四川省成都市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析 (1)

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2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．
3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．
一、选择题：本大题共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. 若一数列的前4项分别为，则该数列的通项公式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数列前项的规律，分别分析数列的符号规律和数值规律，进而得出数列的通项公式.
【详解】观察数列的前项，可以发现奇数项为正，偶数项为负.
根据当为偶数时结果为，当为奇数时结果为；当为奇数时结果为，当为偶数时结果为，可知该数列的符号规律可以用来表示.
分母依次为3,5,7,9，得该数列分母的通项公式为.
结合上述对符号规律和数值规律的分析，可知该数列的通项公式为.
故选：A.
2. 若函数在处可导，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的定义求解.
【详解】因为函数在处可导，
所以，
故选：B
3. 已知是等差数列，，，则的前10项和为（ ）
A. 90B. 100C. 110D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求出的公差和首项，代入前项和公式可得答案.
【详解】设的公差为，
因为，，
所以，解得，
则的前10项和为.
故选：D.
4. 设是等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 24B. 36C. 42D. 108
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列中片段和的性质即可求解.
【详解】根据，，可知数列的公比不为1，
且成等比数列，即成等比数列，故，
故，
故选：C
5. 已知数列中，，若，且，则（ ）
A. B. C. D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】先根据已知得出是等差数列，得出通项公式计算即可.
【详解】，又，
所以数列是公差为的等差数列，，
故选：B.
6. 设点在曲线上，点在直线上，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】令，得，代入曲线，
所以的最小值即为点到直线的距离.
故选：B.
7. 等差数列中，为前项和，已知，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，可得数列为等差数列，由题意，可得其通项公式，可得答案.
【详解】由等差数列中，前项和，则，即，
故是以为首项，以为公差的等差数列，所以，即，
，.
故选：D.
8. 已知数列{an}的前n 项和 ，若数列{bn}的前n 项和满足恒成立，则的取值范围为（ ）
A. [1，+∞)B. (1，+∞)C. [2，+∞)D. (2，+∞)
【答案】A
【解析】
【分析】由求出，进而得，通过裂项相消即可求出即可得解.
【详解】因为，当时，，
当时，，
当时，，
所以，所以，
所以，
故，即，所以，
故选：A
二、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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知数列是等比数列，则下列命题中正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B. 若，，则
C. 若数列的前项和，则
D. 若，公比，则数列是递增数列
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据条件，利用等比数列的定义，即可求解；对于B，根据选项条件，直接求出，即可求解；对于B，利用，求接求出，再利用等比数列的性，即可求解，对于D，根据通项公式，结合选项条件及指数函数的性质，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，首项为，
对于选项A，因为为常数，所以数列是等比数列，故选项A正确，
对于选项B，因为，，则，解得，
所以，故选项B错误，
对于选项C，因为，令，得到，令，得到，所以，
令，得到，所以，由题有，解得，所以选项C错误，
对于选项D，因为，又，公比，所以数列是递增数列，故选项D正确，
故选：AD.
10. 设等差数列的前项的和为，公差为，已知，，，则（ ）
A. B.
C. D. 时，的最小值为14
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列的性质以及等差数列前n项和公式依次分析选项，结合基本量的运算即可得到答案.
【详解】由题意，，而，可以判断是递减数列，所以，C正确，
而，D错误；
又，所以，B错误；
而，A正确.
故选：AC
11. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面相邻两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.若记此数列为，有，，前n项和为，则下列对“斐波那契数列”的描述正确的是（ ）
A. B. 该数列的前2024项中能被3整除的有507项
C. 是偶数D.
【答案】AD
【解析】
【分析】观察分析“斐波那契数列”的特点和性质，探索其规律，依次判断各选项的准确性.
【详解】对A选项：因为，即，
所以，
又，所以.故A正确；
对B：因为“斐波那契数列”的前若干项依次为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144，…，它们除以3所得的余数为：1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0，…，可以发现余数是以1,1,2,0,2,2,1,0为周期的，在一个周期内有两个能被3整除的数.
