福建省部分学校教学联盟联考2024~2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省部分学校教学联盟联考2024~2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2025年4月22日 完卷时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.）
1. 若，则（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用排列数和组合数的公式计算.
【详解】由得，
解得
故选：B.
2. 等比数列的前n项和，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的前n项和求出首项，再求出时的通项公式，代入即可得到结论.
【详解】在等比数列中，由前n项和，则，
当时，由，
所以，即.
故选：D
3. 已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先得到的定义域，由题意得到在上有解，参变分离后得到在上有解，利用配方求出，得到实数的取值范围.
【详解】的定义域为，
由题意得在上有解，
即在上有解，
其中，
故，故实数的取值范围是.
故选：B
4. 函数，是的导函数，则的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得，得到，则图象关于原点对称，排除B、D项；在时确定，排除C项，即可得到答案.
【详解】由函数，可得，
则，
所以函数为上的奇函数，其图象关于原点对称，可排除B、D项；
当时，，则；
当时，，则，
因此当时，，可排除C项，
所以的大致图象为选项A.
故选:A.
5. 某出版社的名工人中，有人只会排版，人只会印刷，还有人既会排版又会印刷，现从人中选人排版，人印刷，有（ ）种不同的选法.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照只会印刷的人中被选中人数进行分类，结合分类加法计数原理可得解.
【详解】设只会印刷的人中被选中人数为，则的可能取值有、、，
①当时，从只会印刷的人中选人，有种情况，
再安排既会排版又会印刷的人印刷，有种情况，最后从只会排版的人中选人，有种情况，
则共有种情况；
② 当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况，
再从既会排版又会印刷的人中选人印刷，有种情况，最后从剩余会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况；
③当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况，
再从会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况；
综上所述，共有种情况；
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】
【分析】设出两曲线的切点坐标，利用导数的几何意义以及利用两点间的斜率公式构造方程即可求得斜率.
【详解】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. 甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ）
A. 36种B. 42种C. 54种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.
【详解】安排B项工作的人数分为两类，
第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，
从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法，
再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法，
若D项工作安排一人，则有种方法，
所以B项工作仅安排1人共种方法，
第二类，B项工作安排2人，有种方法，
由分类加法计数原理，得共有种方法.
故选：B.
8. 分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为．若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】设第n个正方形的边长为，根据分形特点可得{}是以9为首项，为公比的等比数列，从而可得第5个正方形的边长.
【详解】设第n个正方形的边长为，则由已知可得
∴，
∴{}是以9为首项，为公比的等比数列，
∴.
故选：C．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的不得分.）
9. 设椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，则（ ）
A. 的离心率为
B. 的周长为5
C. 的最大值为3
D. 的最小值为8
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据的关系可得选项A正确；利用椭圆的定义可得选项B错误；当点在椭圆的右顶点处时可得选项C正确；利用基本不等式可得选项D正确.
【详解】
A.由题意得，，故离心率为，A正确.
B.由椭圆的定义得，，
∴的周长为，B错误.
C.当点在椭圆的右顶点处时，的最大值为，C正确.
D.因，当且仅当时等号成立，
∴的最小值为8，D正确.
故选：ACD.
10. 若，则下列说法中正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用换元法令，将方程转化为关于的多项式，然后利用赋值法进行求解即可.
【详解】令，则，
令，可得，即，故A正确；
令，可得，故B正确；
由题可知，故C正确；
由，对等式两边同时求导可得：
，
令，可得，故D错误.
故选：ABC.
11. 若存在常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”．已知函数（），（），，（e为自然对数的底数），则（ ）
A. 在内单调递减
B. 和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为
C. 和之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是
D. 和之间存在唯一的“隔离直线”，方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：令，利用导数可确定单调性，进而作出判断；
对于B和C：利用二次函数的性质以及不等式恒成立的知识求出b、k的范围，进而作出判断；
对于选项D：根据隔离直线过和的公共点，可假设隔离直线为；可得到，再利用恒成立得出k的值，最后尝试利用导数证明，进而作出判断.
【详解】对于A，，
，
当时，，单调递增，故A错误；
对于，，设，的隔离直线为，
对任意恒成立，即对任意恒成立，
所以，所以，
又对任意恒成立，即对任意恒成立，
因为，所以且，
所以且，，解得，同理，
所以b的最小值为，k的取值范围是，
故正确，错误；
对于，函数和的图象在处有公共点，
若存在和隔离直线，那么该直线过这个公共点，
设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，
则（），得对恒成立，
则，解得，
此时隔离直线方程为：，
下面证明，
令（），则，
当时，；当时，；当时，；
当时，取到极小值，也是最小值，即，
在上恒成立，即，
函数和存在唯一的隔离直线，正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题考查导数中新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解“隔离直线”的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题，属于难题.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 展开式中的系数为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求得二项式展开式的通项，进而求得展开式中的系数，得到答案.
