，这样的 点只有 1 个，即为原点， 故 错误；
对于C，由 得，
整理得， ，所以 ，故C正确；
对于D，从双纽线的图形上，可以观察有四个点处切线的斜率为 0，
另外，由 得 ，则 ，
令 或 0，经计算曲线 在原点处的切线方程为 ，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是能利用曲线方程整理出两点间公式，再求出范围.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知各项都为正数的等比数列，若，则_______．
【答案】19
【解析】
【分析】由各项都为正数的等比数列，，解得，再由，能求出结果．
【详解】解：各项都为正数的等比数列，，
，解得，
．
故答案为：19．
【点睛】本题考查对数值的求法，考查等比数列的性质、对数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
13. 在平面直角坐标系中，椭圆的中心在原点，焦点，在轴上，离心率为，过的直线交于，两点，且的周长为16，则椭圆的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆上一点与两焦点构成的三角形周长公式、离心率公式以及椭圆中、、的关系来求解椭圆方程.
【详解】已知的周长为，可得.
因为离心率，可得. 根据椭圆中.
可得椭圆的方程为.
故答案为：.
14. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.给定函数，请你根据上面的探究结果，解答以下问题：
①函数的对称中心坐标为______；
②计算________.
【答案】 ①. （，1） ②. 2018
【解析】
【分析】①先对函数求二阶导，得到，根据题意求出拐点，即可得出结果；
②先由①得到，推出，用倒序相加法，即可求出结果.
【详解】①因为，所以，
所以，
由得，此时，
由题意可得，即为函数的对称中心；
②由①知，函数关于中心对称，
所以，即，
因此；
记，
则
，
所以.
故答案为；.
【点睛】本题主要考查利用导数求对称中心，倒序相加法求函数值的和，熟记函数对称性，以及导数的计算公式即可，属于常考题型.
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. 已知数列满足，当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意化简得到，得到数列为等差数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由，得到，结合裂项求和及，即可得证.
【小问1详解】
解：由，可得，即，
则数列是公差为的等差数列，
又由，可得，则，可得，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
解：由，则.
所以
.
因为，所以，
即.
16. 设与是函数的两个极值点.
（1）试确定常数和的值；
（2）求函数的单调区间；
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）先对函数进行求导，根据可求出和的值．
（Ⅱ）将和的值代入导函数，然后根据函数的单调性与其导函数之间的关系可判断函数的单调性．
试题解析：
（1）
由题意可知：


（2）
17. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，，，．

（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先利用线面垂直的判定定理证得平面，再由线面垂直的性质定理得，由于，所以可得；
（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再由法向量夹角与两平面夹角关系进行求解可得答案．
【小问1详解】

取的中点，连接，．
因为侧面是菱形，，所以是正三角形，
因为是中点，所以．
因为是中点，，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为斜三棱柱，所以，所以．
【小问2详解】
因为，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以．
又因，，平面，平面，
所以平面．
以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．
所以，，
设平面的一个法向量为，
则即．
取，则，，所以．
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，，所以．
又，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的动直线 l与C 交于P，Q两点.当轴时，，且直线的斜率之积为.
（1）求C的方程;
（2）求的内切圆半径r的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解方程即可求得答案；
（2）设，由等面积法表示，进而讨论直线斜率存在和不存在的情况，存在时设直线l方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，结合弦长公式可得的表达式，再结合二次函数的性质，即可求得答案.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为c，则，
令代入，可得，
则当轴时，，此时不妨设，
则由直线的斜率之积为，得，
即，结合，即，解得，
故C的方程为；
【小问2详解】
设，则的周长为，
故，则，
当轴时，；
当l不与x轴垂直时，设，
联立，得，
，，
，
故，令，则，
则，由于，故，
令，则在上单调递减，
则，
则，
综合上述，的内切圆半径r的取值范围为.
【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中的三角形的内切圆半径的范围问题，解题思路并不困难，但很容易出错，易错点就在于根据等面积法求出内切圆半径的表达式后，结合根与系数的关系化简，求解范围，计算过程较为复杂，计算量较大，很容易计算错误，因此计算要十分细心.
19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数.已知函数.
（1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由；
（2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（3）若，求的极值差比系数的取值范围.
【答案】（1）是，理由见解析
（2）不存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定义，求出极值差比系数的值，这样的值存在即可判断.
（2）反证法，假设存在这样的，由“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可.
（3）由（2）得到参数与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，即可得出函数取值范围.
【小问1详解】
当时，（），
则
当时，，当，，
所以在和上严格递增，在上严格递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以，所以是极值差比函数.
【小问2详解】
的定义域为，，
假设存在使极值差比系数为，
则，是方程的两个不相等的正实数根，
则，解得，不妨设，则，
因为
，
所以，从而，得（*）
令（），，
所以在上是严格增函数，所以，
因此（*）无解，所以不存在使的极值差比系数为；
【小问3详解】
由（2）知极值差比系数为，即，
不妨设，令，，极值差比系数可化为，
，又，解得，
令（），，
设（），，
所以在上单调递减，当时，，
从而，所以在上单调递增，所以，
即，
所以极值差比系数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：研究复杂函数的性质，直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变换，通过恒等变形发现简单函数结构，再进行构造研究.