福建省福州第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 含解析

这是一份福建省福州第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 含解析，共17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。
1．若，则（ ）
A．6B．7C．12D．13
2．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这些三位数中是3的倍数的有（ ）
A．6个B．9个C．12个D．24个
4．在高二社会实践活动中，实践基地要求每班每天只能有一位协助员随工作人员一起进城采购．某班主任从甲、乙、丙三位同学中安排周一到周四这四天的协助员，每位同学至少担任一天的协助员，则不同的安排方案共有（ ）
A．36种B．48种C．54种D．60种
5．如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是（ ）．
A．
B．
C．
D．
6．如图，某种雨伞架前后两排每排4个孔，共8个孔，编号分别为1-8号．若甲、乙、丙、丁四名同学每人要放一把伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，甲、乙不放在同一排且丙、丁也不放在同一排的放法有（ ）

A．68种B．136种C．144种D．152种
7．若直线与曲线相切，则（ ）
A．2B．eC．2eD．
8．若，，（其中e为自然对数的底数），则实数a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知定义域为R的函数的导函数为，且满足，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为数列的前n项和，且，若对任意正整数n恒成立，则实数的值可以为（ ）
A．B．C．5D．
11．已知函数有唯一零点，则（ ）
A．B．
C．函数有三个极值点D．函数有唯一极值点
三、填空题
12．已知函数，若，则 ．
13．甲、乙等5位老师到某地3所学校进行送教服务，要求每人只去一所学校，每所学校不能少于1人，且甲、乙在不同一所学校，则不同的安排方法有种 ．
14．已知函数的导函数为，且对任意的实数x都有（e是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有1个整数，则实数k的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知函数在处取得极值.
(1)求实数的值；
(2)求函数在区间上的最大值和最小值.
16．广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为的扇形和三角区域构成，其中在一条直线上，，记该设施平面图的面积为，，其中．
(1)写出关于的函数关系式；
(2)如何设计，使得有最大值？
17．已知数列的前项和为，且.
(1)证明：是等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)已知，求数列的前项和，并证明：.
18．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的值；
(3)设不同正数m，n满足，证明：．
19．已知函数与的定义域的交集为．若对恒成立，则称与为同号函数，例如，则函数与为同号函数．若存在区间，使得对恒成立，则称与为区间同号函数．
(1)设函数，试问这三个函数中是否任意两个都互为区间同号函数？请说明你的理由．
(2)设函数．
（ⅰ）证明：与为同号函数．
（ⅱ）若恒成立，证明：．
1．B
根据排列数和组合数公式求解即可.
【详解】由，
得，
即，所以.
故选：B.
2．A
求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出不等式，再利用分离参数法求解即可.
【详解】函数，求导得，
由在上单调递增，
得，，而恒有，
所以，
所以实数a的取值范围是.
故选：A.
3．C
依题意可知由和组成的三位数是的倍数，再由排列数公式计算可得.
【详解】从数字中选择个数，有；；；共四种情况，
其中由和组成的三位数是的倍数，
所以这些三位数中是3的倍数的有个.
故选：C.
4．A
先将四天分为三组，再将三组分配给甲、乙、丙三位同学即可.
【详解】依题意，先将四天分为三组，有种，
再将三组分配给甲、乙、丙三位同学，有种，
所以不同的安排方案共有种.
故选：A.
5．D
通过图像观察y轴左右两侧的图像特点，代入数值判断，以及考虑函数的奇偶性来判断函数是偶函数，定义域等特点，关于选项D，要考虑函数,以及函数值恒为正等函数的相关信息来解题.
【详解】A选项，，当时，，不符合；
B选项，为偶函数，其图象关于轴对称，不符合；
C选项，的定义域为，不符合.
故选：D.
6．C
先排甲乙，再排丙丁，由此即可得解.
【详解】由题意，先排甲，有种，再排乙，有种，
则甲乙两人有种排法，
再排丙，有种，最后排丁，有种，
所以甲乙丙丁有种放法.
故选：C.
7．A
设切点，再根据导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点为，对函数求导得，
则在点处的切线的斜率，
又切点在直线上，
所以，即，
令，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则由得，所以，
所以.
故选：A.
8．D
分别构造函数和，求导即可得到函数的单调性，进而可求解.
【详解】设, 则
当单调递增，当单调递减，所以，故,当且仅当等号成立，
故，故，即，
设，则，
故当单调递增，当单调递减，
因此，因此，当且仅当时取等号，
故，即，
故，
故选：D
9．AC
根据，得出导函数的符号分布情况，进而可求出函数的单调区间，再根据函数的单调性即可得解.
【详解】由，则或，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以，即.
故选：AC.
10．ABC
先根据与的关系求出数列的通项，再利用分离参数法求解即可.
【详解】由，
当时，，所以，
当时，，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
则，即为，
所以对任意正整数n恒成立，
