广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（含详解）

广东省佛山市顺德区第一中学2024 2025学年高二下学期3月月考数学试题
一、单选题
1．已知数列的前项和，则（ ）
A．191 B．192 C．193 D．194
2．下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是（ ）
A． B．
C． D．
3．曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．在等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知等比数列的公比是，首项，前项和为，设，，成等差数列，若，则正整数的最大值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．15
6．已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知数列的各项均为正数，，若表示不超过的最大整数，记数列的前项和为，当100时，的值为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
8．数列前n项和为，且满足：，，，，下列说法错误的是（ ）
A．
B．数列有最大值，无最小值
C．，使得
D．，使得
二、多选题
9．函数，则（ ）
A． B．的单调递增区间为
C．最大值为 D．有两个零点
10．数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列的前5项和最大
B．若等比数列是递减数列，则公比q满足
C．已知等差数列的前n项和为，若，则
D．已知为等差数列，则数列也是等差数列
11．设为数列的前n项的积，，则（ ）
A．当时， B．若，则
C．若，则为常数列 D．若数列为等差数列，则或
三、填空题
12．曲线上的点到直线的最短距离是 ．
13．已知正项等比数列的前项和为，且，则 .
14．以为首项 以为公比的等比数列满足，，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题
15．已知是等差数列，是等比数列，且.
（1）求，的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
16．已知函数在处取得极值，在点处的切线的斜率为.
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的单调区间和最值.
17．如图，四棱锥中，，平面平面，，，，.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
18．若无穷数列满足：对于，，其中为常数，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“数列”，且，，设，求数列的前项和；
（2）若数列为“数列”，且，.求证：.
19．已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线；
（2）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；
（3）讨论函数的导函数在定义域上的单调性.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，则，
故选C
2．【答案】B
【详解】本题可根据每一个图形与前一个图形的关系得出结论.
【详解】结合图象易知，，，，，
故选B.
3．【答案】A
【详解】由求导得，则，而，
所以所求切线方程为.
故选A
4．【答案】B
【详解】在等比数列中，，
所以，
所以，又，
设公比为q，则，
所以．
故选B
5．【答案】A
【详解】由已知可得，
，
故选A.
6．【答案】D
【详解】由图象知的解集为，的解集为，
或，
所以或，解集即为．
故选D．
7．【答案】C
【详解】因，可得是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，因为数列的各项均为正数，
所以，因为，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
则.
说明当100时，的值为30.
故选C.
8．【答案】D
【详解】A选项，中，令得，
因为，解得，解得，
中，令得，
即，解得，负值舍去，A正确；
B选项，当时，，故，
，
故，
因为，故，，
故，则单调递减，
数列有最大值，无最小值，B正确；
C选项，当时，，此时等号成立，
当时，由于，
所以，
综上，，使得，C正确；
D选项，
，
由C选项可知，，，
故，
所以恒成立，
故不存在，使得，D错误.
故选D
9．【答案】ABD
【详解】对于A，因的定义域为，则，故A正确；
对于B，由可得，即的单调递增区间为，故B正确；
对于C，由上分析，当时，；当时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误；
对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
而当时，；当时，，
由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】ACD
【详解】选项A，由可得，，故数列前5项的和最大，故 A正确；
选项B，当时，等比数列也是递减数列，故B错误；
选项C，，若，则，故C正确；
选项D，若为等差数列，则，，则为常数，数列也是等差数列，故D正确.
故选ACD
11．【答案】ACD
【详解】对于选项A：当时，由，选项A正确；
对于选项B:由时，，可得，可得时，，代入，有，可得，故B选项错误；
对于选项C:当时，，所以，因为，所以，所以为常数列，故选项C正确；
对于选项D：，若数列为等差数列，则为常数，
①若，则恒成立，即恒成立，所以；
②若，则，所以解得
所以或，故选项D正确；
故选ACD．
12．【答案】
【详解】与平行的直线和相切，则斜率为，
因为，所以，
令，解方程得，代入直线方程得切点，
则点到直线的距离就是曲线的点到直线的最短距离，
由点到直线的距离公式知.
13．【答案】48
【详解】设等比数列的公比为,易知，
因为，所以，，
所以，解得或（舍），
则.所以.
14．【答案】
【详解】利用等比数列的前项和公式求出从而可得，进而可得，解不等式即可.
【详解】由题意得，
可得，所以，
所以，即.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设等差数列的公差、等比数列的公比分别为，由题意得，且，，
解得，所以数列，的通项公式分别为.
（2）由题意，所以的前项和，
，
两式相减得，
即.
16．【答案】(1)；
(2)答案见详解.
【分析】（1）由题意得，待定系数可得函数，再验证处取到极值即可；
（2）先通过函数的导函数得函数的单调区间及极值，再比较区间端点处的函数值与极值大小可得最值.
【详解】（1）函数，
则，
依题意，，解得，
所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
则在处取得极值，满足题意.
所以的解析式是.
（2）由（1）知，，
，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故在处取得极大值，在处取得极小值，
又，
因此.
所以在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为，
的最大值为，的最小值为.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）方法一：取的中点为，取的中点为，并连接，，，如图所示.

因为为等边三角形，故，.
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，从而.
又，，，故，又，且为的中点，故有.
又，且，平面，故平面，平面，
从而，又，且，平面，故平面，
方法二：取的中点为，并连接，，如图所示.

因为为等边三角形，故，
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，从而，，
又，，，故，从而可得.
在和中，由，
得，解得，故由，，，知，
又，且，平面，故平面，
（2）由（1）和平面，故平面平面.
取的中点为，连接，并过作，
因为，且平面平面，平面平面，
平面，故平面，又，
故以，，分别为，，轴，为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示.

由题可知：，，，，，
设，则解得即.
因为平面，故平面的法向量可取，
设平面的法向量为，则
可取
即，故，
由图易知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.
18．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1）由题意得，数列是首项为1，公差为2的等差数列，
故，所以，
故，
所以
（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.
因为，
若，则；
若，则；
若，则，
可得；
综上所述：；
19．【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【详解】（1）时，，
，则，，
所以在点处的切线为，整理得：，
故在点处的切线为；
（2）易知，
因为在上为增函数，所以在恒成立，
由在恒成立，得，，
设，，
令，在上恒成立，
所以在上递增，，即在上恒成立，
所以在上递增，，故，即；
（3）由题意知，定义域为，故，
设，，
（ⅰ）当时，即时，对恒成立，即对恒成立，
故函数在上单调递增.
（ⅱ）当时，即时，
令，解得：，
①当时，由韦达定理得：，，故，
令，解得：或，
令，解得：，
故函数在和上单调递增，在上单调递减.
②当时，由韦达定理得： ，，故，
令，解得：，令，解得：，
故函数在上单调递增，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.