福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（含答案）

安溪一中､养正中学､惠安一中､泉州实验中学2024年春季高二年期中联考考试科目：数学满分：150分考试时间：120分钟一､单选题：本题共8小题，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.函数的单调减区间为（）A.B.C.D.2.的展开式中常数项为（）A.135B.-135C.15D.-153.甲､乙､丙､丁､戊､己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙､丙2人相邻，则不同的排队方法共有（）A.24种B.48种C.72种D.96种4.已知在处的极大值为5，则（）A.-2B.6C.-2或6D.-6或25.已知函数，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则（）A.3B.-1C.-1或3D.1或36.已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（）A.B.C.D.7.将六个数将任意次序排成一行，拼成一个8位数，则产生的不同的8位数的个数是（）A.498B.516C.534D.5468.已知函数，若存在实数，且，使得，则的最大值为（）A.B.C.D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.下列运算错误的是（）A.B.C.D.10.现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加暑期志愿者服务活动，有翻译､导购员､收银员､仓库管理员四项工作可供选择，每人至多从事一项工作，下列说法正确的是（）A.若5人每人可任选一项工作，则有种不同的选法B.若安排甲和乙分别从事翻译､收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购､仓库管理工作，则有12种不同的方案C.若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有60种不同的方案D.若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲､乙不能从事翻译工作，则有126种不同的方案11.关于函数，下列说法中正确的是（）A.的最小正周期是；B.是偶函数；C.在区间上恰有三个解；D.的最小值为.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有__________个（用数字作答）.13.在的展开式中，含项的系数为__________.（用数字作答）.14.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是__________.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.（13分）记为数列的前项的和，已知.（1）求的通项公式；（2）令，求.16.（15分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）对于，使得，求实数的取值范围.17.（15分）已知二项式且.若成等差数列.（1）求展开式的中间项；（2）求的最大值.18.（17分）动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.（1）求的方程；（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.（i）证明：直线过定点；（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.19.（17分）对于函数与定义域上的任意实数，若存在常数，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”.（1）若函数，求函数和的“分界线”；（2）已知函数满足对任意的恒成立.（i）求实数的值；（ii）设函数，试探究函数与是否存在“分界线”？若存在，请加以证明，并求出的值；若不存在，请说明理由.2024年春季高二年期中联考数学参考答案一､单选题：本题共8小题，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.题序12345678答案DACBBDAC8.【详解】作出的函数图象如图所示：若存在实数，且，使得，因为的图象关于直线对称，所以，所以，由图可知，，所以.设，所以与在单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，，所以在上单调递增，所以.故选：C.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.题序91011答案ACACDBD11.【详解】对于，因为，所以，，故函数的最小正周期不是错；对于，令，函数的定义域为，所以，函数为偶函数，即函数为偶函数，对；对于C.，则令，其中，则且不恒为零，所以，函数在上单调递增，当时，，若时，即当时，，即，此时；若时，即当时，，即，时.所以，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，方程在区间上至多两个解，C.错；对于，因为函数的定义域为，，所以，函数为周期函数，且为函数的一个周期，由①可知，函数为偶函数，即，故函数的图象关于直线对称，要求函数的最小值，只需求函数在上的最小值，当时，，则，即，所以，，且不恒为零，所以，函数在上单调递减，所以，对.故答案为：BD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.3213.33014.14.【详解】构造函数，其定义域为，则，当时，单调递增，不可能恒成立；当时，令，得或（舍去）.当时，当时，，故在上有最大值，由题意知恒成立，即，令，则在上单调递减，且，故成立的充要条件是.故答案为：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.【解析】：（1）当时，则有：化简得又是以2为首项，1为公差的等差数列的通项公式为（2）由（1）知：当时，又是以为首项，为公比的等比数列16.【解析】：（1），当时，在上单调递减，当时，令得所以在上单调递减，在上单调递增，综上所述，当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增（2）因为对于，使得，所以对任意恒成立，所以当，即时，（1），舍去，当，即时，在上单调递增，所以只需，所以符合题意，综上所述，的取值范围为17.【详解】（1）则，由题意知，则，即，因为，所以.展开式的中间项是（2）设最大，则有即即，解得，又，或6又所以的最大值为.18.【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，因为与都内切，，所以所以所以点的轨迹是以为焦点的椭圆设的方程为：，则，所以，故的方程为：.方法2：设的半径为，则由题意得又因为与都内切，所以即整理得（2）（i）证明：设，由题意中的性质可得，切线方程为，切线方程为，因为两条切线都经过点，所以，故直线的方程为：显然当时，，故直线经过定点.（ii）设直线的方程为：，联立，整理得，由韦达定理得，又，所以直线的方程为，令得，，所以直线经过定点，又所以所以，当且仅当时，即时取等号.19.【详解】（1）令，取，则进而有，即且，解得故函数和的“分界线”为（2）（i）因为对任意的恒成立，所以对恒成立，令当时，恒成立，从而在上单调递减，又，所当时，与题意矛盾，舍去；当时，令，解得；令，解图，从而在上单调递增，在上单调递减，由题意可知，即，也即令，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，从而又，所以，此时（ii）设，则.当时，，函