福建省部分高中2024-2025學年高二下學期3月聯考數學試題（解析版）

高級中學名校試題PAGEPAGE1福建省部分優(yōu)質高中2024-2025學年高二下學期3月聯考數學試題一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．每小題只有一個選項是符合題意的．）1.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，則，所以，故選：C.2.在數列中，，且，則（）A.3 B.-2 C. D.【答案】A【解析】數列中，，且，則，，，，，，所以，即數列是以4為周期的數列，所以，故選：A．3.下列等式中不成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】對于A，，A正確；對于B，，當時，，B錯誤；對于C，，C正確；對于D，，D正確.故選：B4.某班級要從5名男生和2名女生中選派4人參加某次社區(qū)服務，如果要求至少1名女生，那么不同的選派方案有（）A.14種 B.20種 C.30種 D.35種【答案】C【解析】當選派的4人中有1名女生時，有種方案，當選派的4人中有2名女生時，有種方案，所以根據分類加法計數原理得共有：種不同的選派方案.故選：C.5.若函數是增函數，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為函數的定義域為，則，因為是增函數，所以，即對任意的恒成立，所以，又時，，當且僅當時，即當時取等號，所以，故實數的取值范圍是.故選：A.6.函數與函數公切線的斜率為（

）A.或 B. C.或 D.或【答案】C【解析】不妨設公切線與函數的切點為，與函數的切點為，易知，，因此公切線斜率為，因此，可得，即，又易知，整理可得，即，即，解得或，因此可得斜率為或，故選：C.7.中國古建筑聞名于世，源遠流長.如圖1，某公園的六角亭是中國常見的一種供休閑的古建筑，六角亭屋頂的結構示意圖可近似地看作如圖2所示的六棱錐.該公園管理處準備用風鈴裝飾六角亭屋頂的六個頂點A，B，C，D，E，F，現有四種不同形狀的風鈴可供選用，則在相鄰的兩個頂點掛不同形狀的風鈴的條件下，頂點A與C處掛同一種形狀的風鈴的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】記事件G：相鄰的兩個頂點掛不同形狀的風鈴，事件H：A與C處掛同一種形狀的風鈴.對于事件G，包含的情況可分以下三類：（1）當A，C，E掛同一種形狀的風鈴時，有4種掛法，此時B，D，F各有3種掛法，故不同的掛法共有4×3×3×3=108種；（2）當A，C，E掛兩種不同形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F有3×2×2種掛法，故不同的掛法共有種；（3）當A，C，E掛三種不同形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F各有2種掛法，故不同的掛法共有種.綜上，總計有108+432+192=732種掛法，即.當頂點A與C掛同一種形狀的風鈴，且相鄰兩頂點掛不同形狀的風鈴時，分以下兩類：（1）A，C，E掛同一種形狀的風鈴，由前面解析可知，此時不同的掛法有108種；（2）當A，C掛同一種形狀的風鈴，E掛其他形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F有3×2×2種掛法，故不同的掛法共有種.綜上，總計有108+144=252種掛法，即，故.故選：C.8.，不等式恒成立，則正實數的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】將不等式變形可得，即，構造函數，可得，令，則，所以當時，，即在上單調遞減，當當時，，即在上單調遞增，所以，即，所以函數在上單調遞增，利用單調性并根據可得，則有，又，即可得，即對恒成立，因此即可，令，，則，顯然當時，，即函數在上單調遞減，當時，，即函數在上單調遞增，所以，即，因此正實數的最大值是.故選：A.二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．每小題有多個選項是符合題意的，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的不得分．）9.設函數則下列說法正確的有（）A.函數僅有1個零點B.是的極小值點C.函數的對稱中心為D.過可以作三條直線與圖象相切【答案】ACD【解析】對AB，，，當或時，，當時，，所以函數在，上單調遞增，在上單調遞減，所以，，又，所以函數僅有1個零點，且該零點在區(qū)間上，故A正確，B錯誤；對C，由，得，所以函數的圖象關于對稱，故C正確；對D，設切點為，則，故切線方程為，又過點，所以，整理得，即，解得或或，所以過可以作三條直線與的圖象相切，故D正確．