精品解析：福建省部分优质高中2024-2025学年高二下学期4月联考数学试题

2024~2025学年第二学期福建省部分优质高中高二年级4月联考 数学试卷 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 姓名：__________________；班级：___________________；考号：________________ 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.） 1. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2或3 【答案】D 【解析】 【分析】利用排列数公式和组合数公式计算即可. 【详解】因为，，，所以， 对比选项进行讨论有： 当时，，不成立， 当时，，成立， 当时，，成立， 所以或. 故选：. 2. 已知抛物线上的点M与焦点F的距离为6，则M到y轴的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据抛物线的定义可知，结合抛物线方程运算求解即可. 【详解】由抛物线可知准线为， 设， 根据抛物线的定义可知，即， 由抛物线方程可得，即， 所以M到y轴的距离为. 故选：B. 3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 为的极小值点 B. 为的极大值 C. 在区间上，是增函数 D. 在区间上，是减函数 【答案】B 【解析】 【分析】根据导函数的图象，分析出函数的单调性及单调区间，再逐项分析即可. 【详解】由导函数的图象可知，当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， 所以为的极大值点，故A、 D错误； 当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， 所以为的极大值点，即为的极大值，故B正确， 函数在单调递减，在上单调递增，所以C错误. 故选：B 4. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（ ） A. 360 B. 280 C. 156 D. 150 【答案】C 【解析】 【分析】分个位的数字为0、2、4并求出对应满足条件的偶数个数即可. 【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 若个位上的数字为2或4，可以组成， 故可以组成个符合条件的数． 故选：C 5. 2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（ ） A. 18种 B. 12种 C. 9种 D. 6种 【答案】A 【解析】 【分析】法一：利用分类加法原理，结合组合数计算，可得答案；法二：利用正难则反的思想，求得对立事件的情况数与总的情况数，可得答案. 【详解】法一：根据题意，分2类讨论． 第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地，将剩下4人分为2组， 安排在乙、丙两个活动场地即可，有（种）安排方法； 第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地，在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地， 再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地，有（种）安排方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）安排方法． 法二：去甲活动场地共有（种）情况， 去甲活动场地且去乙活动场地共有（种）情况， 所以去甲活动场地，不去乙活动场地的不同的安排方法共有（种）． 故选：A． 6. 若直线是曲线和的公切线，则实数k的值是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 分析】设直线与曲线、分别相切于点、，利用导数求出曲线在点处的切线方程，以及曲线在点处的切线方程，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得的值． 【详解】设直线与曲线、分别相切于点、， 对函数求导得，则， 曲线在点处的切线方程为，即， 对函数求导得，则， 曲线在点处的切线方程为，即， 所以，，化简可得． 故选：D. 7. 已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（ ） A. 1 B. C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】由，，结合二项式定理即可求解. 【详解】因为， 所以除以13所得余数为1，则； 因为， 所以除以14所得余数为13，则，因此． 故选：C 8. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为的线段，第次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第次后，去掉的线段长度总和为，由，结合对数运算可解不等式求得，由此可得结果. 【详解】第次操作，去掉线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第次操作去掉的线段长度为， 即每次去掉的线段长度成等比数列， 第次后，去掉的线段长度总和为， 由得：，， 的最小值为. 故选：D. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的不得分.） 9. 已知椭圆的两个焦点分别为，是上任意一点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 椭圆的离心率越大形状越扁平 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆方程求出，再结合椭圆的定义及几何性质逐项判断. 【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距， 对于A，椭圆的离心率，A正确； 对于B，的周长为，B正确； 对于C，的最小值为，C错误； 对于D，当一定时，椭圆的离心率越大，则越大，越小，椭圆形状越扁平，D正确. 故选：ABD 10. 在数列中，，，，是数列的前项和，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知递推式得，结合等比、等差数列的定义判断A、B；应用分组求和及等差、等比数列前n项和公式求和判断C、D. 【详解】由，得， 则数列是首项为，公比为2的等比数列，A正确. 根据等比数列的通项公式得，即，则， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列，B正确. 根据等差数列的通项公式得，即， 所以，C错误. 由， ，D正确. 故选：ABD 11. 记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 在处的3次泰勒多项式为 D. （精确到小数点后两位数字） 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB，根据求导公式求导，然后观察规律即可；对于C，按照泰勒多项式直接求解可知；对于D，求出在处的次泰勒多项式，然后计算即可. 【详解】对于A，若，则， ， 所以，A正确； 对于B，若，则， ， 观察可知，B正确； 对于C，的阶导数， 得，C正确； 对于D，记，则， 因为， 所以在处的次泰勒多项式， ，D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：对于D选项，关键在于理解次泰勒多项式的定义及作用，求出在处的次泰勒多项式，据此进行估算. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，有________种不同的选法.（用数字作答） 【答案】185 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理，这个问题可按只会印刷的四人作为分类标准：第一类：只会印刷的4人全被选出；第二类：从只会印刷的4人中选出3人；第三类：从只会印刷的4人中选出2人，即可得解. 【详解】将只会印刷的4人作为分类标准，将问题分为三类： 第一类：只会印刷的4人全被选出，有种； 第二类：从只会印刷的4人中选出3人，有种； 第三类：从只会印刷的4人中选出2人，有种. 所以共有（种）. 故答案为：. 13. 若函数有2个零点，则m的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】函数有两个不同的零点，即函数的图象与x轴有两个不同的交点，利用导数探讨函数的最值，建立不等式求解. 【详解】函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增，最多1个零点，不符合题意； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， ， 而当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大；当趋近于正无穷大时，趋近于负无穷大， 函数有两个不同的零点，当且仅当函数的图象与x轴有两个不同的交点， 因此，解得， 所以m的取值范围是. 故答案为： 14. 已知双曲线的左右顶点分别为，点满足，点为双曲线右支上任意一点（异于点），以为直径的圆交直线于点，直线与直线交于点.若点的横坐标等于该圆的半径，则该双曲线的离心率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，设，由题意可得，再根据进一步求出关系式，进而可求得的关系式，再根据点在双曲线上得出的关系，即可得解. 