2024-2025学年福建省福州市福九联盟（高中）高二下学期期中联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市福九联盟（高中）2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷第I卷一、选择题：本题共8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.在等比数列中，，，则的公比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，故选：A2.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D错误.故选：B3.平潭岛是祖国大陆距离台湾最近的地方，岛上的龙凤头海滨浴场（沙滩玩耍或观赏日出）、猴研岛（离台湾最近地方）、长江澳风车田（日落美景）、壳丘头遗址博物馆（了解南岛语族文化）自然风光优美、文化底蕴深厚，是游客喜欢的打卡景点.某天甲、乙、丙三位同学准备从这个景点任选一个景点游玩，则不同游玩方案的种数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为每位同学均有种选择，由分步计数原理可知，不同游玩方案的种数为，故选：C.4.已知函数的图象如图所示，则的解析式可以是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由图象知函数图象关于原点对称，则函数是奇函数，对于A，定义域为，因为，所以此函数是偶函数，不满足条件，排除A，对于D，定义域为，因为，且，所以此函数是非奇非偶函数，不满足条件，排除D，对于C，因为和在上为增函数，所以在上为增函数，不满足条件，排除C，对于B，定义域为，因为，所以此函数是奇函数，当时，，则，所以当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；又因为，且时，，故B选项符合题意.故选：B．5.已知函数在处取得极大值，则实数的取值为（）A.或1 B.2或 C. D.1【答案】C【解析】由函数，可得，因为是函数的极值点，可得，即，解得或，当时，，令，解得或；令，解得，所以在区间上单调递增，在区间单调递减，此时，在处函数取得极小值，不符合题意，舍去；当时，，令，解得；令，解得或，所以在区间上单调递减，在区间单调递增，此时，在处函数取得极大值，符合题意，综上可得，实数的值为.故选：C.6.渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄.对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每个月延迟个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁.如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示：出生时间年月—月年月—月年月—月年月—月……改革后法定退休年龄岁个月岁个月岁个月岁个月……那么年月出生男职工退休年龄为（）A.岁个月 B.岁个月 C.岁个月 D.岁个月【答案】C【解析】由题知每个月延迟个月，则每年延迟个月，所以年月出生的男职工退休年龄延迟个月，又，故退休年龄为岁个月，故选：C.7.有4张分别标有数字1、2、3、4的红色卡片和4张标有1、2、3、4的蓝色卡片，从这8张卡片中任选4张排成一列，如果4张卡片上的数字之和等于10，则不同的排列种数为（）A.72 B.144 C.288 D.432【答案】D【解析】分三类：第一类，当所取的4张卡片上分别标有1，2，3，4时，满足题意的不同排法共有（种）；第二类，当所取的4张卡片上分别标有1，1，4，4时，满足题意的不同排法共有（种）；第三类，当所取的4张卡片上分别标有2，2，3，3时，满足题意的不同排法共有（种）；因此，满足题意的所有不同的排法共有（种）.故选：D8.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为函数在区间上单调递增，，所以，即，则有，故.记，则，当时，，所以在上单调递减，因为，所以，即，即.综上可得：.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知二项式的展开式中各二项式系数和为，则下列说法正确的是（）A.展开式共有项 B.二项式系数最大的项是第项C.展开式的常数项为 D.展开式中各项的系数和为【答案】BD【解析】由题知，得到，所以展开式共有项，故选项A错误，对于选项B，因为，由二项式系数的性质知二项式系数最大的项是第项，所以选项B正角，对于选项C，二项式的展开式的通项公式为，由，得到，所以展开式的常数项为，所以选项C错误，对于选项D，令，则，所以展开式中各项的系数和为，故选项D正确，故选：BD.10.已知椭圆的左，右焦点为，，，分别为它的左右顶点，点为椭圆上的动点（不在轴上），下列选项正确的是（）A.的周长为 B.存在点使得C.直线与直线的斜率乘积为 D.的最小值为1【答案】ABD【解析】椭圆，则，则，对于A：因为，所以的周长为，故A正确；对于B：当在椭圆的短轴顶点时取得最大值，不妨取，此时，所以为钝角，所以存在点使得，B正确；对于C：因为，设，则，故C错误；对于D：因为，所以，当且仅当，即时取等号，故D正确；故选：ABD11.对于函数，下列说法正确的是（）A.的最小值为；B.有两个零点；C.