精品解析：四川省内江市第六中学2023-2024学年高二下期第一次月考数学试题

高二（下）期高2025届第一次月考数学试题 一、单选题 1. ，则（ ） A. B. 2 C. D. 6 2. 已知数列，分别为等差数列、等比数列，若，，则（ ） A. ﹣1 B. 0 C. 1 D. 2 3. 若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数，则这样的三位数一共有 A. 20个 B. 48个 C. 52个 D. 120个 4. 若点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 600 6. 已知等差数列与的前项和分别为，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 二、多选题 9. 如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 为函数的单调递增区间 B. 为函数的单调递减区间 C. 函数在处取得极大值 D. 函数在处取得极小值 10. 内江六中某班星期一上午要安排语文、数学、英语、物理、化学5节课，且该天上午总共5节课，下列结论正确的是（ ） A. 若数学课不安排在第一节且不在最后一节课，则有72种不同的安排方法 B. 若语文课和数学课必须相邻，且语文课排在数学课前面，则有48种不同的安排方法 C. 若语文课和数学课不能相邻，则有72种不同的安排方法 D. 若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排，则有40种不同的安排方法 11. 在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则是中的最小项 12. 已知函数，，，则（ ） A. 当时，函数有两个零点 B. 存在某个，使得函数与零点个数不相同 C. 存在，使得与有相同的零点 D. 若函数有两个零点，有两个零点，，一定有 三、填空题 13. 若函数的导函数为，且满足，则__________． 14. 已知数列满足，，则______，数列的前99项和为______． 15. 某公园新购进盆不同的锦紫苏、盆不同的虞美人、盆郁金香共盆盆栽，现将这盆盆栽摆成一排，则郁金香不在两边，任意两盆锦紫苏不相邻的摆法共有______． 16. 已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式．若对，不等式恒成立，则的取值范围是______. 四、解答题 17. 记为等差数列的前n项和．已知， （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 18. 已知曲线在点处的切线方程是. （1）求，的值； （2）如果曲线的某一切线与直线：垂直，求切点坐标与切线的方程. 19. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若不等式对任意的恒成立，求实数m的取值范围． 20. 已知数列的前n项和为，，其中． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围． 21. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）证明不等式恒成立． 22. 已知函数． （1）若恒成立，求实数的值； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二（下）期高2025届第一次月考数学试题 一、单选题 1. ，则（ ） A. B. 2 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义，结合导数的计算，可得答案. 【详解】∵，，∴. 故选：C. 2. 已知数列，分别为等差数列、等比数列，若，，则（ ） A. ﹣1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可以求出，利用等比中项的性质可以求出，从而求出. 【详解】因为数列，分别为等差数列、等比数列， 所以，， 所以，， 则. 故选：B. 【点睛】本题考查等差中项、等比中项的性质应用，属于基础题 3. 若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数，则这样的三位数一共有 A. 20个 B. 48个 C. 52个 D. 120个 【答案】C 【解析】 【分析】由于0不能在首位数字，则分2种情况讨论：①若0在个位，此时0一定不在首位，由排列公式即可得此时三位偶数的数目；②若0不在个位，要排除0在首位的可能，由分步计数原理可得此情况下三位偶数的数目，综合2种情况，由分类计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分2种情况讨论： ①若0在个位， 此时只须在1，2，3，4，5中任取2个数字，作为十位和百位数字即可，有A52=20个没有重复数字的三位偶数； ②若0不在个位， 此时必须在2或4中任取1个，作为个位数字，有2种取法， 0不能作为百位数字，则百位数字有4种取法，十位数字也有4种取法， 此时共有2×4×4=32个没有重复数字的三位偶数， 综合可得，共有20+32=52个没有重复数字的三位偶数． 故选C． 【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，解题需要注意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质． 4. 若点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，可得， 因为，可得，则， 即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为， 由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为. 故选：B. 5. 用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 600 【答案】C 【解析】 【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解. 