安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023-2024学年高二下学期期中联考
数学
满分：150分考试 时间：120分钟
一 单选题：本题共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. 函数的单调减区间为（ ）
A. B. C. D.
2. 的展开式中常数项为（ ）
A. B. 135 C. D. 15
3. 甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（ ）
A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种
4. 已知在处极大值为5，则（ ）
A. B. 6
C. 或6 D. 或2
5. 已知函数，，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则（ ）
A. B. 3 C. 或3 D. 1或3
6. 已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
7. 将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，则产生不同的位数的个数是（ ）
A B.
C. D.
8. 已知函数，若存在实数，且，使得 ，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题：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，有多项符合题目要求.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. 下列运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 现安排甲 乙 丙 丁 戊5名同学参加暑期志愿者服务活动，有翻译 导购员 收银员 仓库管理员四项工作可供选择，每人至多从事一项工作，下列说法正确的是（ ）
A. 若5人每人可任选一项工作，则有种不同的选法
B. 若安排甲和乙分别从事翻译 收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购 仓库管理工作，则有12种不同的方案
C. 若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有60种不同的方案
D. 若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲 乙不能从事翻译工作，则有126种不同的方案
11. 关于函数，下列说法中正确是（ ）
A. 的最小正周期是；
B. 是偶函数；
C. 在区间上恰有三个解；
D. 的最小值为.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有_________个．
13. 在的展开式中，含项的系数为________．（用数字作答）
14. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是______．
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. 记为数列的前项的和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）令，求.
16. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）对于，使得，求实数的取值范围．
17. 已知二项式，（且）．若、、成等差数列．
（1）求展开式的中间项；
（2）求的最大值．
18. 动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
19. 对于函数与定义域上任意实数x，若存在常数k，b，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”.
（1）若函数，，，求函数和的“分界线”；
（2）已知函数满足对任意的，恒成立.
①求实数的值；
②设函数，试探究函数与是否存在“分界线” 若存在，请加以证明，并求出，的值；若不存在，请说明理由.安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023-2024学年高二下学期期中联考
数学
满分：150分考试 时间：120分钟
一 单选题：本题共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. 函数的单调减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出导数，利用导数小于0可得答案.
【详解】函数的定义域为，
，
由得，
所以的单调减区间为.
故选：D.
2. 的展开式中常数项为（ ）
A. B. 135 C. D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式，令的指数为，即可求出常数项．
【详解】依题意得，展开式的通项为：
令，解得
常数项为：
故选：B．
3. 甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（ ）
A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种
【答案】C
【解析】
【分析】先安排甲，可从中间两个位置中任选一个，再安排乙丙2人，可分为两类：安排在甲有2个位置的一侧；安排在甲有3个位置的一侧，最后安排其余3人，综上可得答案.
【详解】先安排甲，可从中间两个位置中任选一个安排有种方法，而甲站好后一边有2个位置，另一边有3个位置，再安排乙丙2人，因乙、丙2人相邻，可分为两类：安排在甲有2个位置的一侧有种方法；安排在甲有3个位置的一侧有种方法，最后安排其余3人有种方法，综上，不同的排队方法有：种.
故选：C.
4. 已知在处的极大值为5，则（ ）
A. B. 6
C. 或6 D. 或2
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用极大值及极大值点求出并验证即得.
【详解】函数，求导得，
依题意，，即，解得或，
当时，，
当或时，，当时，，因此在处取得极小值，不符题意；
当时，，
当时，，当或时，，因此在处取得极大值，符合题意，
所以，所以.
故选：B
5. 已知函数，，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则（ ）
A. B. 3 C. 或3 D. 1或3
【答案】A
【解析】
【分析】平移直线使其经过点，则切线斜率为1，利用导数求出切点坐标，再根据点到直线距离公式即可得到方程，解出即可.
【详解】因为，令，解得，
而，
则函数的图象在点处的切线方程为，
则，即点到直线的距离为，
所以，解得或，
当时，与函数的图象相交，
所以.
