2024-2025 学年福建省福州第一中学高二下学期第三学段模块（期
中）考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若 ，则 ( )
A3=10C2 n=
n n
A. 6 B. 7 C. 12 D. 13
2.若函数 在 上单调递增，则实数 的取值范围是( )
f(x)=x2−alnx+1 [1,+∞) a
A. a≤2 B. a<2 C. a≤0 D. a<0
3.用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这些三位数中是3的倍数的有( )
A. 6个 B. 9个 C. 12个 D. 24个
4.在高二社会实践活动中，实践基地要求每班每天只能有一位协助员随工作人员一起进城采购．某班主任
从甲、乙、丙三位同学中安排周一到周四这四天的协助员，每位同学至少担任一天的协助员，则不同的安
排方案共有( )
A. 36种 B. 48种 C. 54种 D. 60种
5.如图所示的函数图象对应的函数解析式可能是( )
x
A. y=2x−x2−1 B. y=2xsinx C. y= D. y=(x2−2x)ex
lnx
6.如图，某种雨伞架前后两排每排4个孔，共8个孔，编号分别为1−8号．若甲、乙、丙、丁四名同学每
人要放一把伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，甲、乙不放在同一排且丙、丁也
不放在同一排的放法有( )
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1 1A. 68种 B. 136种 C. 144种 D. 152种
7.若直线y=ax+1与曲线y=e2x相切，则a=( )
A. 2 B. e C. 2e D. e2
5 9
8.若a=eln1.5，b= e−0.1，c= (其中e为自然对数的底数)，则实数a，b，c的大小关系是( )
4 8
A. c>b>a B. c>a>b C. b>a>c D. b>c>a
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
f′ (x)
9.已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′ (x)，且满足 >0，下列说法正确的是( )
2−x
A. f(2)>f(1) B. f(3)>f(2)
C. f(1)+f(3)<2f(2) D. f(1)+f(3)>2f(2)
10.已知 为数列 的前 项和，且 ，若 对任意正整数 恒成立，则实数 的
S {a } n S =2a −4 λn≥2log a +1 n λ
n n n n 2 n
值可以为( )
13 11 9
A. B. C. 5 D.
2 2 2
lnx+k
11.已知函数f(x)=ex− −1有唯一零点x ，则( )
x 0
A. B.
x ex 0=1 k=1
0
C. 函数f(x)有三个极值点 D. 函数f(x)有唯一极值点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数 ，若 ，则 ．
f(x)=x(19+lnx) f ′(x )=21 x =
0 0
13.甲、乙等5位老师到某地3所学校进行送教服务，要求每人只去一所学校，每所学校不能少于1人，且甲、
乙在不同一所学校，则不同的安排方法有种 ．
14.已知函数 的导函数为 ，且对任意的实数 都有f ′(x)−f(x) 是自然对数的底数 ，
f(x) f′ (x) x =2x+5(e )
ex
f(0)=5，若不等式f(x)−k<0的解集中恰有1个整数，则实数k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。
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2 115.(本小题13分)
已知函数 在 处取得极值 ．
f(x)=x3+ax2+bx+1 x=−1 6
(1)求实数a,b的值；
(2)求函数f(x)在区间[−2,3]上的最大值和最小值．
16.(本小题15分)
广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为2m的扇形
π
AOB和三角区域BCO构成，其中C，O，A在一条直线上，∠ACB= ，记该设施平面图的面积为
4
π
S(x)m2，∠AOB=xrad，其中 <x<π．
2
(1)写出S(x)关于x的函数关系式．