【详解】将区域标号，如下图所示： 因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 故选：C. 6. 已知等差数列与的前项和分别为，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设，，由，即可求解结果． 【详解】因为，为等差数列，且， 所以可设，， 则， ， . 故选：D. 7. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，问题转化为在有解，进而求函数的最值，即可求出的范围. 【详解】∵， ∴， 若在区间内存在单调递增区间，则有解， 故， 令，则在单调递增， ， 故. 故选：D. 8. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断单调性，求解出值 【详解】因为函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得， 又函数，可得， 所以，此时， 又，所以，因为，且，所以， 不妨设，函数定义域为，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值， 则当时，λ取得最大值，最大值为． 故选：C． 二、多选题 9. 如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 为函数的单调递增区间 B. 为函数的单调递减区间 C. 函数在处取得极大值 D. 函数在处取得极小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据时，，即可判断A，B；利用导数的正负与函数极值之间的关系，即可判断C，D． 【详解】对于A，B，当 时，，故为函数的单调递增区间，故A正确，B错误； 对于C，当时，，当时，，故是函数的极大值点，故C正确； 对于D，当时，，当时，，故是函数的极小值点，故D正确． 故选：ACD． 10. 内江六中某班星期一上午要安排语文、数学、英语、物理、化学5节课，且该天上午总共5节课，下列结论正确的是（ ） A. 若数学课不安排在第一节且不在最后一节课，则有72种不同的安排方法 B. 若语文课和数学课必须相邻，且语文课排在数学课前面，则有48种不同的安排方法 C. 若语文课和数学课不能相邻，则有72种不同的安排方法 D. 若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排，则有40种不同的安排方法 【答案】AC 【解析】 【分析】先安排数学课再安排其余科目可判断A；利用捆绑法可判断B；利用插空法可判断C；利用倍缩法可判断D. 【详解】对于A，若数学课不安排在第一节且不在最后一节课，则数学课有3节课可选， 其余科目没有要求，有安排方法，则一共有种不同的安排方法，故A正确； 对于B，语文课和数学课捆绑在一起，看作一个元素，与余下的科目一起排列， 则有种不同的安排方法，故B错误； 对于C，先安排英语、物理、化学3节课，有种不同的安排方法， 把语文课和数学课安排在英语、物理、化学产生的4个空位上， 有种不同的安排方法，则共有种不同的安排方法，故C正确； 对于D，若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排，则有种不同的安排方法，故D错误. 故选：AC. 11. 在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则是中的最小项 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式和等差数列的性质逐个分析判断即可 【详解】对于A，因为，所以，得，所以A正确， 对于B，因为，所以，得，因为，所以，所以有可能大于零，也有可能小于零，所以与无法比较大小，所以B错误， 对于C，因为，所以，所以，所以，所以，所以C正确， 对于D，因为，可得，因为，所以，，所以是中的最大项，所以D错误， 故选：AC 12. 已知函数，，，则（ ） A. 当时，函数有两个零点 B. 存在某个，使得函数与零点个数不相同 C. 存在，使得与有相同的零点 D. 若函数有两个零点，有两个零点，，一定有 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可. 【详解】由， 令，令， 即在上单调递减，在上单调递增， 即， 对于A项，当时，则， 又易知，且时，， 根据零点存在性定理可知函数在和内各有一个零点，故A正确； 对于B项，当时，此时，则有一个零点， 当时，，则此时无零点， 又易得， 则，函数的零点个数与的零点个数相同，故B错误； 对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，， 同时有两个零点，， 则根据单调递增可知，存在唯一的满足成立， 有， 若C正确，因为，则只能有，即， 由题意易知：， 令，则时，， 时，，故在上单调递减，在上单调递增， 且时，，时，， 设，， 因为，时，，， 所以存在，使得，即，所以，， 即存在，使得与有相同的零点，故C正确； 对于D项，由C项结论可知，此时， 则由，故D正确. 综上：ACD正确. 故选：ACD 【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调性可判定同构式是否有解. 三、填空题 13. 若函数的导函数为，且满足，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】先求导，然后代入求出，进而可得，接着代入计算即可. 【详解】由得， 所以，得， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知数列满足，，则______，数列的前99项和为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据递推公式列举出前几项，进而可求出及数列的周期，进而可得出答案. 【详解】由，， 得，，，，， ，， 所以数列是以为周期的周期数列， 所以数列的前99项和为. 故答案为：；. 15. 某公园新购进盆不同的锦紫苏、盆不同的虞美人、盆郁金香共盆盆栽，现将这盆盆栽摆成一排，则郁金香不在两边，任意两盆锦紫苏不相邻的摆法共有______． 【答案】 【解析】 【分析】首先利用插空法将盆盆栽排好，再考虑郁金香在两边的情形，即可得解. 