广东省佛山市顺德区乐从中学高二下学期3月月考数学试题（解析版）(1)-A4

这是一份广东省佛山市顺德区乐从中学高二下学期3月月考数学试题（解析版）(1)-A4，共15页。试卷主要包含了 已知集合，集合，则， 已知平面同量，若，则实数， 已知复数满足， 函数的单调增区间是， 已知等差数列的前项和为，则等内容，欢迎下载使用。
命题人：张红平 审题人：麦伟岚
总分：150分 考试时间：120分钟
一､单项选择题（共8题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过解一元二次不等式得到集合，再由交集定义求解．
【详解】由可得，即，解得或.
所以，集合，
因为集合，所以.
故选：D.
2. 已知平面同量，若，则实数（ ）
A. B. 1C. 或1D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算求得的坐标，再根据，利用数量积运算求解即可.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，整理得，解得或.
故选：C.
3. 已知复数满足：，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算计算即得.
【详解】由可得.
故选：A.
4. 已知等差数列的前项和为，则数列的公差是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式及求和公式基本量运算求解.
【详解】等差数列中，，
因为，所以
则数列的公差是.
故选：C.
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
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列的性质可求得公比，再利用即可.
【详解】因，即，，
解得或（舍），
设公比为，则，故
故选：D
6. 函数的单调增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导，令即可求解函数的单调递增区间.
【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. 已知函数的极小值点为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导，时，函数的无极小值，当，函数的极小值为，当，可得函数的极大值为，可得的取值范围.
【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. 已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数无零点，将其转化为方程在上没有实根，研究函数的值域，即可求得参数的取值范围.
【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.
二､多项选择题（共3题，每小题6分，共18分）
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
【答案】AD
【解析】
【分析】对于选项A，根据等差数列前项和公式，与已知对比，求出公差；对于选项B，将看作二次函数，利用二次函数性质求其最小值及此时的值；对于选项C，先根据，求出，进而求出的值判断其正负；对于选项D，求出的表达式，判断其是否为等差数列.
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. 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
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题可得通项公式，即可判断各选项正误.
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】求导可得的极小值为判断A；若为奇函数，可得对恒成立，可判断B；由题意可得对恒成立，可求得，判断C；由题意可得有三个实数根，变形可求得结论判断D.
【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.
三､填空题（共3题，每小题5分，共15分）
12. 等差数列中，，则__________．
【答案】27
【解析】
【分析】根据等差数列前项和公式和等差数列下标的性质可以直接求出的值.
【详解】因为数列是等差数列，所以.
故答案为：.
13. 曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求导，然后利用导数求出在点处切线斜率，再利用点斜式方程求解该点处的切线方程.
【详解】因，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.
故答案为：
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．
【答案】 ①. 294 ②. 12
【解析】
【分析】将自然数排成数阵，结合等差数列的求和公式，判断1000所在的位置即可.
【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.
故答案为：294；12
四､解答题（本题共5小题，共77分）
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．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到等差数列的通项公式；再由数列的满足，结合，得到，结合等比数列的通项公式，求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合乘公比错位法求和，即可求得数列的前项和.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）计算长度，由勾股定理确定，再有，从而得平面；
（2）由（1）中的垂直关系建系，求两个平面的法向量，进而得面面夹角余弦值.
【小问1详解】
底面，平面，，
，，，，，，
，，
又，且平面，
平面．
【小问2详解】
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. 已知函数
（1）求的极值；
（2）证明：．
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导数，然后利用极值的概念即得；
（2）构造函数，求其最小值即可.
【小问1详解】
，
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；
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用给定的递推公式变形，结合等比数列定义即可证明；
（2）利用（1）的结论结合等比数列的通项公式，再利用累加法和等比数列的求和公式即可求解；
（3）由（2）知.利用反证法即可证明.
【小问1详解】
证明：，所以，
由，
∴数列是首项为2，公比为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，
，
，即数列的通项公式为.
【小问3详解】
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. 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．
【答案】（1）0； （2）答案见解析；
（3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）利用导函数分析函数的单调性，求最值即可；
（2）求出导函数，分类讨论单调性即可；
（3）利用（1）小问的结论，构造出不等关系，利用累加法即可证得结论.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
则，令，解得，
时，单调递增；
时，单调递减，
.
【小问2详解】
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．
【小问3详解】
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.