广东省佛山市南海外国语高级中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（解析）

第页，共页南海外国语高级中学2024-2025学年第二学期一检考试高二年级数学科答题卷（全卷150分，考试时间：120分钟）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用交集的定义可求.详解】由题设有，故选：B.2.已知平面向量满足.则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据向量模长公式求出的模长，再根据通过向量模长公式展开得到关于的等式，最后根据向量点积公式（为与的夹角）求出夹角.【详解】已知，根据向量模长公式.因为，将其两边平方可得.根则有.，所以；，所以.代入上式可得，化简得，所以.，解得.因为，所以.故选：A.3.已知复数满足(其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.【详解】因为，所以，则故复数的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.4.数列，，，，……的通项公式可能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由分母构成等差数列即可求出.【详解】数列的分母形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为，所以.故选：C.5.设是等差数列的前项和，若，则（）A.36 B.45 C.54 D.63【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质得到，然后求和即可.【详解】，所以，.故选：C.6.汽车行驶的路程s和时间t之间的函数图象如图所示，在时间段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]上的平均速度分别为，则三者的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平均速度的几何意义对进行分析，由此确定正确选项.【详解】设直线的斜率分别为，则，，，由题中图象知，即.故选:B7.设数列的前n项和为，且为常数列，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由条件可得，然后可得，然后用累乘法求出答案即可.【详解】因为数列是常数列，所以，因为，所以，即，所以当时，时也满足上式，所以.故选：B8.已知，若等比数列满足，则（）A. B.1013 C.2025 D.2026【答案】D【解析】【分析】由等比数列的性质可得，再计算，再利用倒序相加计算结果．【详解】因，数列是等比数列，有，因为，所以，故有设，则，则，则.故选：D.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.设等差数列的前项和为．若，，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前项和公式【详解】解：设等差数列的公差为，因为，，所以，解得，所以，，故选：BC10.设数列的前项和为，已知，（），则下列结论正确的是（）A. B.等比数列C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由题设得，是首项为3，公比为3的等比数列，即可判断A、B、C选项；应用错位相减法、等比数列前项和，可判断D选项.【详解】由（），得，又，则，所以是以3为首项、3为公比的等比数列，故B选项正确；所以，则，可得，故A选项正确，C选项错误；由，则两式相减，得，所以，，故D选项正确.故选：ABD.11.若函数与的图象恰有一个公共点，则实数可能取值为A.2 B.1 C.0 D.【答案】BCD【解析】【分析】数形结合考查两个函数图象只有一个交点，因为两函数图象都过原点，则求函数过原点的切线．【详解】解：函数的导数为；所以过原点的切线的斜率为；则过原点的切线的方程为：；所以当时，函数与的图象恰有一个公共点；故选：BCD【点睛】本题考查数形结合思想，考查函数零点，函数的切线的求法；属于基础题．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数在点处的切线方程为________.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义可求切线方程.【详解】，故，而，故切线方程为：即，故答案为：.13.已知为等比数列的前项和，，，则的值为______．【答案】40【解析】【分析】可结合等比推论也成等比数列直接求解【详解】因为数列为等比数列，所以也成等比数列，即也成等比数列，解得，，即故答案：4014.意大利数学家斐波那契（1175年-1250年）经过长时间研究兔子繁殖的数量发现，其数值满足某种规律，他将这些数据罗列出来，写成数列形式：1，1，2，3，5，8，…，通过探索和不懈的努力，斐波那契得到了其通项公式为，同时发现这一数列的个位数是以60为周期变化的，故此数列称为斐波那契数列，今天，我们借助意大利数学家斐波那契对人类的此项贡献，求解的值的个位数为______．【答案】4【解析】【分析】由斐波那契数列得到递推关系，得到，从而可求出的值，根据条件可得答案.【详解】解根据题意，可得此数列满足，，根据题意，的个位数与的个位数相同为1，的个位数与的个位数相同为4，所以个位数为4．故答案为：4四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.在等差数列中，已知公差，．（1）判断和是否是数列中的项．如果是，是第几项？如果不是，请说明理由．（2）求数列的前项和．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解即可．（2）利用等差数列的前项和公式求解即可．【小问1详解】等差数列中，公差，，，，，令，，不是数列中的项，令，，是数列中的项，是第21项【小问2详解】16.已知函数，且在处的切线斜率为.（1）求实数的值；（2）判断函数的单调性.【答案】（1）（2）在上单调递增，在上单调减【解析】【分析】(1)对原函数求导，根据已知条件代入即可求出的值；(2)分形解，即可得解．【小问1详解】因为函数，求导得，在处的切线斜率为，即，，解得；【小问2详解】由(1)可知，求导，令，解得；令，解得.函数在上单调递增，在上单调减．17.数列满足：，，等比数列的前项和为，，.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列的前项和为，求.【答案】（1），，，（2）【解析】【分析】（1）利用累加法可求数列的通项公式；利用降标作差求出，再结合等比数列，可得，进而计算出以及等比数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可计算.【小问1详解】因，则当且时，，则，由累加法可得，又，则，又当时，也满足上式，故，；因，则，两式作差得，则，，，因数列为等比等比数列，则公比，且，又，得，则，故，.【小问2详解】由（1）可知，则，则，由两式相减可得，，故.18.如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，．（1）求证：平面ACF；（2）在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在点，点为线段AE的中点【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得出，从而得出，利用四边形是菱形，得出，再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；（2）设，，利用（1）结果，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量为，再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果.【小问1详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又四边形是菱形，且，所以，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，易知，则，，，，，所以，，得到，故，，得到，所以，又，平面ACF，平面ACF，，∴平面ACF．【小问2详解】假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，设，，则，所以，，．即，所以，，设平面的法向量为，则即，所以，令，得，所以，又平面的一个法向量为，所以，解得或(舍去)，所以，存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，点为线段的中点．19.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前项和为，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；（3）记，证明：．【答案】（1）（2）存在；或（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用的关系可得，利用累乘法可求数列的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得，假设存在正整数，使得成等差数列，可得，求解即可；（3）当时，可得，利用放缩法可证明不等式成立.【小问1详解】因为，所以当时，，两式相减得，即．累乘得．经检验也符合上式，所以．【小问2详解】因为，所以，所以，假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，即，显然是18的正约数，又因为，所以，所以或18，当，即时，，当，即时，．所以，存在正整数，使得成等差数列，此时或．【小问3详解】由题意知，，当时，，不等式成立．当，因，所以．因为，所以，所以时，，综上，．【点睛】方法点睛：证明数列