又，所以该数列的前2024项中能被3整除的有个.故B不正确；
对C：因为均为奇数，且奇数奇数为偶数，所以为偶数；
因为奇数偶数为奇数，所以为奇数；…
所以“斐波那契数列”中的项是“奇，奇，偶”规律出现的，又，所以
为奇数，故C不正确；
对D：因
…
因为，所以.故D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：利用递推关系求数列中的项常见思路为：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一辆汽车做直线运动，位移与时间的关系为，若汽车在时的瞬时速度为8，则实数的值为________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据导数的定义可推得，根据导数的意义，即可得出答案.
【详解】根据导数的定义可得，，
根据导数的意义，可知，所以.
故答案为：2.
13. 已知数列满足，，则的通项公式为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用累加法计算可得.
【详解】因为，，
所以，
即，，，，，
所以，
即，则，
当时也成立，所以，
故答案为：．
14. 数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是________________________.
【答案】
【解析】
【分析】变形给定的递推公式，结合累加法求出，进而求出，再利用递减数列的定义列式并分离参数求解.
【详解】数列中，，则，，
即，
当时，
，也满足上式，因此，
，由数列是递减数列，得，，
即当时，，
整理得，
当或时，，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 求下列函数的导数
（1）；
（2）
（3）
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】根据导数的四则运算法则结合基本初等函数的求导公式，求导即可.
【小问1详解】
因为，所以；
【小问2详解】
因为，
所以；
【小问3详解】
因为，
所以.
16. 在数列中，，且.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列知识证得结论成立.
（2）由（1）以及等比数列的知识求得.
【小问1详解】
由于，所以．
又，所以．
所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，所以．
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）求曲线过点的切线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）设出切点坐标，结合（1）求出切线方程，再将点代入求出切点即可求解.
【小问1详解】
函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
设所求切线的切点为，切线斜率为，切线方程为，
而切线过点，则，解得或，
当时，切线方程为；
当时，切线方程为，即，
所以满足题意的切线方程为或.
18. 设是公差大于1的等差数列，数列满足.已知，，，是和的等差中项.
（1）求数列和数列的通项公式；
（2）设，且数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据给定条件可得数列是等比数列，列出关于公差、公比的方程组求解即可.
（2）由（1）求出，利用错位相减法求和得，判断单调性并求出最小值，建立不等式求解即得.
【小问1详解】
由，，得数列等比数列，
设数列的公差为，数列的公比为q，依题意，，
而，解得，则
所以数列和数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）得，，，
两式相减得：，
而，于是是递增数列，即，
由对任意的，不等式恒成立，得，
解得或，
所以的取值范围或.
19. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
（3）记，证明：．
【答案】（1）
（2）存在；或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用的关系可得，利用累乘法可求数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法可求得，假设存在正整数，使得成等差数列，可得，求解即可；
（3）当时，可得，利用放缩法可证明不等式成立.
【小问1详解】
因为，所以当时，，
两式相减得，即．
累乘得．
经检验也符合上式，所以．
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，即，
显然是18的正约数，又因为，所以，所以或18，
当，即时，，
当，即时，．
所以，存在正整数，使得成等差数列，
此时或．
【小问3详解】
由题意知，，
当时，，不等式成立．
当，因为
，
所以
．
因为，所以，
所以时，，
综上，．
【点睛】方法点睛：证明数列不等式的常用方法之一：放缩法，即是从不等式的一边着手， 用不等式的传递性等性质， 舍去(或添上) 一些正项或者负项， 扩大或缩小分式的分子、 分母， 逐渐适当地有效放大或缩小到所要求的目标，注意放缩时要适度， 否则就不能同向传递．在数列求和型不等式证明中， 一般来说有先放缩再求和或先求和再放缩两种形式。若数列易于求和， 则选择先求和后再放缩； 若数列不易求和， 要考虑先放缩后再求和的证明方法 ．