若点是函数图象上的动点，则点到直线距离的最小值为D若恒成立，则【答案】ACD【解析】对于A，由于，所以，令，解得，若，，若，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故A正确；对于B，时，，当，，时，，当，，，所以有一个零点，故B错误；对于C，在点处的切线与直线平行时，点到直线距离最小，令，解得，所以，所以切点为，故到直线的距离为：.故C正确；对于D，等价于（*），设hx=e则，①当时，，则在上单调递增，又，若，则与（*）矛盾舍去.②当时，由可知，满足，，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，，令，则，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，即，与取交集，.故D正确.故选：ACD.第II卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知，则__________【答案】【解析】因为，则或，解得或，又，所以，则，故答案为：.13.如图，将一张的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则剪下的小正方形的边长为__________cm时，这个纸盒的容积最大.【答案】1【解析】设剪下的小正方形的边长为，由题知纸盒的容积为，则，令，得到（舍）或，所以当时，，当时，，则的增区间为，减区间为所以在处取到最大值，最大值为.故答案为：.14.“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧,已知函数，,若,则的最小值为__________【答案】1【解析】依题意：，即，则，设，则在恒成立，所以函数在上单调递增，则，，令，显然在上单调递增，,设，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，.故答案为：1.四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.已知数列的前项和为，对一切正整数，点在函数的图象上.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.解：（1）由题设知，当时，，当时，，经验证，满足，所以.（2）因为，则，又为常数，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.16.已知函数（1）求的极值；（2）证明：解：（1）易知的定义域为，又，令，得到，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在处取极小值，极小值为，无极大值.（2）要证明，即证明，即证明恒成立，令，则，令，得到，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，即恒成立，所以成立.17.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，且，，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若与底面所成角的正切值为2，求平面与平面所成角的余弦值.解：（1）连接，交与点，连接.因为底面是菱形，所以点是的中点又因为为的中点，所以因为平面，且平面，因此平面；（2）因为平面，所以在平面上的射影为，所以为与底面所成角.所以，因为，则方法一：因为底面是菱形，，设中点为，易知，，两两互相垂直，故以点A为坐标原点，，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，显然平面的一个法向量是，而，，设平面的一个法向量为，则令，解得，，，故所以平面与平面所成角的余弦值为.方法二：如图：取的中点，因为为中点，所以由已知平面，所以平面，底面是菱形，，故以点为坐标原点，，，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系且，则，，，，，，显然平面的一个法向量是，则，设平面的法向量为，则取，解得，，所以，故所以平面与平面所成角的余弦值为法三：因为平面，所以在平面上的射影为，所以为与底面所成角.所以，因为，则过点作的平行线交的延长线于，交的延长线于，由于，则，因此、、、四点共面所以平面平面，过点作交于，则面，因为面，所以，过点作于，连接，又，所以平面，因为平面，所以，所以为平面与底面所成角，因为为的中点，则，因为底面是菱形，，所以，，则在中，所以即平面与平面所成角的余弦值为.18.设函数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，讨论在上的单调性；（3）当时，，求实数的取值范围.解：（1）当时，，，即切点为，，则切线的斜率，切线的方程为，即.（2）依题意定义域为，，①若，则，，即在上单调递增，②若，由，则，当时，则，，在上单调递增，当时，则，时，，x>ln-a时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增；当时，在区间单调递减，在区间上单调递增，（3），依题意当时，，整理可得（*），当时，，（*）成立①，当时，（*）可变式为成立，设hx=x-12-e，设，，， ，，则在区间上单调递减，，因为时，，时，，在区间在单调递增，在区间在单调递减，则，由②可知，当时，，只需满足，由①②可得，当时，成立，实数的取值范围.19.在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的乘积，形成一个新数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“延拓”.