精品解析：四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题

高2023级高二下期4月阶段性测试数学试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 下列求导运算正确的是（   ） A. B. C. D. 2. 若数列满足，，则数列中的项的值不可能为（ ） A. B. C. D. 3. 一辆汽车在公路上直线变速行驶，假设汽车在某一段路内秒时的位移（单位：米）为，则汽车在第1秒时的瞬时加速度为（ ） A. B. C. D. 4. 若数列为等比数列，首项，公比，则求和等于（ ） A. B. C. D. 5. 设数列的前项之积为，满足，则（   ） A. B. C. D. 6. 已知，则（   ） A. B. C. D. 7. 已知，，从到之间的平均变化率恒小于零，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数导函数为，若函数在区间上是减函数，且函数在区间上是增函数，称在区间上是“缓减函数”，区间称为的“缓减区间”，若，下列区间是的“缓减区间”的是（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有二个正确选项的，每个选项3分，有三个正确选项的，每个选项2分，有选错的得0分. 9. 已知函数的图象如图，是的导函数，则下列结论正确的是（  ） A. B. C. D. 10. 已知数列的通项公式，前项和为，下列说法正确的有（ ） A. 当时，取得最小值 B. C. 当前项积取得最大值时，或者 D. 当的前项和为 11. 已知数列满足首项（且），，下列说法正确的有（ ） A. 是等比数列 B. 当时，单调递减 C. 当时，恒成立 D. 当时，数列前和取最小值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是函数的导数，且，则_______ 13. 已知数列满足，，则_________ 14. 已知恰有四个不同零点，则的取值范围为____________. 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 直四棱锥，，底面为直角梯形，，，，，，，为线段的中点，为线段上的一点， （1）求平面与平面夹角余弦值； （2）若∥平面，求值. 16. 已知数列，且前项和为，满足：，，， （1）求的通项公式（结果要求化简）； （2）设，求数列的前项和（结果要求化简）. 17. 已知函数. （1）若在点处切线斜率为零，求函数的单调区间； （2）若存在，使得在区间单调递增，求实数的范围. 18. 已知抛物线，焦点为，动直线与抛物线交于两点，分别作，处的切线，交于点. （1）证明：动点的轨迹为定直线，并求出轨迹方程； （2）证明：恒成立； （3）证明：恒成立. 19. 如果一个数列从第项起，每一项与它得前一项得差都大于，则称这个数列为“”数列. （1）若数列为“数列”，且，，，求实数取值范围； （2）是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和满足？若存在，请求出的通项公式；若不存在，请说明理由； （3）已知等比数列每一项均为正整数，且为“数列”，，，当数列不是“数列”时，试判断数列是否为“数列”，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2023级高二下期4月阶段性测试数学试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 下列求导运算正确的是（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据常见函数的导数以及导数的四则运算、复合函数的求导即可判断. 【详解】对A，，故A错误； 对B，，故B错误； 对C，，故C错误； 对D，，故D正确. 故选：D. 2. 若数列满足，，则数列中的项的值不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列满足的递推关系及，依次取代入计算，能得到数列是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】数列满足，，依次取代入计算得， ，，，，因此继续下去会循环，数列是周期为4的周期数列，所有可能取值为：. 故选：D. 3. 一辆汽车在公路上直线变速行驶，假设汽车在某一段路内秒时的位移（单位：米）为，则汽车在第1秒时的瞬时加速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的物理意义，结合导数的计算，可得答案. 【详解】由， 则汽车在某一段路内秒内的速度， 所以汽车在某一段路内秒内的加速度， 可得. 故选：C. 4. 若数列为等比数列，首项，公比，则求和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列前公式求解即得. 【详解】数列为等比数列，首项，公比，则，， 而，因此数列是首项为2，公比为4的等比数列， 所以. 故选：D 5. 设数列的前项之积为，满足，则（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当时，可得，当时，，结合题意可得，即是首项为3，公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式可得，可得，继而即可求解. 【详解】当时，，所以， 当时，， 可得，即，即， 即，所以是首项为3，公差为2的等差数列， 所以， 所以，所以. 故选：. 6. 已知，则（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求导函数，在直接计算导数值即可求解. 【详解】由题， 所以. 故选：B 7. 