故選：ACD．10.已知等差數列的前項和為，且，，，則（）A.數列是遞增數列 B.C.當時，最大 D.當時，的最大值為14【答案】BCD【解析】在等差數列中，，，，，，公差，數列是遞減數列，A錯誤；，，B正確；，，數列是遞減數列，當時，最大，C正確；，，，，，當時，n的最大值為14，D正確．故選：BCD11.如圖，在某城市中，，兩地之間有整齊的方格形道路網，其中，，，是道路網中位于一條對角線上的4個交匯處.今在道路網，處的甲?乙兩人分別要到，處，他們分別隨機地選擇一條沿街的最短路徑，以相同的速度同時出發(fā)，直到到達，處為止，則下列說法正確的有（）A.甲從到達處的走法種數為20B.甲從必須經過到達處的走法種數為9C.甲乙兩人能在處相遇的走法種數36D.甲，乙兩人能相遇的走法種數為162【答案】AB【解析】A：從到達只需向上、向右各走3步，即共走6步，走法種數為種，正確；B：從到的走法有，再到達的走法有，共有種，正確；C：由上，甲經過的走法有9種，同理乙經過的走法有9種，此處相遇共有81種走法，錯誤；D：要使甲乙以相同的速度相遇，則相遇點，，，中的一個，而在、相遇各有1種走法，在，相遇各有81種走法，故甲、乙相遇的走法有種，錯誤.故選：AB三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）12.，的最小值為_____.【答案】【解析】由題，，，當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數在上的最小值為.故答案為：.13.已知函數有兩個零點，則實數的取值范圍為__________.【答案】【解析】函數的定義域為，令，即，因為函數有兩個零點，所以方程在上有兩個不相等的實數根，設，則，當時，，，則；當時，，，則，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，又，且，，時，，畫出函數的大致圖象，如圖，由圖象可知，要使方程在上有兩個不相等的實數根，則，即實數取值范圍為.故答案為：.14.牛頓法求函數零點的操作過程是：先在x軸找初始點，然后作在點處切線，切線與x軸交于點，再作在點處切線，切線與x軸交于點，再作在點處切線，依次類推，直到求得滿足精度的零點近似解為止．設函數，初始點為，若按上述過程操作，則所得前n個三角形，，……，的面積和為______．【答案】【解析】設，則，因為，所以，則處切線為，切線與x軸相交得，，因為得，所以，，所以故答案為：（其它形式只要正確均得分）．15.已知數列的首項，且滿足．（1）求數列的通項公式；（2）記，求的前項和．解：（1）由題意知，所以由，得，所以，又，所以是首項為3，公差為5的等差數列，所以，即．（2）由（1）得，所以①，②，①②，得，所以．16.已知函數（1）若的圖象在點處的切線方程為，求a與b的值；（2）若在處有極值，求a與b的值.解：（1）因為，所以，所以，，因為切線方程為，所以，解得，所以.（2）函數在處有極值且或恒成立，此時函數無極值點，此時1是極值點，滿足題意，所以.17.某分公司經銷某種品牌產品，每件產品的成本為3元，并且每件產品需向總公司交a元()的管理費，預計當每件產品的售價為x元()時，一年的銷售量為萬件．（1）求分公司一年的利潤L(萬元)與每件產品的售價x的函數關系式(并寫出函數的定義域)；（2）當每件產品的售價為多少元時，分公司一年的利潤L最大，并求出L的最大值Q(a)．解：（1）分公司一年的利潤（萬元）與售價的函數關系式為：．（2）．令得或（不合題意，舍去）．，．在兩側的值由正變負．所以當即時，．當即時，，所以答：若，則當每件售價為9元時，分公司一年的利潤最大，最大值（萬元）；若，則當每件售價為元時，分公司一年的利潤最大，最大值（萬元）．18.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若對恒成立，求實數的取值范圍.解：（1）因為，則，①當時，，由可得，由可得，此時，函數的減區(qū)間為，增區(qū)間為；②當時，，則，由可得或，由可得，此時，函數的增區(qū)間為，，減區(qū)間為；③當時，，當時，，則，當時，，則，此時，函數在上單調遞增；④當時，，則，由可得或，由可得，此時，函數的增區(qū)間為，，減區(qū)間為.（2）因為，對任意的，有，所以時，，即，令，則，所以，函數在上單調遞減，則，故，因此，實數的取值范圍是.19.已知函數.（1）當，，時，求證:;（2）當時，若有三個零點.(i)求實數的取值范圍;(ii)若，求證:.解：（1）當，時，，則，（或者）；所以在上為增函數，所以當時，即當時，，得證．（2）（?。┊敃r，，由于，，所以在恰有一個零點，且，．以下只研究當時的零點問題，由，當時，所以在上單調遞增，則，所以在不存在零點，不符合題意；當，即時，恒成立，所以在上單調遞增