廣東省佛山市南海區2024-2025學年高二下學期3月月考數學檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知等差數列中，，則等于（）A.13 B.16 C.15 D.14【正確答案】D【分析】利用計算公差，根據等差數列的通項公式即可得到結果.【詳解】由得，，故，∴.故選：D.2.在等比數列中，已知，，則公比（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】由等比數列的性質得到，即可求出公比.【詳解】由已知有，所以，從而.故選：D．3.已知函數的導函數為，若，則（）A.1 B.2 C. D.【正確答案】B【分析】利用導數的定義求解即可.【詳解】.故選：B.4.曲線在處的切線傾斜角是（）A B. C. D.【正確答案】D【分析】由導數的意義求出切線的斜率，再結合斜率與傾斜角的關系得到傾斜角的大小即可.【詳解】設曲線在處的切線傾斜角為，因為，則.所以曲線在處的切線傾斜角是，故選：D.5.函數的單調增區間是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】對函數求導，根據導函數的正負,確定函數的單調遞增遞減區間即得.【詳解】由求導得，，則當時，，即函數在上單調遞增；當時，，即函數在上單調遞減，故函數的單調遞增區間為.故選：D.6.已知等差數列公差為2，前項和為，且成等比數列.令，則數列的前50項和（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據成等比數列結合公差為2，求得，得到，再利用裂項相消法求解.【詳解】因為，，，由成等比數列，得，解得，所以，則，則.故選：D.7.已知函數在區間上單調遞減，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】根據題意可知在[1,2]上恒成立，將問題再轉化為函數的最值問題求解即可.【詳解】，若函數在區間上單調遞減，即在上恒成立，即在[1,2]上恒成立.令，則在上單調遞減，,所以,,即故選：C.8.某電動汽車剛上市，就引起了小胡的關注，小胡2024年5月1日向銀行貸款元用來購買該電動汽車，銀行貸款的月利率是，并按復利計息.若每月月底還銀行相同金額的貸款，到2025年4月底全部還清（即用12個月等額還款），則小胡每個月月底需要還款（）A.元 B.元 C.元 D.元【正確答案】C【分析】設小胡每月月底還款錢數為元，根據等額本息還款法可得每次還款后欠銀行貸款，即第12次還款后欠銀行貸款為，進而由等比數列的前項和公式可得，從而可得.【詳解】設小胡每月月底還款錢數為元，根據等額本息還款法可得：第1次還款后欠銀行貸款為，第2次還款后欠銀行貸款為，…，第12次還款后欠銀行貸款為，因貸款12個月還清，所以，即，所以.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.下列函數中，其圖象在某點處的切線與直線平行的是（）A. B. C. D.【正確答案】BCD【分析】根據導數幾何意義和常用函數的導數對選項一一分析即可.【詳解】對于A，由，可得，無解，所以A不符合題意；對于B，由，可得，有解，所以B符合題意；對于C，由，可得，有解，所以C符合題意；對于D，由，可得，有解，所以D符合題意.故選：BCD.10.已知數列{an}的n項和為，則下列說法正確的是（）A. B.S16為Sn的最小值C. D.使得成立的n的最大值為33【正確答案】AC【分析】根據已知條件求得，結合等差數列前項和公式確定正確選項.【詳解】，當時，，當時，，也符合上式，所以，A正確.由于開口向下，對稱軸為，所以是的最大值，B錯誤.由解得，所以，C正確.，所以使成立的的最大值為，D錯誤.故選：AC11.意大利畫家列奧納多·達·芬奇曾提出：固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，項鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的“懸鏈線問題”，后人給出了懸鏈線的函數表達式，其中為懸鏈線系數，稱為雙曲余弦函數，其函數表達式，相反地，雙曲正弦函數的函數表達式為，則（）A.B.C.是奇函數D.當與和共有3個交點時，【正確答案】AC【分析】A選項，根據定義計算得到；B選項，利用求導法則計算出答案；C選項，根據函數的奇偶性進行判斷；D選項，先根據導函數得到和的單調性和極值最值情況，從而數形結合得到答案.