2023-2024学年江苏省徐州市沛县高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省徐州市沛县高二上学期12月月考数学试题含答案，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。

一、单选题
1．设等差数列的公差为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】由已知可得，解得.
故选：B.
2．函数在上的平均变化率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平均变化率概念直接计算即可.
【详解】由题意得平均变化率为，
故选：C.
3．设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A．7B．12C．15D．31
【答案】C
【分析】设出公比，根据，，成等差数列列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式得到答案.
【详解】设公比为，因为，，成等差数列，所以，
则，解得：或0（舍去）.
因为，所以，故.
故选：C
4．已知P，Q为曲线上的两点，线段的中点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】设，代入双曲线方程相减可得直线斜率．
【详解】设，则，
两式相减得，
所以．
此时直线方程为，，代入双曲线方程有：
，整理得，，直线与双曲线相交于两点，又，是中点，满足题意．
故选：C．
5．已知函数在处的导数为1，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】B
【解析】由已知结合导数的定义即可直接求解.
【详解】解：因为函数在处的导数为1，
则.
故选：B.
【点睛】本题考查导数的概念，涉及极限的性质，属于基础题．
6．已知数列的前4项分别为，则该数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】直接观察可得答案.
【详解】观察可知，该数列的一个通项公式为.
故选：D.
7．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．2022D．2023
【答案】A
【分析】根据等差数列的求和公式，建立方程组，可得答案.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，即，
由，则，即，
由，则，即，
将代入，解得，
.
故选：A.
8．按照小方的阅读速度，他看完《巴黎圣母院》共需820分钟，2023年12月1日，他开始阅读《巴黎圣母院》，当天他读了1个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少2分钟，则他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为（ ）
A．2023年12月21日B．2023年12月20日
C．2023年12月19日D．2023年12月18日
【答案】B
【分析】根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】根据题意，他每天阅读的时间（单位：分钟）依次构成等差数列，且首项为60，公差为，
则由，且，解得，
所以小方读此书20天恰好可以读完，
故他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为2023年12月20日.
故选：B.
二、多选题
9．数列的前n项和为，已知，则（ ）
A．是递增数列
B．
C．当时，
D．当或4时，取得最大值
【答案】BCD
【分析】A选项，根据求出通项公式，进而得到，单调递减，A错误；B选项，由通项公式直接求解即可；C选项，解不等式即可；D选项，根据二次函数的开口方向和对称轴可得D正确.
【详解】A选项，当时，，
又，所以，
因为，
则是递减数列，故A错误；
B选项，由可得，故B正确；
C选项，令，解得，故C正确；
D选项，因为的对称轴为，开口向下，
又，所以当或4时，取得最大值，故D正确.
故选：BCD.
10．已知函数的图象如下图，则函数在区间上的平均变化率情况是（ ）

A．在区间上的平均变化率最小
B．在区间上的平均变化率大于0
C．在区间上的平均变化率比上的大
D．在区间上的平均变化率最大
【答案】BC
【分析】利用平均变化率的定义逐一判断即可.
【详解】函数在区间上的平均变化率为，由函数图象可得，在区间上，，即函数在区间上的平均变化率小于0；在区间，，上时，且相同，由图象可知函数在区间上的最大.
故选：BC
11．已知抛物线C：的焦点为，是抛物线上一个动点，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．过点与抛物线有唯一公共点的直线有2条
C．的最小值为
D．抛物线C：通径为4
【答案】AD
【分析】根据焦半径公式列方程求解判断A，分类讨论，设直线方程，与抛物线联立，判别式法判断B，利用三点共线距离和最短判断C，根据通径定义求解判断D.
【详解】由抛物线知，，焦点为，
对于A，因为，所以，所以，正确；
对于B，当过点的直线斜率不存在时，即直线为y轴时，满足直线与抛物线有唯一公共点；
当过点的直线斜率为0时，直线为，满足直线与抛物线有唯一公共点；
当过点的直线斜率存在且不为0时，设直线为，
联立，得，
由题意，解得，
所以过点与抛物线有唯一公共点的直线有3条，错误；
对于C，，当且仅当三点共线时，等号成立，错误；
对于D，联立，得，所以通径两端点坐标为，
所以抛物线C：通径为4，正确.
故选：AD
12．已知数列的前项和为，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．是等比数列D．是等比数列
【答案】ABD
【分析】根据给定条件求出判断A；求出数列的通项及前项和判断BCD.