【详解】由题意，设， ，则， 则设， 故， 因为以为直径的圆交直线于点，所以，即， 所以，所以， 因为三点共线， 所以，即， 所以， 即， 因为点在双曲线上，所以，所以， 所以， 所以离心率. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 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. 已知的二项展开式有7项． （1）求，并求出所有二项式系数之和； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式中的有理项． 【答案】（1）；64 （2）1215 （3），，， 【解析】 【分析】（1）由二项展开式有7项，可得，所有二项式系数之和为； （2）先求出二项展开式的通项为，再令，解得，代入通项计算即可； （3）分析得出要得到有理项，必须让为整数，从而得到，再代入通项计算即可. 【小问1详解】 因为的二项展开式有7项，所以， 所以所有二项式系数之和为； 【小问2详解】 由（1）知，所以的二项展开式的通项为 ， 令，解得， 所以展开式中含项的系数为； 【小问3详解】 因为的二项展开式的通项为， 因为，且，所以能使为整数的， 所以展开式中的有理项分别为 ，， ，. 16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项即可求解. （2）先求出；再利用错位相减法求和即可得出结果. 【小问1详解】 设等差数列是公差为，且， . ，， 又成等比数列， ，即，整理得：，解得或（舍）， ， 即 【小问2详解】 由（1）得， 则. 又， 则. 又， ①， ②， ①-②得：， 所以． 17. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，，为中点. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得的值，再由勾股定理逆定理可得，由面面垂直的性质定理可得平面，即可证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果； （3）由空间向量的坐标运算以及二面角的公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 证明：在中，因为，，， 所以， 所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，又，所以，，两两垂直，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，. 设平面的一个法向量，则，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离. 【小问3详解】 假设存在，设，则， 所以， 设平面DHP的一个法向量，因为， 所以，即， 令，则，， 所以， 设平面的一个法向量，因为，， 所以，即， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍）， 所以存在点，使得满足要求，此时，即. 18. 已知函数 . （1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程； （2）讨论 的单调性； （3）若函数在上的最大值为 0，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）求导得，则得到切线斜率，再写出切线方程即可； （2）求导得，再分，和讨论即可； （3）分，和讨论即可. 【小问1详解】 当时，， ，， 所以在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意得的定义域为， ， ①当时，， 所以在上单调递增． ②当时，， 由，解得， 不妨设，则由韦达定理有， 又， ，即， 故在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减． ③当时，， 可得，所以在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 在当时，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减． 【小问3详解】 ①当时，在上单调递增，，矛盾； ②当时，在上单调递增， 所以当时，，矛盾； ③当时，所以在上单调递减，，符合题意， 综上：所求实数的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求导并因式分解得，再合理分类讨论即可. 19. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的极小值点为，代入函数求解； （2）首先求出的范围，再通过构造对称函数证明，根据的范围即可证明。 【小问1详解】 ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取得极小值， 由，解得或（舍去）. 故的值为。 小问2详解】 由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根. 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 验证可知，， 由得，所以. 当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根. 设，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，则. 令， 则， 所以在上单调递增，则当时，， 所以 又，函数在上单调递减， 所以，则， 因为，故. 【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造对称函数，换元法构造函数等。 关键点点睛：本题采用构造对称函数，解题的关键有两点： 1：参数的取值范围； 2：构造， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第二学期福建省部分优质高中高二年级4月联考 数学试卷 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 姓名：__________________；班级：___________________；考号：________________ 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.） 1. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2或3 2. 已知抛物线上的点M与焦点F的距离为6，则M到y轴的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 为的极小值点 B. 为的极大值 C. 在区间上，是增函数 D. 在区间上，是减函数 4. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（ ） A. 360 B. 280 C. 156 D. 150 5. 2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（ ） A. 18种 B. 12种 C. 9种 D. 6种 6. 若直线是曲线和的公切线，则实数k的值是（ ） A. B. C. 0 D. 1 7. 已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（ ） A. 1 B. C. 13 D. 14 8. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为的线段，第次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的不得分.） 9. 已知椭圆的两个焦点分别为，是上任意一点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 椭圆的离心率越大形状越扁平 10. 在数列中，，，，是数列的前项和，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C D. 11. 记为函数阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 在处的3次泰勒多项式为 D. （精确到小数点后两位数字） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 某出版社11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，有________种不同的选法.（用数字作答） 13. 若函数有2个零点，则m的取值范围是__________. 14. 已知双曲线的左右顶点分别为，点满足，点为双曲线右支上任意一点（异于点），以为直径的圆交直线于点，直线与直线交于点.若点的横坐标等于该圆的半径，则该双曲线的离心率是__________. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 15. 已知的二项展开式有7项． （1）求，并求出所有二项式系数之和； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式中有理项． 16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数 . （1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程； （2）讨论 的单调性； （3）若函数在上的最大值为 0，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$