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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（解析版）
（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为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】双曲线的渐近线方程为，即.
2.已知数列是首项为1且公差不为0的等差数列，且，则（ ）
A. 20 B. 39 C. 41 D. 58
【答案】B
【解析】因为数列是首项为1且公差不为0的等差数列，且，
所以，则.
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】因为的展开式中只有第3项的二项式系数最大，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：.
4.记为等比数列的前项和.若，，则（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】A
【解析】∵为等比数列的前项和，∴，，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】这6位专家的不同发言顺序共有: 种.
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】因为函数在上单调递减，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.
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】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，也为最大值，此时该棱锥的体积最大，此时.
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】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．
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】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】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,所以选ABD.
11．已知是定义在上的奇函数，，不恒为零且为偶函数，则
A．为偶函数 B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】因为是定义在上的奇函数，所以，两边同时求导，得：
，即，则为偶函数，故A选项正确；
因为为偶函数，所以，所以，
令，得，即，故B选项正确；
因为为偶函数，所以，故C选项不正确；
由题可知，函数和都是周期为的周期函数，
，故D选项正确;
综上所述，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】因为，所以，又因为该曲线在处的切线与直线平行，所以.
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】70
【解析】由题意知，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___________.
【答案】
【解析】当时，，即；又，当时，
，即，因此，
所以，即，经检验知，时成立，所以,则.设数列的前项和为，则：
①
②
由①②知：，即
，所以数列的前项和为.
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．（本小题满分13分）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.
【解析】（1）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，， ……………5分
. ……………7分
（2）因为 ……………9分
所以数列的前2022项的和为：
. ……………13分
16．（本小题满分15分）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．
【解析】（1）因为为的中点，，所以，
则，，,
又，所以，即. ……………2分
因为，，，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面， ……………4分
所以平面，又平面，则，又，
所以平面. ……………7分
（2）由（1）知，平面，又平面，则，
又平面，平面，则，所以两两垂直， ……………8分
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，，所以,则,所以的中点，，, ……………10分
设平面的一个法向量，则，
令，则，所以.因为平面的一个法向量， ……………13分
则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.
……………15分
17．（本小题满分15分）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．
【解析】（1）因为， ……………2分
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. ……………5分
（2）因为不等式恒成立，即恒成立，
由于，则，设， ……………7分
则
， ……………9分
设，则，所以在上单调递减，又，，所以存在，使，即．
……………11分
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减.
所以． ……………13分
又，则，由于恒成立，，且
所以的最小值为1． ……………15分
18．（本小题满分17分）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.
【解析】（1）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：. ……………3分
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：. ……………6分
（2）设，，设线段的中点为，由（1）知：，，
则，，即.
设，由，则，化简为，① ……………9分
因为为直角三角形，又，所以，即，
所以，，
整理为，
则：，
化简为 ② ……………11分
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. ……………13分
当时，，点的坐标为，直线的方程为：； ……………15分
当时，，点的坐标为，直线的方程为：. ……………17分
19．（本小题满分17分）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：.
【解析】（1）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， ……………3分
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， ……………5分
当时，得，则在区间上有且只有一个零点； ……………6分
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：. ……………8分
（2）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， ……………11分
由（1）知在上单调递增，故只需证明，而，
所以只需证，令，且 ……………13分
所以，，
……………15分
所以在上单调递减，，
所以在上恒成立，则，
综上所述，可得：. ……………17分成都石室成飞中学2024-2025学年下期五月月考
高2023级 数学 试卷
（满分150分，考试时间120分钟）
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为
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．已知是定义在上的奇函数，，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. 已知曲线在处的切线与直线平行，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．（本小题满分13分）
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.
16．（本小题满分15分）
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．（本小题满分15分）
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．（本小题满分17分）
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．（本小题满分17分）
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：.

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