【详解】数列的前项和为，，且，则，即，解得，A正确；
由，得当时，，两式相减得，即，，
显然不满足上式，因此，数列不是等比数列，C错误；
显然，B正确；
因为，，则，于是是等比数列，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．在等比数列中，若，，则 .
【答案】32
【分析】利用等比数列通项公式得，则得到，则.
【详解】设公比为，即，即，
得，所以.
故答案为：32.
14．若双曲线（）的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为 .
【答案】/
【分析】易得双曲线渐近线为，再利用两直线垂直斜率之积为求出，结合离心率公式即可求解.
【详解】双曲线（）的渐近线方程为，直线斜率为，
由一条渐近线与直线垂直得，解得，
所以离心率为.
故答案为：
15．已知曲线的一条切线的斜率是，则切点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据导数的几何意义，即可求解.
【详解】设切点坐标为，
根据导数的几何意义可知，，得，
所以切点坐标为.
故答案为：
16．毕达哥拉斯树是由毕达哥拉斯根据“勾股定理”所画出来的一个可以无限重复的图形.也叫“勾股树”，是由一个等腰直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到.现按照这种思想，以一个内角为、斜边长为2个单位的直角三角形的每一条边向外作正方形得到“类勾股树”，图1为第1代“类勾股树”，重复图1的作法得到第2代“类勾股树”（如图2），如此继续.则第2代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和为 ；第代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和为 .
【答案】 12
【分析】由题可得第代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和形成以8为首项，4为公差的等差数列，即可求解.
【详解】设表示第代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和，则，
第2代“类勾股树”在第1代的最上面的每个正方形上各增加两个小正方形，
由勾股定理知，增加的两个小正方形的面积之和恰好等于原来的正方形面积，
即，则，
依次类推，是以8为首项，4为公差的等差数列，
所以.
故答案为：12；.
四、解答题
17．设数列是等差数列，记其前n项和为．从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
条件①：，；
条件②：，．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）选条件①，利用等差数列通项及前n项和公式列出方程组求解即可；选条件②，求出数列首项求解作答.
（2）由（1）的结论，再利用等比数列前n项和公式求和作答.
【详解】（1）选条件①，设等差数列的公差为，由，，得，
解得，因此，
所以数列的通项公式是.
选条件②，由，得等差数列的公差，由，得，
所以数列的通项公式是.
（2）选条件①，由（1）知，，则，显然数列是等比数列，首项、公比均为4，
所以数列的前n项和.
选条件②，由（1）知，，，显然数列是等比数列，首项为4，公比为2，
所以数列的前n项和.
18．已知函数
(1)写出；
(2)求出；
(3)求出；
(4)写出，，
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)，，
【分析】（1）代入直接计算即可；
（2）直接作商即可求解；
（3）直接进行简单极限运算；
（4）利用导函数概念求解导函数，代入法求解，.
【详解】（1）
；
（2）；
（3）；
（4）由（2）知，
则，.
19．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
(1)求数列的通项公式；
(2)求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；
(2)9.
【分析】（1）根据给定条件，结合等差数列通项公式及性质求出即可得解.
（2）求出并列出不等式，求解不等式即可.
【详解】（1）在等差数列中，，则，解得，
设数列的公差为d，于是，
又，
则，而公差d不为零，解得，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，
由不等式，得，整理得，
解得或，又n为正整数，所以n的最小值为9．
20．设数列的前n项和为，且，，数列满足，点在直线上，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题设可得及，利用等差数列和等比数列的通项公式可求通项.
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）因为，故，
故，而，故，且恒成立，
故，其中，故为等比数列，故.
，即，故为等差数列，
故.
（2），
，
故，
故，
整理得到.
21．已知椭圆C：（）的一个焦点为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l：与椭圆C交于A，B两点，若面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出，从而求出，即可求解方程；
（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理求出弦长，利用点到直线的距离求出高，根据面积建立方程求解即可.
【详解】（1）由焦点为得，又离心率，得到，
所以，所以椭圆C的方程为.
（2）设，，
联立，消y得，
，得到，
由韦达定理得，，，
又因为，
又原点到直线的距离为，
所以，
所以，所以，即，满足，
所以直线l的方程为.
22．已知是公比不为的等比数列，，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由基本量法求出通项公式即可；
（2）先由对数的运算求出，再由裂项相消法求出，适当放缩即可证明.
【详解】（1）因为是等比数列，设公比为q（），
由题意得，
解得，
所以．
（2）由（1）得因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
从而．