四川省南充市第九中学2023-2024学年高二下期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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一．选择题（每小题5分，共40分）
1. 是数列的（ ）
A. 第6项B. 第7项C. 第8项D. 第9项
【答案】A
【解析】
【分析】利用观察法分析数列的规律即可.
【详解】观察条件式可知原数列为：，而，即为第6项，
故选：A
2. 有一机器人的运动方程为，（t是时间，s是位移），则该机器人在时刻时的瞬时速度为（ ）
A. 5B. 7C. 10D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】对运动方程求导，根据导数的意义，将代入导函数即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
所以该机器人在时刻时的瞬时速度为，
故选：.
3. 等差数列的公差是2，若 成等比数列，则的前 项和
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由已知得，，又因为是公差为2的等差数列，故，，解得，所以，故．
【考点】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和．
4. 已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件作出切线，利用导数的几何意义及斜率的定义即可得.
【详解】依次作出函数在处的切线，如图所示：
根据导数的几何意义及图形中切线的斜率可知，
．
故选：B.
5. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14B. 12C. 6D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A. 1盏B. 3盏
C. 5盏D. 9盏
【答案】B
【解析】
【详解】设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7==381，
解得a1=3．
故选B．
7. 两个等差数列和，其前项和分别为，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知，根据等差数列的性质，把 转化为 即可求解．
【详解】解：因为
故选:D．
8. 若函数单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由恒成立，分离常数，利用基本不等式求得的取值范围.
【详解】依题意，即对任意恒成立，
即恒成立，因为（当且仅当时取“=”），
所以.
故选：D
二．多选题（每小题6分，共18分）
9. 已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是单调递增数列
C. 是等差数列D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据累加法可得，即可结合选项逐一判断.
【详解】 ，即，
， ，，， ，
以上各式相加得，
又，所以，而也适合上式，,故A正确，
由于，所以，故单调递增数列，B正确，C错误，
，D错误，
故选：AB
10. 下列求导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据导数的运算法则依次判断即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，由指数函数求导公式可得，故B正确；
对于，故C正确；
对于，故D正确.
故选：BCD.
11. 设等差数列的公差为d，前n项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B. C. D. 数列中最大项为第6项
【答案】BC
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质得到，，再利用等差数列的通项公式得到关于d的不等式组进行求解，即可判断AC；利用等差数列的前项和公式及等差数列的性质计算判定B；利用单调性判定D.
【详解】等差数列的公差为d，前n项和为，，
对于A、C，显然，，
则，，又，则，解得
所以等差数列是递减数列，A错误，C正确；
对于B，由，得，B正确；
对于D，由等差数列是递减数列，得数列中最大项为第1项，D错误.
故选：BC
三．填空题（每小题5分，共15分）
12. 若2、、9成等差数列，则__．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的定义求解.
【详解】2、、9成等差数列，则有，解得.
故答案为：.
13. 记为等比数列的前项和，若则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数列前n项和的意义及等比数列通项的性质计算作答.
【详解】等比数列的前项和为，设其公比为，
由得：，因此，
于是，
所以.
故答案为：52
14. 已知函数，过原点作曲线的切线，则切线的斜率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点，求得切点处的切线方程，根据其过点，求得切点横坐标，即可求得切线斜率.
【详解】根据题意得，，设切点坐标为，则，
所以切线的方程为，
将点代入，可得，整理得，
故，解得，
故，即切线的斜率为．
故答案为：.
四、解答题（共77分）
15. 已知等差数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设出等差数列公差，利用已知条件列出关系式，即可求解公差，
然后求数列的通项公式；
（2）可得，则，进而即可求解数列的前项和.
【小问1详解】
设数列公差.
由已知可得，即，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，所以，
所以.
16. 已知椭圆：的焦距为4，且经过点.
（1）求椭圆M的标准方程；
（2）若直线与椭圆M相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由焦距、所过点求椭圆参数，即可得方程；
（2）由平行关系设直线方程：，联立椭圆方程得，利用相切关系有求参数，即可得直线方程.
【小问1详解】
由题意得，得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设与平行的：，
由，得，
由，得，则：
17. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值；
（2）求函数的单调区间．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数，若曲线在点处的切线平行于轴，只需保证，求实数的值即可；
（2）求得有两个根“和”，再分、和三种情况分析函数的单调性即可.
【小问1详解】
由题可得，
因为在点处的切线平行于轴，所以，
即，解得，经检验符合题意．
【小问2详解】
因为，
令，得或．
当时，随的变化，，的变化情况如下表所示：
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当时，因，当且仅当时，，
所以在区间上单调递增．
当时，随的变化，，的变化情况如下表所示：
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
18. 若数列的前n项和为，且，等差数列满足，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用得到数列是等比数列，利用等比数列的通项公式可得数列，再代入数列满足的等式可得的通项公式；
（2）利用错位相减法可求和.
【小问1详解】
，
又，
两式相减得，
即，故数列是以3为公比的等比数列，
又当时，，得，
，
，，
等差数列的公差为，
小问2详解】
由（1）可得，
，
上两式相减得，
19. 如图，四棱锥S­-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
（1）求证：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）存在，SE∶EC＝2∶1.
【解析】
【分析】（1）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明AC⊥SD；
（2）分别求出平面与平面ACD的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果；
（3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz如图．
设底面边长为a，则高SO＝a．
于是S，D，C
＝，＝，
∵·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD．
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝，设所求角为，则cs＝＝，∴平面PAC与平面DAC的夹角为30°．
（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝．
设＝t，则＝＋＝＋t
＝而·＝0⇔t＝，
即当SE∶EC＝2∶1时
⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC．
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