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江西省南昌市第十五中学，南昌市第十七中学2023-2024学年高二下学期第一次（3月）月考数学试题（原卷版+解析版）
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1. 在等差数列中，若和是方程的两实数根，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，结合等差数列的性质，即可求得答案.
【详解】由题意知在等差数列中，和是方程的两实数根，
则，故，
故选：D
2. 已知是以为公比的等比数列，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质求解即可.
【详解】因为，，
则，
解得：.
故选：B.
3. 在曲线的图像上取一点及附近一点，则等于（（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均变化率的定义计算即可.
【详解】由已知得．
故选：C.
4. 已知数列是公差不为零的等差数列，若，，构成公比为的等比数列，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列、等比中项等知识求得正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，，
因为，，构成公比为的等比数列，
所以，，
所以，所以，
所以，所以.
故选：B
5. 已知为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 96B. 162C. 243D. 486
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的前项和公式求出，再由等比数列的性质求解即可得出答案.
【详解】设等比数列的首项和公比分别为，
当时，等比数列为常数列，则，所以无解；
当时，，两式相处可得：，
又因为，则，
所以.
故选：D.
6. 一个小球从的高处下落，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则时小球的瞬时速度（单位：）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，根据导数的物理含义，即可求得答案.
【详解】由题意知位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，
故，故时小球的瞬时速度为（），
故选：A
7. 已知数列满足，，令，则数列的前2024项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】变形已知递推式，可得为等差数列，求出，代入可知通项公式，由裂项相消可求.
【详解】，，，
，又，
是以首项为1，公差为2的等差数列，
，，
令，
，
故选：
8. 已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用一次函数与指数函数的性质，结合数列的增减性得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为数列是递增数列，且，
所以，解得，
则的取值范围是．
故选：D．
二、多选题（每小题5分，共计20分．正确答案全部选到得5分，正确答案选择不全得2分，选了错误答案得0分）
9. 已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是等比数列B. 数列是等差数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用求解出当时，，故数列是等比数列，求出通项公式和前项和公式，判断出答案.
【详解】当时，，所以，
当时，，所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
.
故选：ACD.
10. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据导数的几何意义结合函数的图象判断求解.
【详解】对于A选项，由函数的图象可知，函数图象在处的切线的斜率大于在处的切线的斜率，
所以，故A正确；
对于B，C选项，，
由导数的几何意义可知，故B错误，C正确；
对于D选项，由函数图象可知，函数是单调递增的，所以函数图象上任意一点处的导数值都大于零，故D错误.
故选：AC.
11. 已知数列前项和为，则（ ）
A. B. 时，的最大值为17
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据前项和求出数列的通项公式，从而再利用通项公式和求和公式即可分别求解．
【详解】数列的前项和为，
当时，，
当时，
，
又也满足上式，，A正确；
令，，B错误；
，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
12. 下列命题正确有（ ）
A. 若等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列
B. 若为等比数列，且，则
C. 若等差数列的前项和为，已知，且，，则可知数列前项的和最大
D. 若 ，则数列的前2020项和为4040
【答案】CD
【解析】
【分析】由等差数列的性质判断AC；由等比数列的性质判断B；分奇偶项求和后即可判断D.
【详解】对于A，因为为等差数列的前项的和，所以，，成等差数列，故错误；
对于B，因为为等比数列，且，
又因为，所以，
所以，故错误；
对于C，因为为等差数列的前项的和，且，，
所以，所以，
，所以，
所以，
即等差数列的前项均为正，从第7项起为负，所以前6项的和最大，故正确；
对于D，因为 ，，
所以
=+
=
=
=
=，故正确.
所以说法正确有CD.
故选：CD.
三、填空题（每小题5分，共计20分）
13. 数列为等差数列，它的前n项和为，若，则λ的值是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和公式的函数特征求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
所以，
又，
，解得.
故答案为：.
14. 数列满足：，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出数列的前面几项，判断数列的周期性，根据数列的周期性，即可求得答案.
【详解】由题意知数列满足：，
故，，
，依次类推，
故数列为周期数列，周期为4，
故，
故答案为：
15. 已知数列的递推公式为，则数列的前n项和=___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得是首项为，公比为的等比数列，即可求出，再由分组求和法求解即可.
【详解】当时，，
则，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
数列的前n项和.
故答案为：
16. 2015年7月31日，国际奥委会正式确定2022年冬奥会的举办权为北京——张家口.小明为了去现场观看2022年的冬奥会，他打算自2016年起，每年的1月1日都到某银行存入元的一年期定期存款，若该银行的年利率为，且年利率保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.那么到2022年1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则小明一共约可取回___________元.
（参考数据：，，）
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的求和公式计算可求得答案.
【详解】解：由题意可知，可取出钱的总数为：
，
故答案为：6560.
