四川省仪陇中学校2023-2024学年高二下学期第一次月考（4月）数学试题

这是一份四川省仪陇中学校2023-2024学年高二下学期第一次月考（4月）数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（40）
1．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．在等比数列中，若，则（ ）
A．B．3C．D．9
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．各项均为正数的数列，满足，则（ ）
A．B．C．D．4
5．函数的导函数，满足关系式，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知正项数列满足，记数列的前项和为，则（ ）
A．9B．28C．91D．21
7．函数在点处的切线斜率为2，则的最小值是（ ）
A．10B．9C．8D．
8．已知非零实数和1成等差数列，直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．且C．D．且
二、多选题（18分）
9．下列导数运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知在数列中，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．可能是等差数列
C．D．若，则是递增数列
11．在棱长为的正方体中，则（ ）
A．平面
B．直线平面所成角为
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．点到平面的距离为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（15分）
12．已知的三个内角成等差数列，且边，则的面积等于_________．
13．已知等比数列的前项和为，且，则_________．
14．已知是椭圆的左，右焦点，上两点满足，则的离心率为_________．
四、解答题
15．已知函数在处的切线方程为．求的值．（13）
16．已知数列的前项和为，满足（且），．
（1）证明：数列为等比数列；（6分）
（2）设数列满足，证明：．（9分）
17．在数列中，．
（1）求证是等差数列．（6分）
（2）令为数列的前项和，求．（9分）
18．如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，其中，点在棱上，点为中点．
（1）记平面平面，判断直线和直线的位置关系，并证明；（7分）
（2）若二面角的大小为是靠近的三等分点，求与平面所成角的正弦值．（10分）
19．已知分别是椭圆的左、右顶点，为的上顶点，是上在第一象限的点，，直线的斜率分别为，且．
（1）求的方程；（6分）
（2）直线与交于点与轴交于点，求的取值范围．（11分）
参考答案
1．【答案】B
【分析】由导数的定义变形即可求解．
【详解】．
故选：B．
2．【答案】B
【分析】利用等比数列性质得的值，则答案可求
【详解】由题
则
故选B
【点睛】本题考查等差数列的性质，熟记性质是关键，是基础题
3．【答案】D
【分析】利用复合函数的导数公式求导即可得解．
【详解】因为，
所以．
故选：D．
4．【答案】A
【分析】
利用累加法可得数列的通项公式，进而可得与．
【详解】由已知，
可得，等式左右分别相加可得，
又，即，
所以，
又数列的各项均为正数，
所以，
所以，
故选：A．
5．【答案】A
【分析】求导后，代入，求出答案．
【详解】由进行求导得：，
当时，可得：，解得：．
故选：A．
6．【答案】C
【分析】化简可得，进而判断为等比数列，根据求和公式即可求解．
【详解】由，得，
即，又，得，
故数列为等比数列，其中公比，故，
故选：C．
7．【答案】B
【分析】由导数的几何意义可知，再利用基本不等式求最值．
【详解】，由题意可知，，
，
当，且，解得：，
所以的最小值是9．
故选：B
8．【答案】D
【分析】利用等差数列知识可得，从而可得直线经过定点，根据直线与椭圆有公共点可得点在粗圆上或内，可得，再根据表示粗圆，
可得且，由此可解得答案．
【详解】因为非零实数和1成等差数列，
所以，即，
所以直线方程为，即，
由，解得，
所以直线过定点，
因为与椭圆恒有公共点，
所以定点在椭圆上或内，
所以，即，
又表示椭圆，所以且，
所以且．
故选：D
【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了直线经过定点，考查了直线与椭圆的交点问题，考查了点与椭圆的位置关系，考查了椭圆的标准方程，属于基础题．
9．【答案】AC
【分析】利用基本函数和复合函数的求导法则求解即可．
【详解】选项A，，故A正确；
选项B，，故B错误；
选项C，，故C正确；
选项D，，故D错误．
故选：AC．
10．【答案】BD
【分析】
令即可判断A，当时，利用等差数列的定义即可判断B，令即可验证C，利用数列单调性的定义证明即可判断D．
【详解】选项A，令时，，即，故选项A错误；
选项B，当时，，由此可知数列为首项为1，公差为1的等差数列，故选项B正确；
选项C，当时，，与已知条件矛盾，故选项C错误；
选项D，由选项B可知，时数列是递增数列，
当且时，，
将这个式子叠加得，
即，
则
所以，所以当且时，数列是递增数列，
即，则是递增数列，故选项D正确；
故选：BD．
11．【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量解决角度距离问题．
【详解】正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，
．
，
得，由平面平面，A选项正确；
，设平面的一个法向量，
则有，令，得，则，
，所以直线平面所成角不是，B选项错误；
为边长为的等边三角形，，
点到平面的距离，
三棱锥的体积，而棱长为的正方体的体积为，
所以三棱锥的体积是正方体体积的，C选项正确；
，设平面的一个法向量，
则有，令，得，则，，点到平面的距离为，故D选项错误．故选：AC
12．【答案】
【详解】解：的三个内角成等差数列，所以，
13．【答案】
【分析】根据已知条件求出数列的首项和公比，利用等比数列的通项公式与求和公式可求得结果．
【详解】设等比数列的公比为，由题意可得，解得，
所以，，
因此，．
故答案为：．
14．【答案】
【分析】根据所给线段的长度关系及椭圆的定义，求出的边长，利用余弦定理求，在中再由余弦定理即可求出离心率．
【详解】如图，
因为，所以可设，
又，所以，
由椭圆定义，，即，
又，即点为短轴端点，
所以在中，
，
又在中，，
解得或（舍去）．
故答案为：
15．【答案】（1）
【分析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得即可；
【详解】（1）因为，
所以，
依题意可得，即，解得，
所以．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【分析】（1）由移项可得公比为3，即可证明；
（2）由（1）求出通项后，再由对数运算求出，最后用裂项相消法证明不等式即可．
【详解】（1）证明：因为，
所以，即，又，所以，
所以数列为等比数列．
（2）证明：由（1）可知，首项，所以，所以，
．
17．【答案】（1），证明见解析
（2）
【分析】（1）代入计算即可得到，按照数学归纳法的步骤证明即可；
（2），再利用错位相减法即可．
（2），
①
②
由①-②得：
18．【答案】（1），证明见解析；
（2）
【分析】（1）先利用线面平行的判定定理证得平行，然后利用线面平行的性质定理证得结论；（2）利用面面垂直的性质定理证得平面，从而求得二面角的平面角，利用等体积法求得点到平面的距离，过作于点，求得的长，然后利用线面角概念求得结果．
【详解】（1），证明如下：
因为平面平面，
所以平面．
因为平面平面，平面平面．
所以．
（2）在梯形中，由条件可得，
平面平面，平面平面平面，
所以平面，所以二面角的平面角为，
所以，因为平面，所以，由，
得点到平面的距离，
过作于点，则，所以，
于是且，所以四边形是平行四边形．于是
又，所以，
所以与平面所成角正弦值为．
19．【答案】（1）
（2）
【分析】
（1）根据题意，得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）分别联立直线与椭圆方程、直线与直线方程，求得的坐标，从而将所求转化为的纵坐标的表达式，从而得解．
【详解】（1）依题意，设，显然，
则，又，即，
所以，即①，
由，得②，
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为，
（2）由（1）得，
设直线的方程为，
因为点位于第一象限，所以，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，
又直线的方程为，即，
所以联立，解得，
故
，
因为，所以，则，
所以，
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将转化为的纵坐标的比值，从而得解．