又因为，
所以.
故选：ABC.
11．ABD
令，则，构造函数令，利用导数求出函数的单调区间及极值点，进而可判断AB；再利用导数结合极值点的定义即可判断CD.
【详解】令，则，
令，则，
令，则，
当时，，函数为增函数，
又，，
所以存在，使得，即，即，
当时，，，函数为减函数，
当时，，，函数为增函数，
又且时，，时，，
因为函数在上存在唯一零点，
所以，所以，故A正确；
所以，即，
即，所以，故B正确；
则，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，
又，
所以存在，使得，
则当时，，即，
当时，，即，
所以函数有唯一极值点，故C错误，D正确.
故选：ABD.
12．
求导，再根据求解即可.
【详解】由，
得，
则，所以.
故答案为：.
13．
先将甲乙两人安排到不同学校，再根据分步乘法计数原理，利用间接法计算即可.
【详解】设学校为，先把甲乙两人安排到不同学校，有种，
不妨设甲在，乙在，只需剩余3人至少有1人去即可，
利用间接法计算，有种不同安排方法，
根据分步乘法计数原理可知，共有种不同安排方法.
故答案为：.
14．
构造函数，结合和，可求得，利用导数求出的单调区间和极值，画出的图象，结合图象可求得结果.
【详解】令，则，
所以，
因为，所以，所以，
所以，故，
当或时，，当时，，
所以在和上递增，在上递减，
所以的极大值为，
极小值为，
因为，当时，，
所以的图象如图所示，
因为不等式的解集中恰有1个整数，
所以时，不等式的解集中恰有一个整数，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)，；
(2)最大值为，最小值为
（1）由已知得到，，进而得到方程组，解之即可；
（2）由（1）可知，然后对，利用导数得出函数单调性，结合端点值比较大小即可得解.
【详解】（1）由，知.
而在处取得极值，故，.
故有方程组，即.
所以，.
（2）由（1）知，，故，.
，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
而直接计算知，，，
故在上的最大值为，最小值为.
16．(1)
(2)
（1）首先，求解三角形和扇形的面积，然后，求和即可得到相应的解析式；
（2）根据三角函数辅助角公式和导数的计算等知识求解其最大值即可．
【详解】（1）由已知可得，
在△中由正弦定理可得：
，所以，
从而，
所以，.
（2），
由
令增区间是；
令减区间是；
所以在处取得最大值是．
答：设计成时，该设施的平面图面积最大是．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
（1）先根据时的条件求出.再用和时的式子相减，得到与的关系，变形后发现符合等比数列定义，进而确定其首项和公比.
（2）由第一小问得出的的通项公式，求出的表达式，再得到.
（3）先根据求出，对变形为可裂项相消的形式.然后用裂项相消法求出.接着分析的范围，由得上限；通过知递增，求出得下限.
【详解】（1）（1）因为，所以当时，，
即，所以.
当时，，
两式相减，得，即，
所以，
又，
所以是以为首项，以为公比的等比数列
（2）解：由（1）知，，
所以.
（3）解：由（2），得，
所以，
因为，所以，
又，
所以是递增数列，
所以，
所以.
18．(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
（1）先对求导，得到.令为分子部分，求出零点.再根据正负，分析正负，进而确定正负，得出单调性.
（2）把值代入，将不等式变形.令为变形后式子，由且，可知是最大值点，所以，求出.再验证值满足条件.
（3）对已知等式取对数变形，令为变形后式子.根据单调性设.要证不等式，转化为证，令为对应式子，求导判断单调性证明.
【详解】（1）先确定定义域为，
对求导，则.
令，即，解得.
当时，在上，，即，所以在上单调递增；
在上，，即，所以在上单调递减.
当时，在上，，即，所以在上单调递减；
在上，，即，所以在上单调递增.
综上所得，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.
因为恒成立，即恒成立，等价于恒成立.
令，.
对求导得.
因为恒成立且，所以是的最大值点，则.
，解得.
当时，，再令，对求导得，所以在上单调递减.
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.所以，满足条件，故.
（3）由得，两边取对数整理得，
令.则.
，在递增，递减，则
又，当，
不妨设，则.
记，，则，
在递增，则，即.
又
因为在递减，所以，则.
原命题得证.
19．(1)这三个函数中任意两个函数都为区间同号函数，理由见解析
(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析
（1）结合题设分析可得，进而得到与为区间同号函数，再结合导数分析函数的单调性可得对恒成立，进而结合题意求证即可；
（2）（ⅰ）结合函数新定义直接分析求证即可；
（ⅱ）转化问题为，令，分析可得当时，，当时，，进而结合导数分析函数的单调性及零点分步情况，进而求证即可.
【详解】（1）这三个函数中任意两个都互为区间同号函数，理由如下：
因为，，，
所以，
则与为区间同号函数.
而，，
则，
令，即；令，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以对恒成立，
又，对都恒成立，
所以存在，使得，对都恒成立，
所以这三个函数中任意两个都互为区间同号函数.
（2）证明：（ⅰ）因为函数与的定义域的交集为，
当时，，则，
所以，即；
当时，，则，
所以，即，
所以恒成立，则与为同号函数．
（ⅱ）因为，
所以由，
整理得到，
令，
则，
当时，，可得，
当时，，可得.
对于函数，，
令，即；令，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，，，
所以函数在和上各有一个零点，
不妨设，，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
且时，，
而，即时，，
则
，
设，
则，
所以函数在上单调递减，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
A
D
C
A
D
AC
ABC
题号
11









答案
ABD