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（含解析）

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一、单选题1．若，则（

）A．9 B．8 C．7 D．62．等比数列的前n项和，则（

）.A． B． C． 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．4．函数，是的导函数，则的大致图象是（

）A．

B．

C．

D．

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．6．函数与函数公切线的斜率为（

）A．或 B． C．或 D．或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．4 D．二、多选题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5C．的最大值为3D．的最小值为810．若，则下列说法中正确的有（

）A．B．C．D．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”，方程为三、填空题12．展开式中的系数为．13．已知函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是.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．四、解答题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，求数列的前项和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.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．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）记为数列的前项积，证明：19．已知函数．（1）求函数的单调区间与极值；（2）若，求证：．

参考答案1．【答案】B【分析】直接利用排列数和组合数的公式计算.【详解】由得，解得.故此题答案为B.2．【答案】D【详解】在等比数列中，由前n项和，则，当时，由，所以，即.故选D3．【答案】B【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．【答案】A【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．【答案】A【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．【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】B【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．【答案】C【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．9．【答案】ACD【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．【答案】ABC【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．【答案】BD【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，若存在和的隔离直线，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.12．【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.13．【答案】【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.14．【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.

15．【答案】（1）（2）【详解】（1）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；（2）由（1）知，，则①②①②得，，，，所以.16．【答案】（1）；（2）答案见解析.【详解】（1）函数，求导得，由曲线在点处的切线垂直于直线，得，所以.（2）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．【答案】（1）证明见解析（2）①；②存在，【详解】（1）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；（2）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．【答案】（1）；；（2）；（3）证明见解析.【详解】（1）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.（2）令，则，两式相减可以得到：，.令，当为偶数时：；当为奇数时：；.（3）因为，所以，左边：，右边：，得证.19．【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【详解】（