已知，，从到之间的平均变化率恒小于零，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义可得，即在上单调递减，即，可得，令，即，利用导数求出，即可求解. 【详解】，从到之间的平均变化率恒小于零，即， 即在上单调递减，即， ，所以， 所以，令，即， ， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以，即. 故选：. 8. 设函数的导函数为，若函数在区间上是减函数，且函数在区间上是增函数，称在区间上是“缓减函数”，区间称为的“缓减区间”，若，下列区间是的“缓减区间”的是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用“缓减函数”的定义结合导数求解即可. 详解】由题意得， 又，由，得, 解得，， 即的单调递减区间为，. 设， 则， 由，得， 即， 又，则， 解得，， 即的单调递增区间为，． 由“缓减区间”的定义可得的“缓减区间”为，， 而是的子集，是“缓减区间”； 不是的子集，不是“缓减区间”； 不是的子集，不是“缓减区间”； 不是的子集，不是“缓减区间”. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有二个正确选项的，每个选项3分，有三个正确选项的，每个选项2分，有选错的得0分. 9. 已知函数的图象如图，是的导函数，则下列结论正确的是（  ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】记点、、，利用斜率的几何意义和导数的几何意义逐项判断即可. 【详解】记点、、， 设直线、的倾斜角分别为、，函数在点、处的切线的倾斜角分别为、， 对于A选项，由图可知，，则， 即，即，A错； 对于B选项，由图可知，，所以，，B对； 对于C选项，由图可知，，所以，，C对； 对于D选项，由图可知，，所以，，D错. 故选：BC. 10. 已知数列的通项公式，前项和为，下列说法正确的有（ ） A. 当时，取得最小值 B. C. 当前项积取得最大值时，或者 D. 当的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，作差分析即可判断；对于B，化简数列的通项公式计算求和即可判断；对于C，由，且即可判断；对于D，结合裂项法化简数列再计算即可得解判断. 【详解】对于A，由题， 所以当时，；当，；当，， 所以， 所以当时，不是最小值，故A错误； 对于B，因为，则， 所以，故B正确； 对于C，由题，则，且， 所以其前项积.故C正确； 对于D，， 所以的前项和为，故D正确. 故选：BCD 11. 已知数列满足首项（且），，下列说法正确的有（ ） A. 是等比数列 B. 当时，单调递减 C. 当时，恒成立 D. 当时，数列前和取最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先由题设得，将其代入计算化简即可判断；对于B，求出，即可判断；对于C，结合A求出数列通项公式，再结合和放缩法求出即可判断；对于D，结合A求出数列的通项即可以及解不等式即可求解判断. 【详解】对于A，因为，所以， 所以，又且， 所以数列是以为首项，4为公比的等比数列，故A正确； 对于B，当时，，所以不是单调递减数列，故B错误； 对于C，当时，，由A得， 所以， 所以时，， 且， 所以，，当时，， 所以当时，恒成立，故C正确； 对于D，当时，，由A得， 所以， 所以，令或， 所以当时，数列前和取最小值时，，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是函数的导数，且，则_______ 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数的定义即可计算求解. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 已知数列满足，，则_________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得偶数项的递推公式，利用构造法以及等差数列的通项，可得答案. 【详解】由题意可得， 则，即，易知， 所以数列是以为首项，以为公比的等差数列， 则，故. 故答案为：. 14. 已知恰有四个不同零点，则的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】化简函数，得到是函数一个零点，根据题意，转化为方程或恰有三个非零的实数根，令，利用导数求得函数的单调性，结合图象，得到零点的情况；再令，利用导数得到函数的零点分别情况，进而得到答案. 【详解】由函数， 可得，所以是函数的一个零点， 要使得恰有四个不同零点，即方程恰有三个非零的实数根， 即方程或恰有三个非零的实数根， 即方程或恰有三个非零的实数根， 令，可得， 当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 且且时，；时，， 函数的图象如图所示， 当时，方程有两个实数根；当时，方程只有一个实数根； 当时，方程没有实数根；当时，方程只有一个实数根； 令，可得， 当时，恒成立，所以单调递增， 且，所以函数只有一个零点； 当时，令，可得， 当时，；当时，； 所以时，函数取得极小值，， 令，则，令， 可得，令，可得， 当时，；当时，， 函数在上单递增，在上单调递减， 当时，函数取得极大值，极大值为，即， 又由时，；时，， 所以，当时，函数有两个零点， 综上可得：当时，方程有两个实根，方程只有一个实根， 此时恰有四个不同零点，符合题意； 当时，方程有一个实根，方程只有一个实根， 此时函数三个零点，不符合题意； 当时，方程没有实根，方程只有一个实根， 此时函数一个零点，不符合题意； 当时，方程只有一个实根，方程有两个实根， 此时函数恰有四个零点，符合题意， 所以当时，函数恰有四个零点. