福建省部分优质高中2024−2025学年高二下学期4月联考数学试题（含解析）

这是一份福建省部分优质高中2024−2025学年高二下学期4月联考数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，则（ ）
A．1B．2C．3D．2或3
2．已知抛物线上的点M与焦点F的距离为6，则M到y轴的距离为（ ）
A．B．C．2D．4
3．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．为的极小值点B．为的极大值
C．在区间上，是增函数D．在区间上，是减函数
4．由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（ ）
A．360B．280C．156D．150
5．2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．18种B．12种C．9种D．6种
6．若直线是曲线和的公切线，则实数k的值是（ ）
A．B．C．0D．1
7．已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（ ）
A．1B．C．13D．14
8．我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为的线段，第次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知椭圆的两个焦点分别为，是上任意一点，则（ ）
A．椭圆的离心率为B．的周长为12
C．的最小值为3D．椭圆的离心率越大形状越扁平
10．在数列中，，，，是数列的前项和，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．D．
11．记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．在处的3次泰勒多项式为
D．（精确到小数点后两位数字）
三、填空题（本大题共3小题）
12．某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，有 种不同的选法.（用数字作答）
13．若函数有2个零点，则m的取值范围是 .
14．已知双曲线的左右顶点分别为，点满足，点为双曲线右支上任意一点（异于点），以为直径的圆交直线于点，直线与直线交于点.若点的横坐标等于该圆的半径，则该双曲线的离心率是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的二项展开式有7项．
(1)求，并求出所有二项式系数之和；
(2)求展开式中含项的系数；
(3)求展开式中的有理项．
16．已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
17．如图，在多面体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点.
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
18．已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)讨论 的单调性；
(3)若函数在上的最大值为 0，求实数的取值范围.
19．已知函数.
(1)若的极小值为-4，求的值；
(2)若有两个不同的极值点，证明：.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，，，所以，
对比选项进行讨论有：
当时，，不成立，
当时，，成立，
当时，，成立，
所以或.
故选.
2．【答案】B
【详解】由抛物线可知准线为，
设，
根据抛物线的定义可知，即，
由抛物线方程可得，即，
所以M到y轴的距离为.
故选B.
3．【答案】B
【详解】由导函数的图象可知，当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以为的极大值点，故A、 D错误；
当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以为的极大值点，即为的极大值，故B正确，
函数在单调递减，在上单调递增，所以C错误.
故选B.
4．【答案】C
【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数，
若个位上的数字为2或4，可以组成个，
故可以组成个符合条件的数．
故选C.
5．【答案】A
【详解】法一：根据题意，分2类讨论．
第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地，将剩下4人分为2组，
安排在乙、丙两个活动场地即可，有（种）安排方法；
第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地，在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地，
再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地，有（种）安排方法．
根据分类加法计数原理，共有（种）安排方法．
法二：去甲活动场地共有（种）情况，
去甲活动场地且去乙活动场地共有（种）情况，
所以去甲活动场地，不去乙活动场地的不同的安排方法共有（种）．
故选A．
6．【答案】D
【详解】设直线与曲线、分别相切于点、，
对函数求导得，则，
曲线在点处的切线方程为，即，
对函数求导得，则，
曲线在点处的切线方程为，即，
所以，，化简可得．
故选D.
7．【答案】C
【详解】因为，
所以除以13所得余数为1，则；
因为，
所以除以14所得余数为13，则，因此．
故选C.
8．【答案】D
【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第次后，去掉的线段长度总和为，由，结合对数运算可解不等式求得，由此可得结果.
【详解】第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第次操作去掉的线段长度为，
即每次去掉的线段长度成等比数列，
所以第次后，去掉的线段长度总和为，
由得：，
所以，
所以的最小值为.
故选D.
9．【答案】ABD
【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，椭圆的离心率，A正确；
对于B，的周长为，B正确；
对于C，的最小值为，C错误；
对于D，当一定时，椭圆的离心率越大，则越大，越小，椭圆形状越扁平，D正确.
故选ABD.
10．【答案】ABD
【详解】由，得，
则数列是首项为，公比为2的等比数列，A正确.
根据等比数列的通项公式得，即，则，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，B正确.
根据等差数列的通项公式得，即，
所以，C错误.
由，
，D正确.
故选ABD.
11．【答案】ABC
【详解】对于A，若，则，
，所以，A正确；
对于B，若，则，
，
观察可知，B正确；
对于C，的的阶导数，得，C正确；
对于D，记，则，
因为，
所以在处的次泰勒多项式，
，D错误.
故选ABC.
12．【答案】185
【详解】将只会印刷的4人作为分类标准，将问题分为三类：
第一类：只会印刷的4人全被选出，有种；
第二类：从只会印刷的4人中选出3人，有种；
第三类：从只会印刷的4人中选出2人，有种.
所以共有（种）.
13．【答案】
【详解】函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增，最多1个零点，不符合题意；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
，
而当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大；当趋近于正无穷大时，趋近于负无穷大，
函数有两个不同的零点，当且仅当函数的图象与x轴有两个不同的交点，
因此，解得，
所以m的取值范围是.
14．【答案】
【详解】由题意，设，
，则，
则设，
故，
因为以为直径的圆交直线于点，所以，即，
所以，所以，
因为三点共线，
所以，即，
所以，
即，
因为点在双曲线上，所以，所以，
所以，
所以离心率.

15．【答案】(1)；64
(2)1215
(3)，，，
【详解】（1）因为的二项展开式有7项，所以，
所以所有二项式系数之和为；
（2）由（1）知，所以的二项展开式的通项为
，
令，解得，
所以展开式中含项的系数为；
（3）因为的二项展开式的通项为，
因为，且，所以能使为整数的，
所以展开式中的有理项分别为
，，
，.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设等差数列是公差为，且， .
，，
又成等比数列，
，即，整理得：，解得或（舍），
，
即
（2）由（1）得，
则.
又，
则.
又，
①，
②，
①-②得：，
所以．
17．【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在，
【详解】（1）证明：在中，因为，，，
所以，
所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以；
（2）由（1）可得，，又，所以，，两两垂直，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量，则即
令，则，，所以，
所以点到平面的距离；
（3）假设存在，设，则，
所以，
设平面DHP的一个法向量，因为，
所以即
令，则，，
所以，
设平面的一个法向量，因为，，
所以即
令，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或（舍），
所以存在点，使得满足要求，此时，即.
18．【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)
【详解】（1）当时，，
，，
所以在点处的切线方程为，即．
（2）由题意得的定义域为，
，
①当时，，
所以在上单调递增．
②当时，，
由，解得，
不妨设，则由韦达定理有，
又，
，即，
故在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减．
③当时，，
可得，所以在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在当时，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减．
（3）①当时，在上单调递增，，矛盾；
②当时，在上单调递增，
所以当时，，矛盾；
③当时，所以在上单调递减，，符合题意，
综上：所求实数的取值范围为．
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1），当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，取得极小值，
由，解得或（舍去）.
故的值为。
（2）由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根.
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
验证可知，，
由得，所以.
当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根.
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
不妨设，则.
令，
则，
所以在上单调递增，则当时，，
所以
又，函数在上单调递减，
所以，则，
因为，故.