【详解】由二项式展开式的通项为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：.
13. 已知函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】令，可得，构建，若函数有三个不同的零点，即与有三个不同交点，对求导，利用导数分析其单调性和极值，结合图象即可得结果.
【详解】令，可得，
构建，
若函数有三个不同零点，即与有三个不同交点，
因为，
令，解得；令，解得或；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，极大值，
且当趋近于，趋近于；当趋近于，趋近于0，
可得图象，如图所示：

由函数图象可得.
故答案为：.
14. 已知分别为双曲线的左焦点和右焦点，过的直线l与双曲线的右支交于A，B两点（其中A在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线l的斜率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案.
【详解】设 的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为，
记边上的切点分别为，
由切线的性质可得： .
由双曲线定义可得：，即，
则，又.
则，又，则，即.
同理可得，的内切圆也与轴相切于点.
连接，则与x轴垂直，设与l相切于点N，连接，
过点作，记垂足为R，则.
设直线倾斜角为，则.
在四边形中，注意到，又四边形内角和为，
则，在中，，
.
则.
则直线斜率，即.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 在等差数列中，已知公差，，前项和为.且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列前项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件结合等比中项的性质及等差数列通项公式列方程求，由此可求数列数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求数列的前项和.
【小问1详解】
由题意知，，，，
因为，，成等比数列，所以，
即，整理得，解得或，
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，，
则①
②
①②得，
，
，
，
所以.
16. 已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合垂直关系求出值.
（2）分类讨论判断值的正负情况，求出函数的单调区间.
【小问1详解】
函数，求导得，
由曲线在点处的切线垂直于直线，得，
所以.
【小问2详解】
函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程中，，
若，则，，函数在上单调递增；
若，则，关于x的方程有两个正根，，，
当或时，；当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，
①求平面与平面所成角的余弦值；
②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）取中点，根据线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，①利用坐标法可求得两平面法向量，即可得两平面夹角余弦值；②设，利用坐标法表示点到平面距离，列方程，即可得解.
【小问1详解】
取中点，连接，，
又点是中点，
，且，
，，
，且，
四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面；
【小问2详解】
平面，且，则以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
①，，，，，，
易知平面的一个法向量为，
在平面中，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，的，
，
即平面与平面所成角的余弦值为；
②设，，
又，，
则，
又，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，
则，
解得，
即存在点使得点到平面的距离为，
此时.
18. 已知数列满足：，正项数列满足：，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项的和；
（3）记为数列前项积，证明：
【答案】（1）；；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据数列所给的递推关系，即可求得其通项；
（2）根据数列的通项公式，结合分组求和的方法，即可求得数列的前项的和；
（3）由（1）可得数列的通项公式，进而可求得其前项积，再结合不等式的放缩，即可证明.
【小问1详解】
当时，，即，
当时，，
两式相减有：，，
经检验，也满足上式，故.
因为，
则当时，，
累加可得：，且，.
经检验，也满足上式，又因为是正项数列，故.
【小问2详解】
令，则，
两式相减可以得到：，
.
令，
当为偶数时：；
当为奇数时：；
.
【小问3详解】
因为，所以，
左边：
，
右边：，得证.
19. 已知函数．
（1）求函数的单调区间与极值；
（2）若，求证：．
【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解；
（2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明.
【小问1详解】
定义域为，，
令，解得或，
当时，；当时，．
的单调递增区间为和，单调递减区间为．
的极大值为，极小值为．
【小问2详解】
证明：由（1）知．
令，则
．
令，则．
令，则．
在上恒成立，在上单调递增，
，在上恒成立，
在上单调递增，，
在上恒成立，在上单调递增，
，对任意恒成立．
，．
又，．
在上单调递增，，，即．
令，则
．
在上单调递增，
在上恒成立，
上单调递增，，
对任意恒成立．
．又．
在上单调递增，且，
．由，得，
，．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法：
（1）构造法：构造函数，通过判断其在时的符号来确定与的大小关系；代换，结合，得到与的大小关系；再利用函数的单调性解决问题.
（2）利用对称性：找到函数的极值点，构造对称函数，分析的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。
（3）增量法：令，，通过比较与的大小来证明极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导.