精品解析：湖北省荆州中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试卷

荆州中学2023级高二下学期3月份月考试卷 数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 在等差数列中，为其前n项和，若，则 A. 60 B. 75 C. 90 D. 105 3. 函数的极值点是（ ） A. ，0，1 B. ，1 C. ，， D. ， 4. 将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ） A. 15 B. 35 C. 56 D. 70 5. 如图，已知椭圆，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B，若∠F1AB＝90°，则此椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 A. 96 B. 84 C. 60 D. 48 7. 设数列的前项和为，若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法有24种 B. 最左端只能排或，最右端不能排，则不同的排法共有42种 C. 不相邻的排法种数为72种 D. 按从左到右的顺序排列的排法有120种 10. 已知实数满足曲线方程，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 过点作曲线的切线，则切线方程为 11. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 区间单调递减，在区间单调递增 B. 有极小值，且极小值是的最小值 C. 设，若对任意，都存，使成立，则 D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点且在坐标轴上的截距相等的直线的斜率是______. 13. 将6名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，不同的分配方案有______种．（用数字作答） 14. 已知数列、均为正项等比数列，、分别为数列、的前项积，且，则的值为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数 （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求在上的最大值与最小值. 16. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 17. 已知双曲线. （1）过的直线与双曲线有且只有一个公共点，求直线的斜率； （2）若直线与双曲线相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以线段为直径的圆过双曲线的左顶点C.试问：直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由. 18. 数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n+1)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：，求数列{bn}的通项公式； (3)令(n∈N*)，求数列{cn}前n项和Tn. 19. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处n（）阶导数都存在时，.注：表示的2阶导数，即为的导数，（）表示的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式. （1）写出泰勒展开式（只需写出前4项）； （2）根据泰勒公式估算值，精确到小数点后两位； （3）证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 荆州中学2023级高二下学期3月份月考试卷 数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，令，即可求解. 【详解】由函数， 可得， 令，可得，所以. 故选：C. 2. 在等差数列中，为其前n项和，若，则 A. 60 B. 75 C. 90 D. 105 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，利用等差数列下标和性质可得，进而得到结果. 【详解】，即，而，故选B. 【点睛】本题考查等差数列的性质，考查运算能力与推理能力，属于中档题. 3. 函数的极值点是（ ） A. ，0，1 B. ，1 C. ，， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数极值点的定义求解即可. 【详解】由，则， 令，得或；令，得或，且， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减，则函数的极值点为. 故选：B. 4. 将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ） A. 15 B. 35 C. 56 D. 70 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合“隔板法”，即可求解. 【详解】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额， 可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆， 由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有种不同的分法． 故选：B. 5. 如图，已知椭圆，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B，若∠F1AB＝90°，则此椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由∠F1AB＝90°，得△F1AF2为等腰直角三角形，从而得，易得离心率． 【详解】若∠F1AB＝90°，则△F1AF2为等腰直角三角形，所以有|OA|＝|OF2|，即b＝c． 所以，． 故选：C． 6. 如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 A. 96 B. 84 C. 60 D. 48 【答案】B 【解析】 【详解】解：分三类：种两种花有种种法； 种三种花有2种种法； 种四种花有种种法． 共有2++=84． 故选B 7. 设数列的前项和为，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用，结合已知变形构造数列，求出，进而求出即可判断得解. 【详解】数列中，由，得，整理得， 则，数列是以为首项，1为公差的等差数列， 于是，即，而满足上式， 因此，，，ABD错误，C正确. 故选：C 8. 已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由题意有三个不同的实数根，利用导数得出其单调区间，得出其函数图像，数形结合得出的范围，由可得出答案. 【详解】解：方程，显然不为该方程的实数根， 设， 即方程有三个不同的实数根， 即有三个不同的实数根， 当时， ，则， 由，可得；，可得， 所以在 上单调递增，在上单调递减， 且当时，，当时， 从而作出的大致图像. 由图可知当时，直线与函数的图象有3个交点， 即方程有三个不同的实数根. 由，得， 由，得， 所以 所以． 故选：A． 【点睛】易错点点睛：在画的图象时注意其函数值的取值范围. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果必须相邻且在右边，那么不同的排法有24种 B. 最左端只能排或，最右端不能排，则不同的排法共有42种 C. 不相邻的排法种数为72种 D. 按从左到右的顺序排列的排法有120种 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项通过捆绑法即可判断；B选项分在最左端和在最左端两种情况考虑；C选项利用插空法判断； D选项用的全排列除以的全排列即可. 【详解】A选项：把绑在一起，且在的右边，有种，A正确； B选项：若在最左端，则有种，若在最左端，则有种，共有种，B正确； C选项：先排，再把插入空中，有种，C正确； D选项：有种，D错误. 故选：ABC. 10. 已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 过点作曲线的切线，则切线方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】由表示圆上点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确. 【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为， 对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方， 所以它的最大值为，所以A错误； 对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即， 由圆心到直线的距离，解得， 所以的最大值为，所以B正确； 对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍， 圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误； 对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上， 则点与圆心连线的斜率为， 根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为， 所以切线方程为，即，所以D正确. 