【詳解】A選項，，A正確；B選項，，B錯誤；C選項，的定義域為R，且，是奇函數，C正確；D選項，的導數為，令，則，又為增函數，故當時，，當時，，易知在上單調遞減，在上單調遞增，故，由于在上單調遞增，且當時，，當時，，當與和共有3個交點時，，D錯誤.故選：AC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.在等差數列中，若，則的值為__________．【正確答案】40【分析】根據等差數列的性質即可求解.【詳解】由可得，故，則，故4013.已知函數，則的極小值為______【正確答案】【分析】對求導，得到，再利用極值的定義及求極值的步驟，即可求解.【詳解】易知函數的定義域為，由題知，令，得到，當時，，當時，，所以在處取得極小值，極小值為，故答案為.14.等差數列，的前項和分別為，，且，則_________；若的值為正整數，則_________．【正確答案】①.②.或.【分析】由等差數列的性質結合前項和公式可得，代入化簡即可得出答案；又，要使的值為正整數，則或或，求解即可.【詳解】由等差數列的性質可得：，，，因為，所以；因為，所以,要使的值為正整數，所以為的約數，所以或或，因為，所以或.故；或.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明證明過程或演算步驟．15.已知公差的等差數列滿足，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設，求【正確答案】（1）（2）20【分析】（1）根據等差數列的通項公式表達和成等比數列，解出，即可求解；（2）求出，再并項求和即可.【小問1詳解】解：由題設，因為成等比數列，即，所以，由，可解得所以【小問2詳解】解：因為，所以.16已知函數．（1）若函數在處取得極小值－4，求實數a，b的值；（2）討論的單調性．【正確答案】（1）（2）答案不唯一，具體見解析【分析】（1）根據求導和極值點處導數值為0即可求解；（2）求導，分類討論的取值即可求解.【小問1詳解】，則即解得，經驗證滿足題意，【小問2詳解】令解得或1°當時，在上單調遞增2°當時，在，上單調遞增，上單調遞減3°當時，在，（上單調遞增，上單調遞減17.已知函數（1）求曲線在處的切線方程；（2）設函數，求的單調區間；（3）指出極值點的個數，并說明理由.【正確答案】（1）（2）在，單調遞增，在單調遞減（3）2個，理由見解析【分析】（1）根據題意，求得，得到且，結合導數的幾何意義，即可求解；（2）由（1），求得，結合和，即可求解；（3）由（2）中函數得到單調性，分，和，三種情況討論，結合零點的存在性定理，即可求解.【小問1詳解】解：由函數，可得其定義域為，且，可得直線的斜率，且，所以切線方程為，即.【小問2詳解】解：由（1）知，可得，令，即，解得或，當，；當，；當，，所以函數在，單調遞增，在單調遞減.【小問3詳解】解：函數有2個極值點，理由如下：由（2）知，①當時，函數在區間上單調遞增，且，，所以存在唯一，使；②當時，函數在區間上單調遞減，且，，所以存在唯一，使；③當時，在區間上單調遞增，且，恒有，故該區間內無零點，綜上可得：當，；當，；當，，所以當時取到極小值；當時取到極大值；故有2個極值點.18.已知數列的前項和滿足：,．（1）求；（2）若，求的前項和．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）令，求出的值，當時，由可得，作差可得，推導出數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，即可求得數列的通項公式；（2）對任意的，計算出，問題轉化為求數列的前項和，利用錯位相減法結合分組求和可求得.【小問1詳解】因為數列的前項和滿足：，則，則，可得，當時，由可得，上述兩個等式作差可得，可得，令，可得，則，解得，所以，，且，所以，數列為等比數列，首項為，公比為，所以，，故.【小問2詳解】因為，對任意的，，問題轉化為求數列的前項和，記數列的前項和為，，則，上式下式得，化簡得，因此，.19.已知數列滿足，，設.（1）寫出，，并證明是一個等比數列：（2）求數列的通項公式；（3）是否存在正整數，使得，，成等比數列？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.【正確答案】（1），證明見解析；（2），；（3）不存在，理由見解析.【分析】（1）由題可得，，然后由與關系可完成證明；（2）由（1）可