精品解析：四川省成都市石室成飞中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

成都石室成飞中学2024-2025学年下期五月月考 高2023级 数学 试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 注意事项: 01．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上，或将条形码贴在答题卡规定的位置上. 02．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 03．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的住置上. 04．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 05．考试结束后，只将答题卡交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据焦点在横轴上双曲线的渐近线方程直接求解即可. 【详解】由题得双曲线的方程为，所以， 所以渐近线方程为． 故选：D 2. 数列是首项为1且公差不为0的等差数列，若，则 （ ） A. 20 B. 39 C. 41 D. 58 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程，求得，结合等差数列的通项公式，即可求解. 【详解】由题意，设等差数列的公差为，其中， 因为，且，可得，解得， 所以. 故选：B. 3. 已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则项的系数为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，然后可由二项展开式通项得答案. 【详解】因为的展开式中只有第3项的二项式系数最大， 则为偶数，最大项为，则 所以，又因为二项展开式的通项公式为：， 令，得，所以项的系数为：. 故选：C 4. 记为等比数列的前n项和.若，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案. 【详解】∵为等比数列的前n项和，， ∴，，成等比数列 ∴， ∴， ∴ 故选：A. 5. 在某次研讨会中，甲、乙、丙、丁、戊、己6位专家轮流发言，其中甲和乙不能连续发言，则这6位专家的不同发言顺序共有 （ ） A. 240种 B. 280种 C. 480种 D. 720种 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用插空法列式求解不相邻问题. 【详解】排除甲乙外的4位专家有种方法，再将甲乙插入每种排法形成的5个间隔中，有种， 所以这6位专家的不同发言顺序共有: 种. 故选：C 6. 已知函数在上单调递减，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数求导，根据函数单调性与导数的关系得到在给定区间上恒成立，进而转化为求2k小于等于一个函数的最小值问题.通过构造新函数，利用导数判断其单调性，从而求出最小值，最终确定的取值范围并得到的最大值. 【详解】因函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 令，，令， ，∴在上单调递减，则，∴， ∴在上单调递减，，， 经检验知：当时，满足题意，所以，则实数的最大值为. 故选：B. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出. 【详解】设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积 ， 设，，则， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时. 故选：D． 8. 若，不等式恒成立（其中是自然对数的底数），则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将题设不等式转化为对恒成立，构造函数，则，利用导数研究得到的单调性，进而得到，再通过导数求得函数的最大值即可求解. 【详解】由题意可知：，， 即， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数， 又，所以，其中， 令，则， 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 所以，即，故实数的最小值为． 故选：A 二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，数列的前项和为，则 （ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前200项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】首先根据数列的前项和求通项，判断A，再根据等比数列的定义，和等差数列的性质判断BC，利用裂项相消法求和，判断D. 【详解】由， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于A，因为，所以当时，可得，故A正确； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 10. 若，则（  ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意，利用赋值法，结合选项，依次计算即可求解. 【详解】对于A，令，可得，故A错误； 对于B，令，可得，又， 所以，故B正确； 对于C，令，则，故C错误； 对于D，因为令，可得， 令，可得， 两式相减得：， 所以，故D正确. 故选：BD. 11. 已知是定义在R上的奇函数，，不恒为零且为偶函数，则（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义、复合函数的求导法则，结合周期性逐项分析判断. 【详解】对于A，由是上的奇函数，得，求导得， 即，因此为偶函数，A正确； 对于B，由为偶函数，得，求导得， 令，得，则，B正确； 对于C，由为偶函数，得，无条件说明成立，C错误； 对于D，，则，， 且，即，函数的周期是8， ，D正确. 故答案为：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知曲线在处的切线与直线平行，则实数的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义有导数值和切线斜率相等，即可求参数值. 【详解】因为，所以， 又因为该曲线在处的切线与直线平行，所以. 故答案为：2. 13. 将5本不同的书分发给甲、乙、丙三个同学，每个同学至少得到1本书，且甲同学只得到1本书，则不同的分法总数为________. 【答案】 【解析】 【分析】取一本书给甲，再将余下的4本书分成两组，并分给乙丙即可. 【详解】取1本书给甲，有种方法，再把余下4本书分成两组，不同分组方法有种， 将分得的两组分给乙丙，有种方法， 所以不同的分法总数为：. 故答案为：70 14. 设数列的前项和为，且，则数列的前项和为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用前项和与第项的关系可得，变形构造常数列求出，再利用错位相减法求和. 【详解】由，得， 当时，，解得； 当时，，整理得， 则，数列是常数列，因此， ，，设数列的前项和为， ， 于是， 两式相减得， 则，所以数列的前项和为. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤. 15. 已知数列是首项为2且公差不为0的等差数列，为和的等比中项，记数列的前项和为. （1）求和； （2）设，求数列的前2022项的和. 【答案】（1）， （2）-1011 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质求出公差，进而得到和； （2）先求出的表达式，再分析数列的前2022项和的规律进行计算. 【小问1详解】 因为为和的等比中项，所以， 又因为数列是首项为2且公差不为0的等差数列，则，所以，，. 【小问2详解】 因为 所以数列的前2022项的和为： . 