四、解答题（共计70分）
17. （1）已知f(x)在处的导数，求 的值；
（2）已知曲线，求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积．
【答案】（1）1；（2）2
【解析】
【分析】（1）利用导数的极限运算直接求解；
（2）先求导求出切线方程，求出与坐标轴的交点坐标即可求得面积.
【详解】（1）
（2），，则曲线在点处的切线斜率为1，
故切线方程为，即，
易知直线与x轴交点为，与y轴交点为,
故曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为.
18. 已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，，，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的公比为，根据等差中项的性质可得，再由等比数列的性质代入求解可得，即可求出数列的通项公式；
（2）先求出，再由裂项相消法求解即可.
小问1详解】
设的公比为，因为，，成等差数列，
所以，所以，
所以，又因为，
解得：.所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以令，
所以
.
19. 已知数列满足，．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将变形为，根据等差数列定义，即可证明结论；
（2）由（1）可求出的通项公式，即可得的表达式，利用错位相减法求和，即得答案.
【小问1详解】
证明：由题意知数列满足，，
故，，故数列为首项是1，公差为1的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，
故，
所以 ，
则，
两式相减得：，
，
故.
20. 为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过78吨，该矿区计划从2018年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少．
（1）以2018年为第一年，设第n年出口量为吨，试求的表达式；
（2）国家计划10年后终止该矿区的出口，问2018年最多出口多少吨？()
【答案】（1）
（2）吨.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用每年的出口量构成等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；
（2）根据题意，求得等比数列的前10项的和，结合，即可求解.
【小问1详解】
由题意，每年的出口量构成等比数列，且首项，公比，
所以的表达式为.
【小问2详解】
由题意，10年的出口总量为，
因为国家限定某矿区的出口总量不能超过吨，所以，即，
可得，所以，
所以2018年最多出口吨.
21. 已知椭圆的离心率，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4．若直线过点，且与椭圆相交于不同的两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若线段中点的纵坐标 ，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意求出、、的值，即可求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理及中点公式求出直线斜率，即可求解．
【小问1详解】
由题意可知，得，解得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意可知直线斜率存在，
设，设，，，，
联立方程组，
消得，
因为，
设中点坐标为,，
所以，所以，
所以或，
当，中点坐标为,直线方程为：，即．
当，中点坐标为,直线方程为：，即.
22. 如图，四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，过直线的平面与棱分别交于点．
（1）证明：；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面,根据线面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知四边形为平行四边形，故，
平面,平面,故平面,
又平面平面,平面，
故；
【小问2详解】
由题意知平面，，
以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
由于，，，则,
故，，
,
设平面的法向量为，则，
即，令，则；
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
1. 在等差数列中，若和是方程的两实数根，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，结合等差数列的性质，即可求得答案.
【详解】由题意知在等差数列中，和是方程的两实数根，
则，故，
故选：D
2. 已知是以为公比的等比数列，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质求解即可.
【详解】因为，，
则，
解得：.
故选：B.
3. 在曲线的图像上取一点及附近一点，则等于（（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均变化率的定义计算即可.
【详解】由已知得．
故选：C.
4. 已知数列是公差不为零的等差数列，若，，构成公比为的等比数列，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列、等比中项等知识求得正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，，
因为，，构成公比为的等比数列，
所以，，
所以，所以，
所以，所以.
故选：B
5. 已知为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 96B. 162C. 243D. 486
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的前项和公式求出，再由等比数列的性质求解即可得出答案.
【详解】设等比数列的首项和公比分别为，
当时，等比数列为常数列，则，所以无解；
当时，，两式相处可得：，
又因为，则，
所以.
故选：D.
6. 一个小球从的高处下落，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则时小球的瞬时速度（单位：）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，根据导数的物理含义，即可求得答案.
【详解】由题意知位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，
故，故时小球的瞬时速度为（），
故选：A
7. 已知数列满足，，令，则数列的前2024项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】变形已知递推式，可得为等差数列，求出，代入可知通项公式，由裂项相消可求.
【详解】，，，
，又，
是以首项为1，公差为2的等差数列，
，，
令，
，
故选：
8. 已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用一次函数与指数函数的性质，结合数列的增减性得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为数列是递增数列，且，
所以，解得，
则的取值范围是．
故选：D．
二、多选题（每小题5分，共计20分．正确答案全部选到得5分，正确答案选择不全得2分，选了错误答案得0分）
9. 已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是等比数列B. 数列是等差数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用求解出当时，，故数列是等比数列，求出通项公式和前项和公式，判断出答案.
【详解】当时，，所以，
当时，，所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
.
故选：ACD.
10. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据导数的几何意义结合函数的图象判断求解.
【详解】对于A选项，由函数的图象可知，函数图象在处的切线的斜率大于在处的切线的斜率，
所以，故A正确；
对于B，C选项，，
由导数的几何意义可知，故B错误，C正确；
对于D选项，由函数图象可知，函数是单调递增的，所以函数图象上任意一点处的导数值都大于零，故D错误.
故选：AC.
