福建省部分优质高中2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷（解析版）

这是一份福建省部分优质高中2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一个选项是符合题意的．）
1. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，则，
所以，
故选：C.
2. 在数列中，，且，则（ ）
A. 3B. -2C. D.
【答案】A
【解析】数列中，，且，
则，，，，，，
所以，即数列是以4为周期的数列，
所以，
故选：A．
3. 下列等式中不成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A，，A正确；
对于B，，当时，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，D正确.
故选：B
4. 某班级要从5名男生和2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少1名女生，那么不同的选派方案有（ ）
A. 14种B. 20种C. 30种D. 35种
【答案】C
【解析】当选派的4人中有1名女生时，有种方案，
当选派的4人中有2名女生时，有种方案，
所以根据分类加法计数原理得共有：种不同的选派方案.
故选：C.
5. 若函数是增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为函数的定义域为，则，
因为是增函数，所以，即对任意的恒成立，
所以，
又时，，当且仅当时，即当时取等号，
所以，故实数的取值范围是.
故选：A.
6. 函数与函数公切线的斜率为（ ）
A. 或B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】不妨设公切线与函数的切点为，与函数的切点为，
易知，，
因此公切线斜率为，因此，
可得，即，
又易知，整理可得，
即，即，解得或，
因此可得斜率为或，
故选：C.
7. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃.
对于事件G，包含的情况可分以下三类：
（1）当A，C，E挂同一种形状的风铃时，有4种挂法，
此时B，D，F各有3种挂法，故不同的挂法共有4×3×3×3=108种；
（2）当A，C，E挂两种不同形状的风铃时，有种挂法，
此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种；
（3）当A，C，E挂三种不同形状的风铃时，有种挂法，
此时B，D，F各有2种挂法，故不同的挂法共有种.
综上，总计有108+432+192=732种挂法，即.
当顶点A与C挂同一种形状的风铃，且相邻两顶点挂不同形状的风铃时，分以下两类：
（1）A，C，E挂同一种形状的风铃，由前面解析可知，此时不同的挂法有108种；
（2）当A，C挂同一种形状的风铃，E挂其他形状的风铃时，有种挂法，
此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种.
综上，总计有108+144=252种挂法，即，
故.
故选：C.
8. ，不等式恒成立，则正实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将不等式变形可得，
即，
构造函数，可得，
令，则，
所以当时，，即在上单调递减，
当当时，，即在上单调递增，
所以，即，所以函数在上单调递增，
利用单调性并根据可得，
则有，
又，即可得，即对恒成立，因此即可，
令，，则，
显然当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，即，因此正实数的最大值是.
故选：A.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项是符合题意的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分．）
9. 设函数则下列说法正确的有（ ）
A. 函数仅有1个零点
B. 是的极小值点
C. 函数的对称中心为
D. 过可以作三条直线与图象相切
【答案】ACD
【解析】对AB，，，
当或时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以，，又，
所以函数仅有1个零点，且该零点在区间上，故A正确，B错误；
对C，由，得，
所以函数的图象关于对称，故C正确；
对D，设切点为，则，故切线方程为，
又过点，所以，整理得，
即，解得或或，
所以过可以作三条直线与的图象相切，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知等差数列的前项和为，且，，，则（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 当时，最大D. 当时，的最大值为14
【答案】BCD
【解析】在等差数列中，，
，，，，
公差，数列是递减数列，A错误；
，，B正确；
，，数列是递减数列，
当时，最大，C正确；
，，，
，，
当时，n的最大值为14，D正确．
故选：BCD
11. 如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网，处的甲､乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（ ）
A. 甲从到达处的走法种数为20
B. 甲从必须经过到达处的走法种数为9
C. 甲乙两人能在处相遇的走法种数36
D. 甲，乙两人能相遇的走法种数为162
【答案】AB
【解析】A：从到达只需向上、向右各走3步，即共走6步，走法种数为种，正确；
B：从到的走法有，再到达的走法有，共有种，正确；
C：由上，甲经过的走法有9种，同理乙经过的走法有9种，此处相遇共有81种走法，错误；
D：要使甲乙以相同的速度相遇，则相遇点，，，中的一个，而在、相遇各有1种走法，在，相遇各有81种走法，故甲、乙相遇的走法有种，错误.
故选：AB
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. ，的最小值为_____.
【答案】
【解析】由题，，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为.
故答案为：.
13. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】函数的定义域为，
令，即，
因为函数有两个零点，
所以方程在上有两个不相等的实数根，
设，
则，
当时，，，则；
当时，，，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，且，，时，，
画出函数的大致图象，如图，
由图象可知，要使方程在上有两个不相等的实数根，
则，即实数取值范围为.
故答案为：.
14. 牛顿法求函数零点的操作过程是：先在x轴找初始点，然后作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，依次类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．设函数，初始点为，若按上述过程操作，则所得前n个三角形，，……，的面积和为______．
【答案】
【解析】设，则，因为，所以，
则处切线为，
切线与x轴相交得，
，因为得，
所以，
，
所以
故答案为：（其它形式只要正确均得分）．
15. 已知数列的首项，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求的前项和．
解：（1）由题意知，所以由，得，
所以，又，
所以是首项为3，公差为5的等差数列，
所以，即．
（2）由（1）得，
所以①，
②，
①②，得
，
所以．
16. 已知函数
（1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值；
（2）若在处有极值，求a与b的值.
解：（1）因为，所以，
所以，，
因为切线方程为，
所以，解得，
所以.
（2）函数在处有极值
且或
恒成立，此时函数无极值点，
此时1是极值点，满足题意，
所以.
17. 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元()的管理费，预计当每件产品的售价为x元() 时，一年的销售量为 万件．
（1）求分公司一年的利润L (万元)与每件产品的售价x的函数关系式(并写出函数的定义域)；
（2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．
解：（1）分公司一年的利润（万元）与售价的函数关系式为：．
（2）．
令得或（不合题意，舍去）．
，．在两侧的值由正变负．
所以当即时，
．
当即时，，
所以
答：若，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）；
若，则当每件售价为元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）．
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）因为，
则，
①当时，，由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
②当时，，则，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为，，减区间为；
③当时，，
当时，，则，
当时，，则，
此时，函数在上单调递增；
④当时，，则，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为，，减区间为.
（2）因为，
对任意的，有，所以时，，即，
令，则，
所以，函数在上单调递减，则，故，
因此，实数的取值范围是.
19. 已知函数.
（1）当，，时，求证:;
（2）当时，若有三个零点.
(i)求实数的取值范围;
(ii)若，求证:.
解：（1）当，时，，
则
，
（或者
）；
所以在上为增函数，
所以当时，即当时，，得证．
（2）（ⅰ）当时，，由于，，
所以在恰有一个零点，且，．
以下只研究当时的零点问题，
由，
当时，所以在上单调递增，
则，所以在不存在零点，不符合题意；
当，即时，恒成立，
所以在上单调递增，则，所以在不存在零点，不符合题意；
当时，令，令，则可化为，
显然，则方程有两个不相等实数根、且，，
不妨设，则，则，
所以方程在上有两个不相等实数根，，
不妨设，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，即，又当时，
所以在上存在唯一一个零点，符合题意；
综上可得．
（ⅱ）由（1）知当时，，即；
当时，，即．
所以，据题意，
所以，即，
所以，同理对也有．
关于的方程有两根，由于，知，
且，
所以
．