故选：A.
6. 已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出直线方程，再利用零点存在性定理判断横坐标所在范围.
【详解】由，求导得，设直线与曲线相切的切点坐标为，则直线的斜率为，
直线的方程为，由直线过原点，即，解得，
依题意，直线的斜率为，而点，则直线的方程为，
由消去得，显然是方程的不为零的根，
令，求导得，当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增，，
显然，即在上有唯一零点0，而，
则在上有唯一零点，即，又，
所以所在的区间为.
故选：D
【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
7. 将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，则产生的不同的位数的个数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出将2，0，1，9，20，19的首位不为0的排列数，排除2的后一项是0的排列，1的后一项是9的排列，再加上2的后一项是0同时1的后一项是9的排列，可得答案.
【详解】将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，由于首位不能为0，则有个，
其中“20”出现2次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有种，
“19”出现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有种，
“20”和“19”都出现2次的排法有种，
因此满足条件的位数的个数为：.
故选：A.
8. 已知函数，若存在实数，且，使得 ，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次函数对称性化简目标式，然后构造函数，利用导数求最值可得.
【详解】作出的函数图象如图所示：
若存在实数，且，使得 ，
因为的图象关于直线对称，
所以，
所以，
由图可知，，所以．
设，，
所以，与在单调递增，
所以在上单调递增，又，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以．
故选：D．
二 多选题：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，有多项符合题目要求.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. 下列运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本初等函数的求导公式，逐项计算判断作答.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：AC
10. 现安排甲 乙 丙 丁 戊5名同学参加暑期志愿者服务活动，有翻译 导购员 收银员 仓库管理员四项工作可供选择，每人至多从事一项工作，下列说法正确的是（ ）
A. 若5人每人可任选一项工作，则有种不同的选法
B. 若安排甲和乙分别从事翻译 收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购 仓库管理工作，则有12种不同的方案
C. 若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有60种不同的方案
D. 若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲 乙不能从事翻译工作，则有126种不同的方案
【答案】ACD
【解析】
【分析】由独立事件的乘法公式可得A正确；由元素有限制的排列和组合可得B错误；C正确；D正确.
【详解】A：若5人每人可任选一项工作，每人有4种选法，共有种，故A正确；
B：若安排甲和乙分别从事翻译 收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购 仓库管理工作，则共有种，故B错误；
C：若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有种，故C正确；
D：若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲 乙不能从事翻译工作，分两种情况：
从余下三名同学中选一人从事翻译工作，此时有种；
从余下三名同学中选两人从事翻译工作，此时有种；
所以共有种，故D正确；
故选：ACD
11. 关于函数，下列说法中正确的是（ ）
A. 的最小正周期是；
B. 是偶函数；
C. 在区间上恰有三个解；
D. 的最小值为.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据最小正周期的定义，进行检验，可得答案；
对于B，整理其函数解析式，利用偶函数的定义，可得答案；
对于C，研究函数的单调性，结合函数与方程的关系，可得答案；
对于D，根据函数的周期性以及对称性，结合导数可得答案.
【详解】对于A，因为，
所以，，故函数最小正周期不是，故A错；
对于B，令，
函数的定义域为，
，
所以，函数为偶函数，即函数为偶函数，故B对；
对于C，，则，
令，其中，则且不恒为零，
所以函数在上单调递增，当时，，
若时，即当时，，即，
此时；
若时，即当时，，即，
时.
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，方程在区间上至多两个解，故C错；
对于D，因为函数的定义域为，
，
所以，函数为周期函数，且为函数的一个周期，
由B可知，函数为偶函数，即，
故函数的图象关于直线对称，
要求函数的最小值，只需求函数在上的最小值，
当时，，则，
即，所以，，
且不恒为零，所以，函数在上单调递减，
所以，，故D对.