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，，，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先通过已知条件推出线线垂直关系，进而证明平面 （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，得到平面ABD与平面的法向量，最后计算两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为为的中点，，所以， 则，，， 又，所以，即. 因为，，，所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，则，又， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面，又平面，则， 又平面，平面，则，所以两两垂直， 以坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，，所以，则，所以的中点，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，所以.因为平面的一个法向量， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若不等式恒成立，且，求的最小值． 【答案】（1）极大值，无极小值 （2）1 【解析】 【分析】（1）由题可得，据此可得单调性及极值情况； （2）由题可得，令，可得，据此再令，由其单调性及零点存在性定理可得单调性及最值，据此可得答案. 【小问1详解】 因为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以当时，函数取得极大值，无极小值 【小问2详解】 因为不等式恒成立， 即恒成立， 由于，则，设， 则， 设，则，所以在上单调递减， 又，， 所以存在，使，即． 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减 所以． 又，则，由于恒成立，，且 所以的最小值为1． 18. 已知，分别是椭圆的左右焦点，直线与轴相交于点，与椭圆相交于不同的，两点，的面积为，且椭圆的短轴长与焦距相等. （1）求椭圆的方程和实数的取值范围； （2）若线段的垂直平分线与轴相交于点，且为直角三角形，求点的坐标和直线的方程. 【答案】（1）， （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用面积公式结合短轴公式计算求解椭圆方程，联立得出判别式计算求解； （2）联立，则斜率公式得出，分或时，计算直线方程. 【小问1详解】 由题意知，因为的面积为，所以 ，又因为椭圆的短轴长与焦距相等，所以，则 ，椭圆的方程为：. 联立，整理得：，因为直线与椭圆相交于不同的两点 、，所以，解得：或， 则实数的取值范围为：. 【小问2详解】 设，，设线段的中点为，由（1）知：，， 则，，即. 设，由，则，化简为，① 因为为直角三角形，又，所以，即， 所以，， 整理为， 则：， 化简为 ② 由①得，即，代入②得， 整理得 ③，又由①得，代入③得： ，即， 整理得，即，满足. 当时，，点的坐标为，直线的方程为：； 当时，，点的坐标为，直线的方程为：. 19. 已知曲线与直线有且仅有两个不同的交点，，且.（其中是自然对数的底数） （1）求实数的取值范围； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）要使曲线与直线有两个交点，转化为方程有两个不同实根问题.设函数，求导得，根据找到时，以此确定单调性，得出时取最小值. 要有两个零点，需解出范围.再通过计算和，利用函数单调性证明在不同区间各有一个零点，从而确定的取值范围. （2）已知是零点，要证，转化为证.因为在递增，只需证，又，所以证.设，求导判断单调性，得出，进而证明结论. 【小问1详解】 因为曲线与直线有且仅有两个不同的交点， 所以关于的方程有且仅有两个不同的实数根， 即有且仅有两个不同的实数根. 令，则，又，由得， 所以时，，单调递减； 时，，单调递增， 当时，取得极小值，也是最小值，要使有两个零点， 则，即，解得， 当时，得，则在区间上有且只有一个零点； 当时，， 设，则，所以在上单调递增， 则，所以， 则在上有且只有一个零点，故有且仅有两个零点， 实数的取值范围为：. 【小问2详解】 由（1）可知：，分别为函数的两个零点，不妨设， 要证，即证， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，故只需证明，而， 所以只需证，令，且 所以，， 所以在上单调递减，， 所以在上恒成立，即， 综上所述：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 成都石室成飞中学2024-2025学年下期五月月考 高2023级 数学 试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 注意事项: 01．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上，或将条形码贴在答题卡规定的位置上. 02．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 03．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的住置上. 04．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 05．考试结束后，只将答题卡交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 数列是首项为1且公差不为0的等差数列，若，则 （ ） A. 20 B. 39 C. 41 D. 58 3. 已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则项的系数为 （ ） A. B. C. D. 4. 记为等比数列的前n项和.若，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 5. 在某次研讨会中，甲、乙、丙、丁、戊、己6位专家轮流发言，其中甲和乙不能连续发言，则这6位专家的不同发言顺序共有 （ ） A. 240种 B. 280种 C. 480种 D. 720种 6. 已知函数在上单调递减，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 8. 若，不等式恒成立（其中是自然对数的底数），则实数的最小值为（ ） A B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，数列的前项和为，则 （ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前200项和为 10. 若，则（  ） A. B. C. D 11. 已知是定义在R上奇函数，，不恒为零且为偶函数，则（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知曲线在处切线与直线平行，则实数的值为______. 13. 将5本不同的书分发给甲、乙、丙三个同学，每个同学至少得到1本书，且甲同学只得到1本书，则不同的分法总数为________. 14. 设数列的前项和为，且，则数列的前项和为___________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤. 15. 已知数列是首项为2且公差不为0的等差数列，为和的等比中项，记数列的前项和为. （1）求和； （2）设，求数列前2022项的和. 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，，，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若不等式恒成立，且，求的最小值． 18. 已知，分别是椭圆的左右焦点，直线与轴相交于点，与椭圆相交于不同的，两点，的面积为，且椭圆的短轴长与焦距相等. （1）求椭圆的方程和实数的取值范围； （2）若线段的垂直平分线与轴相交于点，且为直角三角形，求点的坐标和直线的方程. 19. 已知曲线与直线有且仅有两个不同的交点，，且.（其中是自然对数的底数） （1）求实数的取值范围； （2）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$