南充市嘉陵一中高2023級2025年春3月月考數學試題考試時間：120分鐘滿分：150分注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名?班級?考場/座位號?準考證號填寫在答題卡上.2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應的答題區域內作答，超出答題區域書寫無效；保持答卷清潔?完整.3.考試結束后，將答題卡交回（試題卷學生留存，以備評講）.一?單項選擇題：本大題共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.某體育場一角看臺的座位是這樣排列的：第1排有12個座位，從第2排起每一排都比前一排多2個座位，則第7排有（）個座位.A.20 B.22 C.24 D.26【答案】C【解析】【分析】利用等差數列定義計算即可.【詳解】根據題意可設第排的座位個數為，易知成等差數列，且；所以可得.故選：C2.已知數列滿足，則數列中最小項為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據等差數列的通項可得，計算，結合即可求解.【詳解】由可知為等差數列，且公差為2，首項為，因此，由于且，故中的最小項為，故選：B3.函數在點處的切線斜率為2，則a=（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】求出函數的導函數，求出，即可得解.【詳解】，，故選：B.4.記公比大于1的等比數列的前項和為，則（）A.30 B.40 C.121 D.160【答案】B【解析】【分析】根據題意求出等比數列的基本量，結合等比數列前n項和公式，即可求得答案.【詳解】由等比數列中，，得，所以聯立，解得或，設公比為1），由，解得或（舍），所以.故選：B5.已知為R上的可導函數，其導函數為，且對于任意的，均有，則（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】構造函數，利用導數判斷函數的單調性，根據且可得答案.【詳解】構造函數，則，所以函數在上單調遞增，故，即，即.同理，，即.故選：A.6.已知在區間內存在2個極值點，則實數a的取值范圍為（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，根據極值點可得與在內有2個交點，利用導數判斷的單調性和最值，結合圖象分析求解.【詳解】因為，可知在內有2個變號零點，由可得，可知：與在內有2個交點，又因為，令，解得；令，解得；可知在內單調遞增，在內單調遞減，則，且，，結合圖象可得，所以實數a的取值范圍為.故選：B.7.已知兩條曲線與恰好存在兩個公共點，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】令，條件可轉化為恰有兩個不同的實數解，畫函數與函數的圖象，觀察圖象可得結論.【詳解】由題可知恰有兩個不同的實數解，即恰有兩個不同的實數解.令，則，又，所以在上單調遞增，所以函數的值域為，所以恰有兩個不同的實數解.所以函數與函數的圖象有且僅有兩個交點，設，則，令，解得，在上單調遞增，令，解得，在單調遞減，且，當時，，當時，，當時，，作出函數和的大致圖象如圖，由圖象可知，當時，恰有兩個不同的實數解，即的取值范圍為.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于通過令將條件轉化為方程恰有兩個不同的實數解.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.8.下列求導運算正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】AD【解析】【分析】利用導數的運算求解判斷.【詳解】A，因為，所以，故正確；B，因為，所以，故錯誤；C，因為，所以，故錯誤；D，因為，所以，故正確.故選：AD.9.已知數列的前項和為，則下列說法正確的是（）A.B.為最小值C.D.使得成立的的最大值為33【答案】AC【解析】【分析】利用，作差求出的通項公式，即可判斷A，根據二次函數的性質判斷B，首先解出時的取值范圍，則，利用計算判斷C，直接解不等式，即可判斷D.【詳解】因為，當時，，當時，,所以，經檢驗也符合上式，所以，故A正確.由于二次函數的開口向下，對稱軸為，所以當或時取得最大值，即是的最大值，故B錯誤.由解得，所以，故C正確.由，所以使成立的的最大值為，故D錯誤.故選：AC10.過點作曲線的切線，若切線有且僅有兩條，則實數的值可以是（）A.2 B.0 C.4 D.【答案】AD【解析】【分析】設切點為，求得切線方程為：，將切線過點，代入切線方程，得到有兩個解，結合，即可求解．【詳解】由題意，函數，可得設切點為，則，所以切線方程為：，切線過點，代入得，即方程有兩個不同解，則有，解得或．故選：AD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在答題卡的橫線上.11.記為數列的前項和，若，則_____________．【答案】【解析】【分析】首先根據題中所給的，類比著寫出，兩式相減，整理得到，從而確定出數列為等比數列，再令，結合的關系，求得，之后應用等比數列的求和公式求得的值.【詳解】根據，可得，兩式相減得，即，當時，，解得，所以數列是以-1為首項，以2為公比的等比數列，所以，故答案是.點睛：該題考查的是有關數列的求和問題，在求解的過程中，需要先利用題中的條件，類比著往后寫一個式子，之后兩式相減，得到相鄰兩項之間的關系，從而確定出該數列是等比數列，之后令，求得數列的首項，最后應用等比數列的求和公式求解即可，只要明確對既有項又有和的式子的變形方向即可得結果.12.已知函數在時取得極大值4，則______．【答案】【解析】【分析】利用導數研究函數的極值，待定系數計算并驗證即可.【詳解】由題意可知，因為函數在時取得極大值4，所以，解之得，檢驗，此時，令或，令，即在上單調遞增，在上單調遞減，即滿足題意，故.故答案：13.已知直線是曲線和的公切線，則實數a=______．【答案】3【解析】【分析】先設在上的切點，然后求出切點和切線，然后再設在上的切點，即可求出a的值.【詳解】設直線l與曲線相切于點，由，得，因為l與曲線相切，所以消去，得，解得．設l與曲線相切于點，由，得，即，因為是l與曲線的公共點，所以消去，得，即，解得．故答案為：3.四?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.14.已知數列的前項和公式為．（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列中的最小項．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據時求解即可；（2）由題意，進而可得的增減性，進而可得最小項.【小問1詳解】當時，，當時，，滿足上式，所以小問2詳解】當時，，即，所以；當時，，即；當時，，即，所以；所以列中最小的項為．15.已知函數在處的切線垂直于軸．（1）求實數的值；（2）求函數的極小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求導，根據斜率即可求解，（2）求導，得函數的單調性，即可根據極值的定義求解.【小問1詳解】由可得，則，由于，故，【小問2詳解】，當或時，，當時，，故在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，故的極小值為16.已知是首項為1的等比數列，且，，成等差數列.（1）求數列的通項公式；（2）設，，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等比數列的公比為，根據已知根據等差中項的性質列出關系式，求解即可得出；（2）根據（1）的結論得出，，然后根據錯位相減法求和，即可得出答案.【小問1詳解】設等比數列的公比為，，因為，，成等差數列，所以，即，化簡可得，解得.又，所以數列的通項公式為.【小問2詳解】因為，所以，則，①，，②①-②得，所以.17.已知函數．（1）討論的單調性；（2）若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）求出的導數，再分類討論導數值的正負即可得解；（2）原不等式可轉化為在上恒成立，只需即可，令，利用導數求單調性進而求最大值即可.【小問1詳解】由題意可知，，令，則，當時，恒成立，單調遞增，當時，由解得，由解得，所以在單調遞增，在單調遞減，綜上所述當時，單調遞增，當時，在單調遞增，在單調遞減.【小問2詳解】由（1）可知不等式即在上恒成立，即在上恒成立，只需即可，令，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，所以.18.已知函數．（1）討論函數的單調區間；（2）若有兩個極值點，證明：．【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求出函數的導數，再按進行分類討論，由導函數正負求出單調區間.（2）由（1）求出的范圍，