如数列1，2第一次“延拓”后得到数列1，2，2，第二次“延拓”后得到数列1，2，2，4，2.将数列，，经过次“延拓”后所得数列的项数记为、所有项的乘积记为.（1）给定数列，，，回答下列问题：①写出该数列的第一次与第二次“延拓”后得到的数列，并求出与的值；②将定数列，，经过次“延拓”后所得数列的项数记为，现将，，，，构成数列，求的值；（2）已知数列，，，其中，，，该数列经过3次“延拓”后，能被45整除，则满足上述条件的数列，，有几个？解：（1）①数列1，2，第一次“延拓”后得到数列1，2，2，，，第2次“延拓”后得到数列1，2，2，4，2，，，2，，，.②数列1，2，第次“延拓”后得到数列，记为，，，，，第次“延拓”后，每两项之间添加1项，共添加了项，总项数，故，即，又，即，是首项为4，公比为2的等比数列，，即，令则.（2）由题设可知，，，，而，故要使能被45整除，则，，中既要有能被5整除的数，又要有能被3整除的数.令集合，，，①在集合，，中各取一个数构成数列，共有个；②在集合中取两次数，集合中取一个数构成数列，共有个；③在集合中取两次数，集合中取一个数构成数列，共有个.综上所述满足条件的数列共有.福建省福州市福九联盟（高中）2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷第I卷一、选择题：本题共8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.在等比数列中，，，则的公比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，故选：A2.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D错误.故选：B3.平潭岛是祖国大陆距离台湾最近的地方，岛上的龙凤头海滨浴场（沙滩玩耍或观赏日出）、猴研岛（离台湾最近地方）、长江澳风车田（日落美景）、壳丘头遗址博物馆（了解南岛语族文化）自然风光优美、文化底蕴深厚，是游客喜欢的打卡景点.某天甲、乙、丙三位同学准备从这个景点任选一个景点游玩，则不同游玩方案的种数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为每位同学均有种选择，由分步计数原理可知，不同游玩方案的种数为，故选：C.4.已知函数的图象如图所示，则的解析式可以是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由图象知函数图象关于原点对称，则函数是奇函数，对于A，定义域为，因为，所以此函数是偶函数，不满足条件，排除A，对于D，定义域为，因为，且，所以此函数是非奇非偶函数，不满足条件，排除D，对于C，因为和在上为增函数，所以在上为增函数，不满足条件，排除C，对于B，定义域为，因为，所以此函数是奇函数，当时，，则，所以当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；又因为，且时，，故B选项符合题意.故选：B．5.已知函数在处取得极大值，则实数的取值为（）A.或1 B.2或 C. D.1【答案】C【解析】由函数，可得，因为是函数的极值点，可得，即，解得或，当时，，令，解得或；令，解得，所以在区间上单调递增，在区间单调递减，此时，在处函数取得极小值，不符合题意，舍去；当时，，令，解得；令，解得或，所以在区间上单调递减，在区间单调递增，此时，在处函数取得极大值，符合题意，综上可得，实数的值为.故选：C.6.渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄.对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每个月延迟个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁.如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示：出生时间年月—月年月—月年月—月年月—月……改革后法定退休年龄岁个月岁个月岁个月岁个月……那么年月出生男职工退休年龄为（）A.岁个月 B.岁个月 C.岁个月 D.岁个月【答案】C【解析】由题知每个月延迟个月，则每年延迟个月，所以年月出生的男职工退休年龄延迟个月，又，故退休年龄为岁个月，故选：C.7.有4张分别标有数字1、2、3、4的红色卡片和4张标有1、2、3、4的蓝色卡片，从这8张卡片中任选4张排成一列，如果4张卡片上的数字之和等于10，则不同的排列种数为（）A.72 B.144 C.288 D.432【答案】D【解析】分三类：第一类，当所取的4张卡片上分别标有1，2，3，4时，满足题意的不同排法共有（种）；第二类，当所取的4张卡片上分别标有1，1，4，4时，满足题意的不同排法共有（种）；第三类，当所取的4张卡片上分别标有2，2，3，3时，满足题意的不同排法共有（种）；因此，满足题意的所有不同的排法共有（种）.故选：D8.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为函数在区间上单调递增，，所以，即，则有，故.记，则，当时，，所以在上单调递减，因为，所以，即，即.综上可得：.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知二项式的展开式中各二项式系数和为，则下列说法正确的是（）A.展开式共有项 B.二项式系数最大的项是第项C.展开式的常数项为 D.展开式中各项的系数和为【答案】BD【解析】由题知，得到，所以展开式共有项，故选项A错误，对于选项B，因为，由二项式系数的性质知二项式系数最大的项是第项，所以选项B正角，对于选项C，二项式的展开式的通项公式为，由，得到，所以展开式的常数项为，所以选项C错误，对于选项D，令，则，所以展开式中各项的系数和为，故选项D正确，故选：BD.10.已知椭圆的左，右焦点为，，，分别为它的左右顶点，点为椭圆上的动点（不在轴上），下列选项正确的是（）A.的周长为 B.存在点使得C.直线与直线的斜率乘积为 D.的最小值为1【答案】ABD【解析】椭圆，则，则，对于A：因为，所以的周长为，故A正确；对于B：当在椭圆的短轴顶点时取得最大值，不妨取，此时，所以为钝角，所以存在点使得，B正确；对于C：因为，设，则，故C错误；对于D：因为，所以，当且仅当，即时取等号，故D正确；故选：ABD11.对于函数，下列说法正确的是（）A.的最小值为；B.有两个零点；C.若点是函数图象上的动点，则点到直线距离的最小值为D若恒成立，则【答案】ACD【解析】对于A，由于，所以，令，解得，若，，若，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故A正确；对于B，时，，当，，时，，当，，，所以有一个零点，故B错误；对于C，在点处的切线与直线平行时，点到直线距离最小，令，解得，所以，所以切点为，故到直线的距离为：.故C正确；对于D，等价于（*），设hx=e则，①当时，，则在上单调递增，又，若，则与（*）矛盾舍去.②当时，由可知，满足，，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，，令，则，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，即，与取交集，.故D正确.故选：ACD.第II卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知，则__________【答案】【解析】因为，则或，解得或，又，所以，则，故答案为：.13.如图，将一张的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则剪下的小正方形的边长为__________cm时，这个纸盒的容积最大.【答案】1【解析】设剪下的小正方形的边长为，由题知纸盒的容积为，则，令，得到（舍）或，所以当时，，当时，，则的增区间为，减区间为所以在处取到最大值，最大值为.故答案为：.14.“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧,已知函数，,若,则的最小值为__________【答案】1【解析】依题意：，即，则，设，则在恒成立，所以函数在上单调递增，则，，令，显然在上单调递增，,设，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，.故答案为：1.四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.已知数列的前项和为，对一切正整数，点在函数的图象上.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.解：（1）由题设知，当时，，当时，，经验证，满足，所以.（2）因为，则，又为常数，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.16.已知函数（1）求的极值；（2）证明：解：（1）易知的定义域为，又，令，得到，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在处取极小值，极小值为，无极大值.（2）要证明，即证明，即证明恒成立，令，则，令，得到，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，即恒成立，所以成立.17.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，且，，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若与底面所成角的正切值为2，求平面与平面所成角的余弦值.解：（1）连接，交与点，连接.因为底面是菱形，所以点是的中点又因为为的中点，所以因为平面，且平面，因此平面；（2）因为平面，所以在平面上的射影为，所以为与底面所成角.所以，因为，则方法一：因为底面是菱形，，设中点为，易知，，两两互相垂直，故以点A为坐标原点，，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，显然平面的一个法向量是，而，，设平面的一个法向量为，则令，解得，，，故所以平面与平面所成角的余弦值为.方法二：如图：取的中点，因为为中点，所以由已知平面，所以平面，底面是菱形，，故以点为坐标原点，，，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系且，则，，，，，，显然平面的一个法向量是，则，设平面的法向量为，则取，解得，，所以，故所以平面与平面所成角的余弦值为法三：因为平面，所以在平面上的射影为，所以为与底面所成角.所以，因为，则过点作的平行线交的延长线于，交的延长线于，由于，则，因此、、、四点共面所以平面平面，过点作交于，则面，因为面，所以，过点作于，连接，又，所以平面，因为平面，所以，所以为平面与底面所成角，因为为的中点，则，因为底面是菱形，，所以，，则在中，所以即平面与平面所成角的余弦值为.18.设函数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，讨论在上的单调性；（3）当时，，求实数的取值范围.解：（1）当时，，，即切点为，，则切线的斜率，