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 直四棱锥，，底面为直角梯形，，，，，，，为线段的中点，为线段上的一点， （1）求平面与平面夹角余弦值； （2）若∥平面，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建系标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （2）设，可得，根据线面平行列式求解即可. 【小问1详解】 因为，，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为. 小问2详解】 由（1）可得：，，， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 设，则， 因为∥平面，则，解得， 所以. 16. 已知数列，且前项和为，满足：，，， （1）求的通项公式（结果要求化简）； （2）设，求数列的前项和（结果要求化简）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意利用与的关系式可得，求出，对分奇数、偶数讨论，利用等比数列的通项公式即可求解； （2）由（1）可得，，利用错位相减法即可求解 【小问1详解】 当时，， 当时，由，可得， 两式作差可得， 所以，即， 因为， 所以当时，， 当为偶数时，可得， 当为奇数时，可得， 所以，. 【小问2详解】 由（1）易得，所以， ， 两边同时乘以， 可得， 两式作差，可得， 化简得，所以. 17. 已知函数. （1）若在点处的切线斜率为零，求函数的单调区间； （2）若存在，使得在区间单调递增，求实数的范围. 【答案】（1）的增区间为、，减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）由可求出的值，然后利用导数与函数单调性的关系可求出函数的增区间和减区间； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合题意检验即可，综合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域， 且， 则，解得， 所以，， 由可得或，由可得， 所以，的增区间为、，减区间为. 【小问2详解】 函数函数的定义域， 且， ①若，则，由可得，由可得， 此时，函数的增区间为，减区间为，不合乎题意； ②若，由可得或， 当时，，则当时，， 此时，函数在上单调递减，不合乎题意； 当时，， 若，即当时，由可得或， 由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为，合乎题意； 若，即当时，对任意的恒成立， 此时，函数的增区间为，无减区间，合乎题意； 若，即当时，由可得或， 由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 18. 已知抛物线，焦点为，动直线与抛物线交于两点，分别作，处的切线，交于点. （1）证明：动点的轨迹为定直线，并求出轨迹方程； （2）证明：恒成立； （3）证明：恒成立. 【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，写出韦达定理，利用导数求出切线，并联立求交点，可得答案； （2）由抛物线方程可得焦点坐标，利用两点之间距离公式以及抛物线的定义，表示线段长，代入（1）的韦达定理，可得答案； （3）根据相似三角形的判定与性质，等价转化问题，根据向量的坐标表示，可得答案. 【小问1详解】 设，，， ，可得，，则 ，求导， 可得，则的方程为：，化简得， 同理可得的方程为：， 两直线方程联立可得， 所以动点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由题可知，由（1）可知，易得， 由抛物线定义可知 ，代入（1）问结论， 可得，证完. 【小问3详解】 由（2）可得，要证，只需证明， 而要证，只需证， 即只需要证明， 即只需要证明， 即只需要证明， 易知，， 可得，而， 所以，同理， 故只需证明， 只需证明， 展开化简，且代入， 故只需证明，故只需证明，由（1）知，显然成立. 所以.证完 19. 如果一个数列从第项起，每一项与它得前一项得差都大于，则称这个数列为“”数列. （1）若数列为“数列”，且，，，求实数的取值范围； （2）是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和满足？若存在，请求出的通项公式；若不存在，请说明理由； （3）已知等比数列的每一项均为正整数，且为“数列”，，，当数列不是“数列”时，试判断数列是否为“数列”，并说明理由. 【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据“数列”的定义及已知条件有，即可求的取值范围； （2）应用反证法，假设存在首项为的等差数列为“数列”，结合已知条件推出矛盾结果，即可证不存在. （3）设等比数列的公比为，由“数列”的性质确定、的最小项，结合已知有即可求，分类讨论数列是否为“数列”. 【详解】（1），，解得或， ∴的取值范围是； （2）假设存在等差数列为“数列”， 设公差为，由，可得， 由题意可得对一切恒成立，即都成立， ∵，且， ∴，与矛盾，故不存在等差数列“数列”； （3）设等比数列的公比为，则且每一项均为正整数，且， ∴，，由，即在中，为最小项；同理，在中，为最小项， 由为“数列”，可知只需，即， 又不是“数列”且为最小项，则，即 综上，，可得，或，； ①当，时，，则 令，则， 令，则， ∴，即，又， ∴对任意的都有，即数列为“数列”； ②当，时，，则，显然为递减数列，，故数列不是“数列”； 综上，当，时，数列是“数列”；当，时，数列不是“数列”. 【点睛】关键点点睛：第三问，由已知设的通项公式，根据为“数列”， 不是“数列”可得，进而求基本量，再应用分类讨论的方法判断数列的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$