福建省部分优质高中2024-2025学年高二下学期3月联考数学试题(含详解)

福建省部分优质高中2024 2025学年高二下学期3月联考数学试题
一、单选题
1．若，则（ ）
A． B． C． D．
2．在数列中，，且，则（ ）
A．3 B．-2 C． D．
3．下列等式中不成立的是（　　）
A． B．
C． D．
4．某班级要从5名男生和2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少1名女生，那么不同的选派方案有（ ）
A．14种 B．20种 C．30种 D．35种
5．若函数是增函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．函数与函数公切线的斜率为（ ）
A．或 B． C．或 D．或
7．中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．，不等式恒成立，则正实数的最大值是（　 　）．
A． B． C． D．
二、多选题
9．设函数则下列说法正确的有（ ）
A．函数仅有1个零点
B．是的极小值点
C．函数的对称中心为
D．过可以作三条直线与的图象相切
10．已知等差数列的前项和为，且，，，则（ ）
A．数列是递增数列 B．
C．当时，最大 D．当时，的最大值为14
11．如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网，处的甲 乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从到达处的走法种数为20
B．甲从必须经过到达处的走法种数为9
C．甲乙两人能在处相遇的走法种数36
D．甲，乙两人能相遇的走法种数为162
三、填空题
12．，的最小值为 .
13．已知函数有两个零点，则实数的取值范围为 .
14．牛顿法求函数零点的操作过程是：先在x轴找初始点，然后作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，依次类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．设函数，初始点为，若按上述过程操作，则所得前n个三角形，，……，的面积和为 ．
四、解答题
15．已知数列的首项，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求的前项和．
16．已知函数
（1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值；
（2）若在处有极值，求a与b的值.
17．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元()的管理费，预计当每件产品的售价为x元() 时，一年的销售量为 万件．
（1）求分公司一年的利润L (万元)与每件产品的售价x的函数关系式(并写出函数的定义域)；
（2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．
18．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数.
（1）当，，时，求证:;
（2）当时，若有三个零点.
(i)求实数的取值范围;
(ii)若，求证:.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，则，
所以，
故选C.
2．【答案】A
【详解】数列中，，且，
则，，，，，，
所以，即数列是以4为周期的数列，
所以，
故选A．
3．【答案】B
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，当时，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，D正确.
故选B
4．【答案】C
【详解】当选派的4人中有1名女生时，有种方案，
当选派的4人中有2名女生时，有种方案，
所以根据分类加法计数原理得共有：种不同的选派方案.
故选C.
5．【答案】A
【详解】因为函数的定义域为，则，
因为是增函数，所以，即对任意的恒成立，
所以，
又时，，当且仅当时，即当时取等号，
所以，故实数的取值范围是.
故选A.
6．【答案】C
【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．【答案】C
【详解】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃.
对于事件G，包含的情况可分以下三类：
（1）当A，C，E挂同一种形状的风铃时，有4种挂法，
此时B，D，F各有3种挂法，故不同的挂法共有4×3×3×3=108种；
（2）当A，C，E挂两种不同形状的风铃时，有种挂法，
此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种；
（3）当A，C，E挂三种不同形状的风铃时，有种挂法，
此时B，D，F各有2种挂法，故不同的挂法共有种；
综上，总计有108+432+192=732种挂法，即；
当顶点A与C挂同一种形状的风铃，且相邻两顶点挂不同形状的风铃时，分以下两类：
（1）A，C，E挂同一种形状的风铃，由前面解析可知，此时不同的挂法有108种；
（2）当A，C挂同一种形状的风铃，E挂其他形状的风铃时，有种挂法，
此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种；
综上，总计有108+144=252种挂法，即；
故.
故选C.
8．【答案】A
【详解】将不等式变形可得，
即，
构造函数，可得，
令，则，
所以当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以，即，所以函数在上单调递增，
利用单调性并根据可得，则有，
又，则，即对恒成立，因此即可，
令，，则，
显然当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，即，因此正实数的最大值是.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】对AB，，，
当或时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以，，又，
所以函数仅有1个零点，且该零点在区间上，故A正确，B错误；
对C，由，得，
所以函数的图象关于对称，故C正确；
对D，设切点为，则，故切线方程为，
又过点，所以，整理得，
即，解得或或，所以过可以作三条直线与的图象相切，故D正确．
故选ACD．
10．【答案】BCD
【详解】在等差数列中，，
，，，，
公差，数列是递减数列，A错误；
，，B正确；
，，数列是递减数列，
当时，最大，C正确；
，，，
，，
当时，n的最大值为14，D正确．
故选BCD
11．【答案】AB
【详解】A：从到达只需向上、向右各走3步，即共走6步，走法种数为种，正确；
B：从到的走法有，再到达的走法有，共有种，正确；
C：由上，甲经过的走法有9种，同理乙经过的走法有9种，此处相遇共有81种走法，错误；
D：要使甲乙以相同的速度相遇，则相遇点，，，中的一个，而在、相遇各有1种走法，在，相遇各有81种走法，故甲、乙相遇的走法有种，错误.
故选AB
12．【答案】
【详解】由题，，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为.
13．【答案】
【详解】函数的定义域为，
令，即，
因为函数有两个零点，
所以方程在上有两个不相等的实数根，
设，
则，
当时，，，则；
当时，，，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，且，，时，，
画出函数的大致图象，如图，
由图象可知，要使方程在上有两个不相等的实数根，
则，即实数的取值范围为.
14．【答案】
【详解】设，则，因为，所以，
则处切线为，
切线与x轴相交得，
，因为得，
所以，
，
所以
．
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由题意知，所以由，得，
所以，又，
所以是首项为3，公差为5的等差数列，
所以，即．
（2）由（1）得，
所以①，
②，
①②，得
，
所以．
16．【答案】（1）或
（2）
【详解】（1）因为，所以，
所以，，
因为切线方程为，
所以，解得，
所以.
（2）函数在处有极值
且或
恒成立，此时函数无极值点，
此时1是极值点，满足题意，
所以.
17．【答案】（1）
（2）答案见解析
【详解】（1）分公司一年的利润（万元）与售价的函数关系式为：．
（2）．
令得或（不合题意，舍去）．
，．在两侧的值由正变负．
所以当即时，
．
当即时，，
所以
答：若，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）；
若，则当每件售价为元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）．
18．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）因为，
则，
①当时，，由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
②当时，，则，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为，，减区间为；
③当时，，
当时，，则，
当时，，则，
此时，函数在上单调递增；
④当时，，则，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为，，减区间为.
（2）因为，
对任意的，有，所以时，，即，
令，则，
所以，函数在上单调递减，则，故，
因此，实数的取值范围是.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）(i) ； (ii)证明见解析
【详解】（1）当，时，，
则
，
（或者
）；
所以在上为增函数，
所以当时，即当时，，得证．
（2）（ⅰ）当时，，由于，，
所以在恰有一个零点，且，．
以下只研究当时的零点问题，
由，
当时，所以在上单调递增，
则，所以在不存在零点，不符合题意；
当，即时，恒成立，
所以在上单调递增，则，所以在不存在零点，不符合题意；
当时，令，令，则可化为，
显然，则方程有两个不相等实数根、且，，
不妨设，则，则，
所以方程在上有两个不相等实数根，，
不妨设，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，即，又当时，
所以在上存在唯一一个零点，符合题意；
综上可得．
（ⅱ）由（1）知当时，，即；
当时，，即．
所以，据题意，
所以，即，
所以，同理对也有．
关于的方程有两根，由于，知，
且，
所以
．