11. 已知数列前项和为，则（ ）
A. B. 时，的最大值为17
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据前项和求出数列的通项公式，从而再利用通项公式和求和公式即可分别求解．
【详解】数列的前项和为，
当时，，
当时，
，
又也满足上式，，A正确；
令，，B错误；
，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
12. 下列命题正确有（ ）
A. 若等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列
B. 若为等比数列，且，则
C. 若等差数列的前项和为，已知，且，，则可知数列前项的和最大
D. 若 ，则数列的前2020项和为4040
【答案】CD
【解析】
【分析】由等差数列的性质判断AC；由等比数列的性质判断B；分奇偶项求和后即可判断D.
【详解】对于A，因为为等差数列的前项的和，所以，，成等差数列，故错误；
对于B，因为为等比数列，且，
又因为，所以，
所以，故错误；
对于C，因为为等差数列的前项的和，且，，
所以，所以，
，所以，
所以，
即等差数列的前项均为正，从第7项起为负，所以前6项的和最大，故正确；
对于D，因为 ，，
所以
=+
=
=
=
=，故正确.
所以说法正确有CD.
故选：CD.
三、填空题（每小题5分，共计20分）
13. 数列为等差数列，它的前n项和为，若，则λ的值是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和公式的函数特征求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
所以，
又，
，解得.
故答案为：.
14. 数列满足：，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出数列的前面几项，判断数列的周期性，根据数列的周期性，即可求得答案.
【详解】由题意知数列满足：，
故，，
，依次类推，
故数列为周期数列，周期为4，
故，
故答案为：
15. 已知数列的递推公式为，则数列的前n项和=___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得是首项为，公比为的等比数列，即可求出，再由分组求和法求解即可.
【详解】当时，，
则，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
数列的前n项和.
故答案为：
16. 2015年7月31日，国际奥委会正式确定2022年冬奥会的举办权为北京——张家口.小明为了去现场观看2022年的冬奥会，他打算自2016年起，每年的1月1日都到某银行存入元的一年期定期存款，若该银行的年利率为，且年利率保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.那么到2022年1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则小明一共约可取回___________元.
（参考数据：，，）
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的求和公式计算可求得答案.
【详解】解：由题意可知，可取出钱的总数为：
，
故答案为：6560.
四、解答题（共计70分）
17. （1）已知f(x)在处的导数，求 的值；
（2）已知曲线，求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积．
【答案】（1）1；（2）2
【解析】
【分析】（1）利用导数的极限运算直接求解；
（2）先求导求出切线方程，求出与坐标轴的交点坐标即可求得面积.
【详解】（1）
（2），，则曲线在点处的切线斜率为1，
故切线方程为，即，
易知直线与x轴交点为，与y轴交点为,
故曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为.
18. 已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，，，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的公比为，根据等差中项的性质可得，再由等比数列的性质代入求解可得，即可求出数列的通项公式；
（2）先求出，再由裂项相消法求解即可.
小问1详解】
设的公比为，因为，，成等差数列，
所以，所以，
所以，又因为，
解得：.所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以令，
所以
.
19. 已知数列满足，．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将变形为，根据等差数列定义，即可证明结论；
（2）由（1）可求出的通项公式，即可得的表达式，利用错位相减法求和，即得答案.
【小问1详解】
证明：由题意知数列满足，，
故，，故数列为首项是1，公差为1的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，
故，
所以 ，
则，
两式相减得：，
，
故.
20. 为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过78吨，该矿区计划从2018年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少．
（1）以2018年为第一年，设第n年出口量为吨，试求的表达式；
（2）国家计划10年后终止该矿区的出口，问2018年最多出口多少吨？()
【答案】（1）
（2）吨.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用每年的出口量构成等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；
（2）根据题意，求得等比数列的前10项的和，结合，即可求解.
【小问1详解】
由题意，每年的出口量构成等比数列，且首项，公比，
所以的表达式为.
【小问2详解】
由题意，10年的出口总量为，
因为国家限定某矿区的出口总量不能超过吨，所以，即，
可得，所以，
所以2018年最多出口吨.
21. 已知椭圆的离心率，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4．若直线过点，且与椭圆相交于不同的两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若线段中点的纵坐标 ，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意求出、、的值，即可求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理及中点公式求出直线斜率，即可求解．
【小问1详解】
由题意可知，得，解得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意可知直线斜率存在，
设，设，，，，
联立方程组，
消得，
因为，
设中点坐标为,，
所以，所以，
所以或，
当，中点坐标为,直线方程为：，即．
当，中点坐标为,直线方程为：，即.
22. 如图，四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，过直线的平面与棱分别交于点．
（1）证明：；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面,根据线面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知四边形为平行四边形，故，
平面,平面,故平面,
又平面平面,平面，
故；
【小问2详解】
由题意知平面，，
以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
由于，，，则,
故，，
,
设平面的法向量为，则，
即，令，则；
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
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