福建省福清市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题（解析版）

这是一份福建省福清市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回， 地图涂色是一类经典的数学问题， 在等差数列中，，则， 已知函数，则， 下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效；
3.考试结束，考生必须将答题卡交回.
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知数列满足，，则（ ）
A. 7B. 8C. 10D. 11
【答案】A
【解析】依题意，得，
，
故选：A
2. 福厦高铁全线共设8个客运站：福州南、福清西、莆田、泉港、泉州东、泉州南、厦门北、漳州，则铁路部门应为福厦高铁线上的这8个站间准备不同的火车票的种数为（ ）
A. 28B. 56C. 64D. 112
【答案】B
【解析】火车票是要分出发站与到达站，是有顺序的，故不同的火车票的种数为：，
故选：B
3. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】，
令，得，得，
则，得，
故选：C
4. 将4个不同的小球全部投入3个不同的盘子（每个盒子容纳的小球的个数不限），则所有的投放方法数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】每个小球都有3种不同的选择，根据乘法原理可知，所求即为.
故选：A.
5. 已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】法一：因为，
所以，当时，，
此时在上单调递增，
当时，，
令得，解得，
令得，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，
要想在上单调递增，
则，解得，
故，
综上，，
由于是的真子集，
则“”是“在上单调递增”的充分不必要条件.
法二：由题可得在上恒成立，
即恒成立，又，
所以，下面同解法一.
故选：A
6. 地图涂色是一类经典的数学问题.如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种.
A. 84B. 72C. 48D. 24
【答案】A
【解析】将图形区域氛围上下左右，
若上下颜色相同，则上有4种，左有3种，右有3种，共有种；
若上下颜色不同，则上有4种，下有3种，左右各有两种，共有种，
所以共有种，
故选：A
7. 在等差数列中，，则（ ）
A. 7B. 11C. 14D. 16
【答案】C
【解析】设公差为，则，
所以
故.
故选：C
8. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由得：，
因为函数的定义域为，
则当时，，所以在和上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以当时， 有极大值，
又由，得，
所以.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】对于A项，为常数，则，故A项错误；
对于B项，，故B项正确；
对于C项，，则，故C项正确；
对于D项，，故D项错误，
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 的极大值点为
B. 的极大值为
C. 有两个零点
D. 直线是曲线的一条切线
【答案】ABD
【解析】AB选项，的定义域为，，
令得，
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值点为，极大值为，AB正确；
C选项，由于极大值为，当时，恒成立，
趋向于0时，趋向于，
故在上存在一个零点，在上无零点，
综上，函数只有1个零点，C错误；
D选项，设切点，，，
故，显然，故为方程的一个根，
故切点为，
故切线方程为，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，满足，，以的斜边为第2个直角三角形的直角边，且，再以的斜边为第3个直角三角形的直角边，且，依此方法一直继续下去，记第个直角三角形为，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】根据题意得、、、、构成相似三角形，
其相似比等于．
对于A，在中，，
在中，，可知A项正确；
对于B，在中，，在中，，

在中，，，，
由余弦定理得，所以，故B项正确；
对于C，由前面的分析，可知，可知C项不正确；
对于D，根据题意得、、、、的长度成等比数列，
其中首项，公比，
结合，可得，故D项正确．
故选：ABD．
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等比数列中，，，则__________
【答案】4
【解析】在等比数列中，奇数项都是同号的，则，
由，得，
故答案为：4
13. 有4人到甲､乙､丙三所学校去应聘，若每人恰被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为__________.（用数字作答）
【答案】36
【解析】根据题意，四人都被录取，需要先将4人分为3组，再将分好的3组安排给3所学校，有种不同的录用情况；
故答案为：36．
14. 已知函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】因为有且仅有一个零点，
显然不是零点，
故只有一个非零实数根，
令，，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，， ，
当时，，，其大致图象如图所示，

结合函数图象可知，当时，符合题意．
故答案为：．
四、解答题：本大题共5小题，共7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 按要求列出式子，再计算结果，用数字作答.
（1）在5件产品中，有3件正品，2件次品，从这5件产品中任意抽取3件.
（ⅰ）抽出的3件中恰有1件正品的抽法有多少种？
（ⅱ）抽出3件中至少有1件次品的抽法有多少种？
（2）现有，，等5人排成一排照相，按下列要求各有多少种不同的排法.
（ⅰ）若，之间恰有一人，有多少种不同的排法？
（ⅱ）不站左端，且不站右端，有多少种不同的排法？
解：（1）（ⅰ）抽出的3件中恰有1件次品是指1件正品，2件次品，
则有种不同的抽法；
（ⅱ）解法一：抽出的3件中至少有1件次品的抽法有两种情况：
只有1件次品的抽法和2件次品的抽法，
由（ⅰ）得有2件次品抽法为种不同的抽法，
只1件次品的抽法为种不同的抽法，
共有种不同的抽法；
解法二：抽出的3件中至少有1件次品的抽法数，
是在5件产品中任意抽出3件的抽法数，
减去抽出的3件产品全是正品的抽法数，
所以共有种不同的抽法；
（2）（ⅰ）将A、某人、B看作一个整体，进行捆绑，
再将另外两人一起排列，所以一共有36种排法；
（ⅱ）解法一：因为5个人全排列有排法，
且A站左端有种排法，B站右端有种排法，
A站左端且B站右端有种排法，
所以A不站左端，且B不站右端有种排法；
解法二：依题意可得：整件事可分为B站左端，和B不站左端．
若B站左端，则其他4人全排列，有种排法；
若B不站左端，则其他3人中选出1人站在左端，有种选法，
又由于B不站左端，也不站右端，有种排法，
剩下3人有有种排法，所以B不站左端有排法；
所以A不站左端，且B不站右端有排法.
16. 设为数列的前项和，已知，.
（1）求证：是等差数列；
（2）求数列的前项和.
解：（1）当时，，则，
因为①，
所以时，②，
由①－②得，时，，即，
因为，所以，即，
故是以1为首项，1为公差等差数列；
（2）由（1），得，
所以，
.
17. 设是函数的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知三次函数的对称中心为.
（1）求实数，的值；
（2）求的极值.
解：（1）因，
所以 ，
所以，
又因为函数的对称中心为，
所以，
即，
解得.
（2）由（1）知，，
所以，
由，得或，·
当变化时，，的变化情况如下表所示：
因此，的极大值为，极小值为.
18. 已知数列与等差数列，若，，.
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和.
解：（1）因为，所以，
又，得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，故，
则，
设等差数列的公差为，则，解得，
所以．
（2）由（1）知，，，
所以，
所以，
，
两式相减，得
，
故．
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线的斜率；
（2）若，讨论的单调性；
（3）若，且时，恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）因为，，所以，
又因为函数的图象过点，
所以， 即，故，解得，
所以，故，
即曲线在点处的切线的斜率为.
（2）因为，所以，所以，
当时，，在区间R上单调递增；
当时，令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增.
综上：当时，在区间R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）因为，所以，
所以，
设，则，
所以，时，所以在上单调递增，且；
①当时，，即，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，所以符合题意，
.
②当时，又在上单调递增，且，
当时，，
，使得，
，，即，所以在上单调递减；
，，即，所以在上单调递增，
所以，所以不合题意.
综上，实数的取值范围为.1
2
0
0
2