(2)如何设计∠AOB，使得S(x)有最大值，并求出S(x)的最大值？
17.(本小题15分)
已知数列{a }的前n项和为S ，且2S +a =2n．
n n n n
(1)证明：{a −1}是等比数列;
n
(2)求{a }的通项公式;
n
已知 1 ，求数列 的前 项和 ，并证明： 9 3．
(3) b = {b } n T ≤T <
n 3na a n n 16 n 4
n n+1
18.(本小题17分)
alnx+1 bex
已知函数f(x)= (a≠0),g(x)= ．
x x
(1)讨论f(x)的单调性；
1
(2)当b= 时，不等式f(x)−g(x)≤0恒成立，求实数a的值；
e
(3)设不同正数m，n满足nm=mnen−m，证明：m2+n2>2．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)与g(x)的定义域的交集为D.若f(x)g(x)≥0对x∈D恒成立，则称f(x)与g(x)为同号函
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3 11 1 1 1
数，例如x(x+ −1)=x2−x+ =(x− ) 2≥0，则函数f(x)=x与g(x)=x+ −1为同号函数.若存
4x 4 2 4x
在区间[m,m+2]，使得f(x)g(x)≥0对x∈[m,m+2]恒成立，则称f(x)与g(x)为区间同号函数．
设函数 ， ， ，试
(1) f (x)=(x2−4x+3)ex (0<x<4) f (x)=x−2lnx−1 f (x)=(x−2) 2−1(0<x<4)
1 2 3
问这三个函数中是否任意两个都互为区间同号函数?请说明你的理由．
设函数 ， ．
(2) f(x)=ex−x−2 g(x)=ex−ln(x+2)−2
(ⅰ)证明：f(x)与g(x)为同号函数．
a x2+4x+1
(ⅱ)若g(x)≥ + 恒成立，证明：a<−6．
x+2 3
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4 1参考答案
1.B
2.A
3.C
4.A
5.D
6.C
7.A
8.D
9.AC
10.ABC
11.ABD
12.e
13.114
14.( 1 1 ]
− ,−
e2 e3
15. 由 ，知 ．
(1) f(x)=x3+ax2+bx+1 f′ (x)=3x2+2ax+b
而 在 处取得极值 ，故 ， ．
f(x) x=−1 6 f′ (−1)=0 f(−1)=6
{−1+a−b+1=6 {a−b=6
故有方程组 ，即 ．
3−2a+b=0 2a−b=3
所以a=(2a−b)−(a−b)=3−6=−3，b=(2a−b)−2(a−b)=3−2⋅6=−9．
由 知 ， ，故 ， ．
(2) (1) a=−3 b=−9 f(x)=x3−3x2−9x+1 x∈[−2,3]
，
f′ (x)=3x2−6x−9=3(x−3)(x+1)
当 时， ，当 时， ，
−2≤x≤−1 f′ (x)≥0 −1≤x≤3 f′ (x)≤0
所以f(x)在[−2,−1]单调递增，在[−1,3]单调递减，
而直接计算知f(−1)=6，f(3)=−26，f(−2)=−8−12+19=−1，
故f(x)在[−2,3]上的最大值为6，最小值为−26．
16.解：(1)因为扇形AOB的半径为2m，∠AOB=xrad，
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5 11
所以S = x·22=2x，
扇 形OA2B
过点B作边AC的垂线，垂足为点D，如图所示：
则∠BOD=π−x，
所以BD=2sin(π−x)=2sinx，OD=2cos(π−x)=−2cosx，
π
因为∠ACB= ，
4
所以CD=BD=2sinx，
1 1
所以S = CO·BD= (2sinx−2cosx)×2sinx=2sin2x−2sinxcosx=1−cos2x−sin2x，
△BOC 2 2
π
所以S(x)=1−cos2x−sin2x+2x， <x<π．
2
(2)根据(1)，得到S(x)=1−cos2x−sin2x+2x，
所以S′(x)=2sin2x−2cos2x+2，
令S′(x)=0，
所以 ( π) ，
2√2sin 2x− =−2
4
所以 ( π) √2，
sin 2x− =−
4 2
π 5π
所以2x− = ，
4 4
3π
所以x= ，
4
3π
根据实际意义知，当x= 时，该函数取得最大值，
4
3π
故设计∠AOB= 时，S(x)有最大值．
4
3π 3π
所以S(x)在x= 处取得最大值是2+ m2.
