重庆市部分区县2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份重庆市部分区县2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（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（本大题共8小题）
1．已知函数，当自变量由5变到5.1时，函数的平均变化率为（ ）
A．1B．1.1C．5.1D．10.1
2．已知数列的首项为1，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
3．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例．为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音．从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第六个单音的频率为，则第十二个单音的频率为（ ）
A．B．C．D．
5．直线的图象如图所示，则圆与直线的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
6．已知等差数列的公差不为0，其前项和为，且，，当取得最小值时，（ ）
A．3B．5C．6D．9
7．等差数列的前项和分别是，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知正项数列的前项和为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的导函数为，的部分图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递增B．在上单调递减
C．是的极小值点D．是的极小值点
10．已知点，，，，点P为曲线C：上一点，则（ ）
A．存在无数个点P，使得为定值
B．存在无数个点P，使得为定值
C．仅存在2个点P，使得
D．仅存在4个点P，使得
11．若存在点，使得过点可作曲线的两条切线，切点为和，且是锐角，则可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．在数列中，，则 ．
13．已知函数在上单调递减，则 ．
14．若偶函数的定义域为，满足，且当时，，则不等式的解集是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知抛物线经过双曲线的焦点，且的离心率为．
（1）求的方程；
（2）与的4个交点围成一个梯形，求该梯形的高．
16．已知函数．
（1）若，求在上的值域；
（2）若，求在上的零点个数．
17．如图，平面，点、位于平面的两侧，、、、四点共面，且．
（1）证明：平面．
（2）过点作平面的垂线，指出垂足的位置，并说明理由．
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
18．若函数的导函数满足对恒成立，则称为函数．
（1）试问是否为函数？说明你的理由；
（2）若为函数，求的取值范围．
19．已知是由自然数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，第项之后各项的最小值记为．
（1）若，写出的值．
（2）若（为定值，且），证明：是等比数列．
（3）若，证明：的项只能是4或3或2，且有无穷多项为2．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题函数的平均变化率为.
故选D
2．【答案】A
【详解】当时，∵，∴，
当时，∵，∴，
当时，∵，∴.
故选A.
3．【答案】A.
【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.
故选A.
4．【答案】D
【详解】因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，故，
又，则.
故选D
5．【答案】C
【详解】由题意可得圆心坐标，半径，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交.
故选C
6．【答案】B
【详解】设等差数列的公差为，则，
令，因为，所以，
所以二次函数的图象关于直线对称．
又因为，可得，所以当取得最小值时，．
故选B
7．【答案】D
【详解】由可设，
则，，
所以
故选D
8．【答案】A
【详解】因为正项数列的前项和为，，且，
可得，则，
所以，，，，，，
上述等式相乘得，
则，
故当且时，，且满足，
对任意的，，故.
故选A.
9．【答案】AC
【详解】对于A选项，由图象可知，当时，，则函数在上单调递增，A对；
对于B选项，当时，，则函数在上单调递增，B错；
对于C选项，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，是的极小值点，C对；
对于D选项，当时，，此时函数单调递增，
所以，不是函数的极小值点，D错.
故选AC.
10．【答案】ABD
【详解】由曲线C：，
可知曲线为：椭圆和椭圆，
易知，为的焦点，，，为的焦点，
存在无数个点P，使得为定值，存在无数个点P，使得为定值，故AB正确；
由图象可知：两椭圆共有4个交点，
所以仅存在4个点P，使得，故C错，D对，
故选ABD
11．【答案】AC
【详解】若过点可作曲线的两条切线，
设切点，不妨设，
则函数在处的切线方程为，
在处的切线方程为，则两切线交点为，
所以有，且，
即，，
由，，
则可得
.
A项，，则，
所以，
由函数有两条渐近线，轴与直线，
两渐近线夹角为，如图1可知，，又不共线，
可能为锐角.
例如：当时，
此时，又不共线，
则为锐角，故A正确；
B项，，则，
所以，
如图可知，，则，
故，又不共线，所以恒为钝角，故B错误；
C项，，则，
所以，其中，
若，且，则，
如图所示，不共线，可以取到锐角，故C正确；
D项，，则，
故，，
故曲线在处的切线为，在处的切线为，
此时两切线夹角为.
，
结合图可知，，则，
故，所以，故D错误；
故选AC.
12．【答案】
【详解】当时，，即 ，
∴数列是首项，公比的等比数列，
∴.
13．【答案】
【详解】，
∵，∴当时，，
即不等式在上恒成立，
的解集为，
即，∴，解得，即.
14．【答案】
【详解】构造函数，则该函数的定义域为，
因为函数为偶函数，则，即函数为偶函数，
因为，则，
当时，，
所以，函数在区间上为增函数，故函数在区间上为减函数，
则，即，
当时，则，可得；
当时，则，可得.
因此，不等式的解集是.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为抛物线过双曲线的焦点，所以令可得，
所以，又，
解得，
所以的方程.
（2）由抛物线可得，
代入双曲线的方程可得，，
解得或，
所以梯形的高为.
16．【答案】（1）
（2）答案见解析；
【详解】（1）时，，此时，
令，.
则，则在上单调递增，
则，故在上单调递增，
则；
（2）由题，令，.
则，，，
时，，根据正弦函数性质知在上的零点个数为0；
时，所以，
故在上单调递减.
又，则，使.
则，
故在上单调递增，在上单调递减.
又注意到，，结合在上单调递增，
则时，，，又，
结合在上单调递减.则存在，使.
综上，当时，在上的零点个数为0，
当时，在上的零点个数为1.
17．【答案】（1）证明见解析；
（2）是的中点，理由见解析；
（3）
【详解】（1）∵平面平面，
，
，
平面平面，，
平面.
（2）过点作平面的垂线，垂足是的中点，
因为平面平面，所以平面平面，
又平面平面， 取的中点，因为，
所以平面，所以平面；
（3）
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为，所以
则，，，
设平面的法向量为，，
则，
取，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，，
则，
取，平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
，
即平面与平面所成角的余弦值为.
18．【答案】（1）是，理由见解析
（2）
【详解】（1）令，其中，
因为、在上为增函数，故函数在上为增函数，
所以，，
所以，函数是函数.
（2）因为，则，
令，
设，
因为函数为函数，则对任意的，，即，
因为二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
当时，即当时，则函数在区间上为增函数，
只需，解得，此时，；
当时，即当时，只需，解得，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
19．【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）由可得为，
又，
，所以，
，所以，
，所以，
，所以.
（2）若，则，
因为，所以，
于是，
所以，即是公比为等比数列.
（3）因为，所以，
，即对任意，，
假设中存在大于4的项，
设为满足的最小正整数，则，并且对任意，
因为，所以，且，
于是，
与矛盾，从而对于任意，都有，即的项只能是4或3或2，
因为对任意，，所以.
假定有有穷多项为2，且是中最后一个2，则或4，而，
于是或1，与矛盾.
综上，的项只能是4或3或2，且有无穷多项为2.