【详解】先排盆虞美人、盆郁金香有种，然后将盆锦紫苏放入到个位置中有种， 根据分步乘法计数原理有种排法； 若郁金香在两边，先排盆虞美人、盆郁金香有种， 再将盆锦紫苏放入到个位置中有，根据分步计数原理有种排法， 综上可得共有种排法. 故答案为： 16. 已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式．若对，不等式恒成立，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，判断单调性及奇偶性，去掉函数符号，转化为恒成立,分离参数求最值即可求解. 【详解】定义在上的函数关于轴对称，函数为上的偶函数． 令，则,为奇函数． ． 当时，不等式． ，在单调递增． 函数在上单调递增． 对，不等式恒成立， , 即 ． 当时，， 则， 则；； 故在单调递减，在单调递增； 可得时，函数取得极小值即最小值， ． 当时，，则，则 则的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题 17. 记为等差数列的前n项和．已知， （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得的值，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）求得，结合裂项法求和，即可求解. 【小问1详解】 解：由等差数列的前n项和， 可得，，可得，所以公差 ， 所以的首项为2，公差为1，可得通项公式为. 【小问2详解】 解：由（1）知，可得， 设数列的前n项和为， 则. 18. 已知曲线在点处的切线方程是. （1）求，的值； （2）如果曲线的某一切线与直线：垂直，求切点坐标与切线的方程. 【答案】（1）；（2）,或. 【解析】 【详解】试题分析：（1）先求出函数的导数，由导数的几何意义可得，，解方程可得的值；（2）设切点的坐标为，由两直线垂直的条件，斜率之积为，可得切线的斜率，解方程可得切点坐标，进而可得切线方程. 试题解析：（1）∵的导数， 由题意可得，， 解得，. （2）∵切线与直线垂直， ∴切线的斜率.设切点的坐标为， 则，∴. 由，可得，或. 则切线方程为或. 即或. 19. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若不等式对任意的恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）递增区间为，递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数后借助导函数的正负即可得原函数的单调性； （2）可借助，得到，在的情况下，借助，从而构造函数，结合该函数的单调性及最值即可得解；亦可通过参变分离，得到对任意的恒成立，通过研究得解. 【小问1详解】 当时，，其定义域为， ， 令，得（舍去）， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 方法1：由条件可知，于是，解得． 当时，， 构造函数，， ， 所以函数在上单调递减，于是， 因此实数m的取值范围是． 方法2：由条件可知对任意的恒成立， 令，，只需即可． ， 令，则， 所以函数在上单调递增， 于是，所以函数在上单调递增， 所以，于是，因此实数m的取值范围是． 20. 已知数列的前n项和为，，其中． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先得，由之间的关系得数列为等比数列，由此即可得解. （2）由等比数列求和公式、错位相减法结合数列单调性即可得解. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 两式相减，得，又， 所以数列为等比数列，首项为2，公比为3， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，， ， 则有， 两式相减得： ， 于是得， 因为且，， 当时，数列是递增数列，所以的最小值为18， 因此. 21. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）证明不等式恒成立． 【答案】 （1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）设函数， 则，可知在上单调递增． 又由，知，在上有唯一实数根，且， 则，即． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，结合，知， 所以， 则， 即不等式恒成立． 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，讨论的范围结合导数即可得出单调性； （2）构造函数，利用导数可得在上有唯一实数根，且，则可得，即得证. 【详解】（1） 当时，，所以在上单调递增； 当时，令，得到， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）略 【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明的最小值大于0. 22. 已知函数． （1）若恒成立，求实数的值； （2）证明：． 【答案】（1） （2） 由（1）得，当时，恒成立，即，当且仅当时等号成立， 令，则，，， 所以，，， 令，则恒成立， 所以函数在上单调递增， 故当时，，即． 所以，，， 所以 . 【解析】 【分析】（1）当时，求出导函数即可判断单调性直接说明；当时，求出导函数通过确定单调性，求出最值进而可得答案； （2）通过不等式以及进行放缩，然后利用裂项相消法求和证明即可. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，因为，所以恒成立，则在上单调递增， 且，所以恒大于等于零不成立； 当时，由得，， 易知当时，，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增. 则，若恒成立，则， 令，则， 在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以， 所以当时，. 综上，若恒成立，则； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $