福建省部分高中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1411．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20B．甲从必须经过到达处的走法种数为9C．甲乙两人能在处相遇的走法种数36D．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B4．【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BCD11．【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AB12．【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