四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2024−2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析）

这是一份四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2024−2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析），共13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
1．数列的通项公式可以为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数在处的导数为2，则（ ）
A．0B．C．1D．2
3．在等比数列{an}中，an>0，且a1+a2=1，a3+a4=9，则a4+a5的值为（ ）
A．16B．27
C．36D．81
4．对函数求导正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．设数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
8．，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．若公差为的等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知数列满足，则（ ）
A．B．的前n项和为
C．的前100项和为100D．的前30项和为357
11．设，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
三、填空题
12．已知函数，则 .
13．已知函数，若在区间上单调递减，则实数的取值范围是 ．
14．已知数列满足，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题
15．如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，，.
(1)证明：.
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
16．已知数列是等比数列，公比，前项和为 ，若，.
（1）求的通项公式；
（2）若，试求数列的前项和.
17．已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
18．已知抛物线的焦点为，抛物线上一点满足，为直线上的动点，过作曲线的两条切线，，其中为切点．
(1)求抛物线的方程；
(2)求证：直线恒过定点；
(3)求面积的最小值．
19．若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”．
(1)若等比数列为“A数列”，求的公比q；
(2)若数列为“A数列”，且，．
①求证：；
②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据题意逐一检验选项即可.
【详解】对于选项A：令，可得，不合题意；
对于选项B：代入检验均可，符合题意；
对于选项C：令，可得，不合题意；
对于选项D：令，可得，不合题意；
故选B.
2．【答案】C
【详解】.
故选C.
3．【答案】B
【详解】∵a1+a2=1，a3+a4=9，
∴q2=9.
∴q=3（q=-3舍去），
∴a4+a5=（a3+a4）q=27.
故选B
4．【答案】D
【详解】依题意，.
故选D
5．【答案】D
【详解】因为，
所以，
上述各式相乘得，
因为，所以，
经检验，满足，
所以.
故选D.
6．【答案】B
【分析】利用的图象分析的正负情况，从而分类讨论即可得解.
【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当或时，；当时，；
而等价于①，或②，
由①得或，则，
由②得，则，
综上，.
故选B.
7．【答案】A
【详解】由题意知，，
当时，，解得，
当时，，
则，
整理，得，等式两边同时除以，
得，又，
所以数列是以6为首项，5为公差的等差数列，
有，则，
所以.
故选A.
8．【答案】D
【详解】令，，则，
所以当时，即在上单调递增，
所以，即，即，即，
令，则，
在时，，则为减函数，
∴，即；
令，，则，
故在为减函数，
∴，即；
∴，
令，则，即，∴，
所以．
故选D．
9．【答案】AD
【详解】设等差数列的首项为，由题有，解得，所以选项A正确，选项B不正确，
又，由，得到，所以是数列前项和的最小值，故选项C不正确，选项D正确，
故选AD.
10．【答案】AD
【详解】当时，，
当时，，
两式相减可得：，
所以，
显然当时，满足，故，故A正确；
由等差数列求和公式知的前项和为，故B错误；
令，的前100项和为：
，故C错误；
令，
所以的前30项和为：
，故D正确.
故选AD.
11．【答案】ABD
【详解】令，，
由，可得：，由，可得：，
可得在单调递减，在单调递增，
所以，即；
对于A，∵，∴，而函数是增函数，∴，故A正确；
对于B，当时，令函数，则，
∴函数在上单调递增，由，可得，
∴，故B正确；
对于C，由，可得，即，
可得：，∴，即，
而函数，求得在有正有负，
所以在上不是增函数，故C不正确；
对于D，，即，
易知函数在上是增函数，∴，故D正确，
故选ABD.
12．【答案】
【详解】，则，故，
解得，，所以.
13．【答案】
【详解】因为，
令，可得，
所以要使函数在区间上单调递减，
则区间是区间的子区间，
所以，求解不等式组可得：，
解得，所以实数的取值范围是.
故答案是：.
14．【答案】
【详解】由，，可得，
整理得，，
所以数列表示首项为2，公差为1的等差数列.
，则，
又由恒成立，即，对恒成立，
令，
当且仅当，即时等号成立，又，
当时，，当时，，
由对勾函数的单调性，得，所以.
所以实数的取值范围是.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面，平面，所以.
因为四边形ABCD为正方形，所以，
因为平面，所以平面，
又因平面，所以.
（2）由题意以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图，
则，，，，.
设平面的法向量是，
则，取，可得，
易得是平面ABCD的一个法向量，
则，
故平面PBQ与平面ABCD夹角的余弦值为.
【方法总结】向量法求两个平面的夹角：
首先求出两个平面的法向量m，n，再代入公式cs α＝±(其中m，n分别是两个平面的法向量，α是两个平面的夹角)求解．
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设等比数列的公比为q，
由题意得 ，解得或者（舍），所以，
所以；
（2），
所以，
，
两项作差可得
，
所以
17．【答案】（1）
（2）答案见解析
【详解】（1）当时，，
则，
则，又，
所以在点处的切线方程为.
（2）由，，
则，
当时，，
由，得；由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得或，
当时，，由，得或；
由，得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，此时函数在上单调递增；
当时，，由，得或；
由，得，
所以函数在和上单调递增，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，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
18．【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）由题意，得，所以抛物线方程为.
（2）设， ， ，
由，得，故切线：，即，
同理可得切线： ，
在两条切线上，则，所以直线，即，
因为，故，故直线恒过定点.
（方法二）
当直线斜率存在时，设，
联立，得 ，设，，，
，，，
由，得，故切线，即，
同理切线，
联立得，故，
代入直线，得，
直线，所以恒过定点
当直线斜率不存在时，由对称性可知，直线，也过定点，
综上，直线恒过定点.
（3）联立，得，
由韦达定理可得，，

到直线的距离 ， ，
当时，的最小值为.
（方法二）
当直线斜率不存在时，直线，，到直线距离为8，
，
当直线斜率存在时，
，
所以到直线的距离， ，
，
当时，的最小值为3，故，
所以的面积的最小值为.
19．【答案】(1)
(2)①证明见详解；②1
【详解】（1）因为等比数列为“A数列”，则，
即，可得，
若上述方程对任意恒成立，则，且为定值，
所以的公比.
（2）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.
①因为，
若，则；
若，则；
若，则，
可得；
综上所述：；
②因为，且是正项数列，则，即，
可得，
若对任意恒成立，即，
令，可得，可得，
且，则，
若，可得，
又因为，
可得，
所以符合题意；
若对任意恒成立，即，
令，可得，可得，
若，可得，
又因为，
可得，，
可得，所以符合题意；
综上所述：的最小值1.
【思路导引】
1.数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．