故选：BD
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有_________个．
【答案】32
【解析】
【详解】个点，任选个，方法数有种，
其中有种情况是三点共线的，故总的方法数有种.
故答案为：32.
13. 在的展开式中，含项的系数为________．（用数字作答）
【答案】330
【解析】
【分析】写出含有项的系数，再利用二项式系数的性质化简可得结果.
【详解】展开式中含有项的系数为
，
故答案为：330.
14. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，分与讨论，然后转化为恒成立，代入计算，即可得到结果.
【详解】构造函数，其定义域为，
则，
当时，单调递增，不可能恒成立；
当时，令，得或（舍去）．
当时，；
当时，，故在上有最大值，
由题意知恒成立，即，
令，则在上单调递减，且，
故成立的充要条件是．
故答案为：
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. 记为数列的前项的和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）令，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系判定数列是等差数列，进而求得其通项公式；
（2）先利用（1）的结论，求得数列是等比数列，进而求得其前n项和.
【小问1详解】
当时，
则有：
化简得
又是以2为首项，1为公差的等差数列
的通项公式为
【小问2详解】
由（1）知：
当时，
又是以为首项，为公比的等比数列
16. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）对于，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数符号确定区间单调性；
（2）问题化为对恒成立，讨论、求参数范围.
【小问1详解】
由题设且，
当时在上递减；
当时，令，
当时区间上递减；
当时在上递增．
所以当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
由题设知对恒成立．
当时，此时，不合题设，舍去．
当时，在上递增，只需符合．
综上：．
17. 已知二项式，（且）．若、、成等差数列．
（1）求展开式的中间项；
（2）求的最大值．
【答案】（1）；（2）7．
【解析】
【分析】（1）根据二项式定理写出并化简，写出，由这三项成等差中项列出等式解出n，进而写出最中间项即可；
（2）设最大，则，展开解出即可.
【详解】（1），
则，，
，由题意知，
则，即，因为，所以.
展开式的中间项是
（2）设最大，则有
，
即，解得,又，∴或6
所以的最大值为.
18. 动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，（ii）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.
【小问1详解】
设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，所以，
故的方程为：.
【小问2详解】
（i）证明：设，，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为：，显然当时，，
故直线经过定点.
（ii）设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
19. 对于函数与定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”.
（1）若函数，，，求函数和的“分界线”；
（2）已知函数满足对任意的，恒成立.
①求实数的值；
②设函数，试探究函数与是否存在“分界线” 若存在，请加以证明，并求出，的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，证明见解析，，
【解析】
【分析】（1）根据“分界线”定义，使不等式成立即可求出“分界线”为；
（2）①构造函数，利用导函数求得其单调性再由不等式恒成立，求得其最值及可解得；
②利用函数存在唯一公共点，则存在的“分界线”必过该点，可设为，分别证明在上恒成立以及恒成立即可得，.
【小问1详解】
令，
取，则，
进而有，即且，
解得，
故函数和的“分界线”为.
【小问2详解】
①因为对任意的，恒成立，
所以对恒成立，
令，∴，
当时，恒成立，从而在上单调递减，
又，所当时，与题意矛盾，舍去；
当时，令，解得；令，解图，
从而在上单调递增，在上单调递减，
∴.
由题意可知，即，也即，
令，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，从而.
又，所以，此时.
②设，
则.
∴当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴是函数的极小值点，也是最小值点，
∴.
∴函数与的图象在处有公共点.
设与存在“分界线”且方程为：.
令函数.
（i）由，即在上恒成立，
即在上恒成立，
此时成立，
∴，故.
（ⅱ）下面再证明：恒成立.
设，则.
∴当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
∴时，取最大值，则恒成立.
综上（ⅰ）和（ⅱ）知且，
故函数与存在分界线为，
此时，.
【点睛】方法点睛：研究不等式恒成立问题时，经常通过构造函数并利用导函数求得函数单调性得出其最值，再通过解不等式即可求解.
