广东省佛山市顺德区乐从中学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乐从中学2024−2025学年高二下学期3月月考数学试题（含解析），共11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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量，若，则实数（ ）
A．B．1C．或1D．4
3．已知复数满足：，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的前项和为，则数列的公差是（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．已知各项均为正数的等比数列是单调递增数列，，则（ ）
A．B．C．10D．20
6．函数的单调增区间是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的极小值点为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．
B．当取得最小值时，为4
C．
D．是等差数列
10．公比为的等比数列，若且成等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列是等差数列
C．
D．若数列共有（是正整数）项，则偶数项之和与奇数项之和的比值为
11．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的极小值为
B．可能为奇函数
C．若在上单调递增，则
D．若直线与有三个交点，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．等差数列中，，则 ．
13．曲线在点处的切线方程为 ．
14．在一个玩数米粒的游戏中，甲､乙､丙､丁四人每人各有一个罐子，每轮游戏都从米缸中分若干次数米粒放入自己的罐子中．第一轮：甲数了1粒，接着乙数了2､3粒，接着丙数了4､5､6粒，接着丁数了7､8､9､10粒；第二轮甲接着数了11､12､13､14､15粒，依次循环，直到某人某次数了1000粒，游戏结束．在第二轮游戏完成时，丁的罐子里一共有 粒米粒；游戏结束时，是进行到第 轮游戏．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在公差不为0的等差数列中，且，数列的前项和为且
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和．
16．如图，在四棱锥中，底面，， ，，点是的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
17．已知函数
(1)求的极值；
(2)证明：．
18．已知数列满足，，.
(1)证明：是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)若数列，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
19．已知函数
(1)当时，求的最大值；
(2)设，讨论的单调性；
(3)证明：对于任意的正整数，都有．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由可得，即，解得或.
所以，集合，
因为集合，所以.
故选D.
2．【答案】C
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，整理得，解得或.
故选C.
3．【答案】A
【详解】由可得.
故选A.
4．【答案】C
【详解】等差数列中，，
因为，所以
则数列的公差是.
故选C.
5．【答案】D
【详解】因，即，，
解得或（舍），
设公比为，则，故
故选D
6．【答案】D
【详解】函数的定义域为，
∴.
令，解得或，
即函数的单调增区间是.
故选D.
7．【答案】A
【详解】由，可得，
因为函数的极小值点为，所以，
若，则，所以在上恒成立，故函数无极小值，
又函数的极小值点为，故，
又时，令，可得或，
当，所以，当，，所以是函数的极小值点，符合题意，
又时，令，可得或，
当，所以，当，，所以是函数的极大值点，不符合题意，
综上所述：的取值范围是.
故选A.
8．【答案】B
【详解】函数无零点，即关于的方程在上没有实根，
也即方程在上没有实根.
设，则，
由可得，由可得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则时，函数取得极大值为，
当则，当则，
作出函数的图象，可得其值域为，故.
故选B.
9．【答案】AD
【详解】对于选项A，已知，又.
对比系数可得，解得，故选项A正确；
对于选项B，，
将其看作二次函数，二次函数对称轴为，
因为为正整数，且二次函数图象开口向上，
所以当或时，取得最小值，故选项B 错误；
对于选项C，当时，，
当时，，
经验证时，也成立.
所以，所以，故选项C错误；
对于选项D，由，可得.
为常数.
所以是首项为，公差为1的等差数列，故选项D正确.
故选AD
10．【答案】ABD
【详解】对于A，因成等差数列，则，
即，因，则得，解得，故A正确；
对于B，由A，，则，则，
因，即数列是等差数列，故B正确；
对于C，根据B项结论，，故C错误；
对于D，该数列的所有奇数项之和为：；
所有偶数项之和为：，
则，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，当时，，可得，
令，可得，解得或，
当，，当，，所以的极小值为，故A正确；
对于B，若为奇函数，则，
所以。
所以，故不存在，使对恒成立，
故不可能为奇函数，故B错误；
对于C，若在上单调递增，则对恒成立，
所以对恒成立，，
当时，，所以，故C正确；
对于D，由直线与有三个交点，
则，
即有三个实数根，
则，
所以，
所以，所以，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】27
【详解】因为数列是等差数列，所以.
13．【答案】
【详解】因为，所以，，
所以，又因为，
由点斜式方程可得在点处的切线方程为：，即.
14．【答案】 294 12
【详解】将自然数按照以下规律排成数阵：
第一行：1
第二行：2,3
第三行：4,5,6
第四行：7,8,9,10
第五行：12,13,14,15,16
……
设数列：.
则数阵第行的最后一个数为：.
由，且.
所以是第45行的第10个数.
在第二轮游戏完成时，丁的罐子里的米粒数为：.
因为，所以游戏完成时，是进行到第12轮.
15．【答案】(1)；
(2)
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
由，可得，
因为，解得，所以，
又由数列的前项和为，满足
当时，可得，即，可得；
当时，，
两式相减得，整理得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
（2）解：由（1）知：，，可得，
所以，
则，
两式相减，可得
，
所以，即数列的前项和为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）底面，平面，，
，，，，，，
，，
又，且平面，
平面．
（2）由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
由为棱的中点，得，
，
设平面QBD的法向量，
则，
取，得，
由（1）知平面，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角所成角为，
所以，平面与平面所成角的余弦值为．
17．【答案】(1)极大值为，极小值为
(2)证明见解析
【详解】（1），
令，解得：，
当或时，；当时， ，
则在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为，的极小值为；
（2）由题意，要证，即证对于恒成立．
令，则，
因在上单调递增，，，
则在上存在唯一的零点，则，即，可得，
又 ，则得；得；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
则时，恒成立，从而恒成立，
即成立．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）证明：，所以，
由，
∴数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，
，
，即数列的通项公式为.
（3）由（2）知.
假设存在不同的三个正整数，使得成等差数列，
则有，
两边同时乘以，得到，
由于是大于或等于1的整数，是大于或等于2的整数，
∴是奇数，是偶数，∴不可能成立，故假设不成立，
∴数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
19．【答案】(1)0；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析；
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，令，解得，
时，单调递增；
时，单调递减，
.
（2）由题意，，定义域为，
则，
令，解得，
当时，时，单调递减；时，单调递增.
当时，时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增.
当时，时，单调递增.
当时，时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增.
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（3）由（1）知，，在上恒成立，即，当且仅当时等号成立.
对于任意的正整数都有成立，
，
，
累加可得，
即，
即得证.
所以，对于任意的正整数，都有．