故选：BD. 11. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 在区间单调递减，在区间单调递增 B. 有极小值，且极小值是最小值 C. 设，若对任意，都存在，使成立，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先确定定义域，根据导数研究函数的单调性以及最值，逐项分析判断即可得解. 【详解】由，可得， 求导可得， 由，可得， 当，时，，为减函数， 当时，，为增函数，故A正确； 对B， 的极小值为，而， 故极小值不是最小值，故B错误； 对C，在上的值域包含在上的值域， 由时， 为减函数， 当时， 为增函数， 故的值域为， 由在上的值域为， 所以，故C正确； 对D，由，所以， 所以，， 即，又，， 故成立，故D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点且在坐标轴上的截距相等的直线的斜率是______. 【答案】或 【解析】 【分析】分直线过原点和不过原点两种情况求解即可. 【详解】当直线过原点时，在坐标轴上的截距都为0， 此时直线的斜率为：； 当直线不过原点时，设直线的方程为， 则，即， 则直线的方程为，斜率为. 故答案为：或. 13. 将6名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，不同的分配方案有______种．（用数字作答） 【答案】50 【解析】 【分析】将问题分为甲、乙每屋住4人、2人或3人、3人两类，进而结合排列组合知识进行分配即可求得答案. 【详解】由题意知将6名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生， 包括甲、乙每屋住4人、2人或3人、3人， 当甲和乙两个屋子住4人、2人，共有种， 当甲和乙两个屋子住3人、3人，共有种， 根据分类计数原理得到共有（种）. 故答案为：50 14. 已知数列、均为正项等比数列，、分别为数列、的前项积，且，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 推导出数列、为等差数列，由此可得出，即可得解. 【详解】设等比数列的公比为，则（常数）， 所以，数列为等差数列，同理可知，数列也为等差数列， 因为， 同理可得，因此，. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：已知等差数列、的前项和分别为、，则. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数 （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求在上的最大值与最小值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先求函数的导数，再利用导数的几何意义求切线方程；（2）首先利用导数判断函数的单调性，根据单调性求函数的最大值和最小值，端点时可能的最大值，再通过做差比较大小，求最大值. 【详解】（1），， 所以，函数的图象在点处的切线的斜率为， ，所以，函数的图象在点处的切线方程为， 即； （2），. 当时，；当时，. 所以，， 因为，， 所以，，则， 所以，函数在上的最大值为. 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数的最值与导数，在处理函数的最值时，要充分利用导数分析函数的单调性，并将极值与端点函数值作大小比较得出结论，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题. 16. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论； （2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【小问1详解】 取中点，连接，， 为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 平面平面，平面平面平面， 平面， 取中点，连接，则平面， ， ，又， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， ，设平面的一个法向量，， 则，取，则， 平面的一个法向量可取， 设平面与平面所成锐二面角为， ， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 17. 已知双曲线. （1）过的直线与双曲线有且只有一个公共点，求直线的斜率； （2）若直线与双曲线相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以线段为直径的圆过双曲线的左顶点C.试问：直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由. 【答案】（1），，，； （2）直线过定点，定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）设直线，与双曲线联立，将交点个数问题转换成方程解的个数问题； （2）将直线与双曲线联立，韦达定理写出根与系数的关系，又以为直径的圆过双曲线的左顶点，所以，代入求解，得到与的关系即可得出结论. 【小问1详解】 由题意得直线的斜率必存在，设， 联立，得 若，即时，满足题意， 若，即时， 令，解之得， 综上，的斜率为，，，； 【小问2详解】 设，，由，得， 则， ，， ∴， ∵以为直径的圆过双曲线的左顶点，∴， 因为， ∴，∴， ∴，解得或 当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾； 当时，直线的方程为，直线过定点，经检验符合题意. 直线过定点，定点坐标为. 18. 数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n+1)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：，求数列{bn}的通项公式； (3)令(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn. 【答案】（1） ；(2);（3） . 【解析】 【分析】（1）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*），n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1．n=1时，a1=S1=2，即可得出;（2）数列{bn}满足：an=，可得n≥2时，an﹣an﹣1==2．n=1时，=a1=2，可得b1;（3）cn===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为An，利用错位相减法即可得出An．进而得出数列{cn}的前n项和Tn． 【详解】（1）∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*）， ∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n（n+1）﹣n（n﹣1）=2n． n=1时，a1=S1=2，对于上式也成立． ∴an=2n． （2）数列{bn}满足：an=+++…+，∴n≥2时，an﹣an﹣1==2． ∴bn=2（3n+1）． n=1时，=a1=2，可得b1=8，对于上式也成立． ∴bn=2（3n+1）． （3）cn===n•3n+n， 令数列{n•3n}的前n项和为An，则An=3+2×32+3×33+…+n•3n， ∴3An=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1， ∴﹣2An=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1， 可得An=． ∴数列{cn}前n项和Tn=+． 【点睛】本题考查了数列递推关系、错位相减法、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、方程思想，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等. 19. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处n（）阶导数都存在时，.注：表示的2阶导数，即为的导数，（）表示的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式. （1）写出泰勒展开式（只需写出前4项）； （2）根据泰勒公式估算的值，精确到小数点后两位； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2）0.48 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别求解的一阶，二阶，三阶导数，代入公式可得答案； （2）写出的泰勒公式，代入可得答案； （3）方法一利用泰勒公式得，把不等式进行转化，求最小值可证结论；方法二构造函数，通过两次导数得出函数的最小值，进而可证结论. 【小问1详解】 ，，，； ，，； 所以. 【小问2详解】 因为， 由该公式可得， 故. 【小问3详解】 法一：由泰勒展开， 易知当，， 所以 ， 令， 则，所以在上单调递增， 故， 即证得. 法二： 令， ， 易知当，，均为增函数， 所以单调递增， 所以， 所以当，单调递增， 所以， 当，， 令，则，则单调递增， 则， 综上，原不等式得证. 【点睛】方法点睛：导数证明不等式的常用方法:1、最值法：移项构造函数，求解新函数的最值，可证不等式；2、放缩法：利用常用不等式对所证不等式进行放缩，利用传递性进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$