4 2
17.(1)证明：因为2S +a =2n，
n n
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6 12
所以当n=1时，2S +a =2，即2a +a =2，所以a = ．
1 1 1 1 1 3
当n≥2时，2S +a =2(n−1)，
n−1 n−1
1 2
两式相减，得2a +a −a =2，即a = a + ，
n n n−1 n 3 n−1 3
1
所以a −1= (a −1)(n≥2)，
n 3 n−1
1
又a −1=− ≠0，
1 3
1 1
所以{a −1}是以− 为首项，以 为公比的等比数列．
n 3 3
1 1 1
(2)解：由(1)知，a −1=(− )×( ) n−1=− ，
n 3 3 3n
1
所以a =1− ．
n 3n
1 1 3n+1 3 1 1
解：由 ，得b = = = = ( − )，
(3) (2) n 3na n a n+1 3n (1− 1 )(1− 1 ) (3n−1)(3n+1−1) 2 3n−1 3n+1−1
3n 3n+1
3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 1
所以T = ( − )+ ( − )+ ( − )+⋯+ ( − )
n 2 31−1 32−1 2 32−1 33−1 2 33−1 34−1 2 3n−1 3n+1−1
3 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1
= ( − + − + − +⋯+ − )= ( − )，
2 2 32−1 32−1 33−1 33−1 34−1 3n−1 3n+1−1 2 2 3n+1−1
1
因为∀n∈N∗， >0，
3n+1−1
3 1 1 3
所以T = ( − )< ，
n 2 2 3n+1−1 4
又 1 ，
T −T =b = >0
n+1 n n+1 3n+1a a
n+1 n+2
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7 1所以{T }是递增数列，
n
1 9
T ≥T =b = =
所以 n 1 1 1 1 16，
3×(1− )(1− )
31 32
9 3
所以 ≤T < ．
16 n 4
18.(1)先确定f(x)定义域为(0,+∞)，
a
alnx+1 ⋅x−(alnx+1)
对f(x)= 求导，则 x a−alnx−1．
x f′ (x)= =
x2 x2
令 ℎ(x)=a−alnx−1，即 a−alnx−1=0 ，解得
x=e
1− 1
a
．
1 1
当a>0时，在
(0,e
1−
a)
上， ℎ(x)>0，即 f′ (x)>0 ，所以f(x) 在
(0,e
1−
a)
上单调递增；
1 1
在
(e
1−
a,+∞)
上， ℎ(x)<0，即 f′ (x)<0 ，所以f(x) 在
(e
1−
a,+∞)
上单调递减．
1 1
当a<0时，在
(0,e
1−
a)
上， ℎ(x)<0，即 f′ (x)<0 ，所以f(x) 在
(0,e
1−
a)
上单调递减；
1 1
在
(e
1−
a,+∞)
上， ℎ(x)>0，即 f′ (x)>0 ，所以f(x) 在
(e
1−
a,+∞)
上单调递增．
1 1
综上所得，当a>0时，f(x) 在
(0,e
1−
a)
上单调递增，在
(e
1−
a,+∞)
上单调递减；
1 1
当a<0时，f(x) 在
(0,e
1−
a)
上单调递减，在
(e
1−
a,+∞)
上单调递增．
1
1 ×ex
(2)当b= 时， e ex−1．
e g(x)= =
x x
alnx+1 ex−1
因为f(x)−g(x)≤0恒成立，即 − ≤0恒成立，等价于alnx+1−ex−1≤0恒成立．
x x
令 ， ．
F(x)=alnx+1−ex−1 F(1)=aln1+1−e1−1=0
a
对F(x)求导得F′ (x)= −ex−1．
x
因为 恒成立且 ，所以 是 的最大值点，则 ．
F(x)≤0 F(1)=0 x=1 F(x) F′ (1)=0
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8 1，解得 ．
F′ (1)=a−e1−1=a−1=0 a=1
1 1 1
当a=1时，F′ (x)= −ex−1 ，再令G(x)= −ex−1 ，对G(x)求导得G′ (x)=− −ex−1<0，所以G(x)
x x x2
在(0,+∞)上单调递减．
当 时， ，即 ， 单调递增；
0<x<1 G(x)>G(1)=0 F′ (x)>0 F(x)
当 时， ，即 ， 单调递减 所以 ，满足条件，故 ．
x>1 G(x)<G(1)=0 F′ (x)<0 F(x) . F(x)≤F(1)=0 a=1
由 得nm ，两边取对数整理得lnn+1 lnm+1，
(3) nm=mnen−m =en−m =
mn n m
lnx+1
令q(x)= .则q(m)=q(n)．
x
−lnx
q′ (x)= ，q(x)在(0,1)递增，(1,+∞)递减，则q(x) =q(1)=1
x2 max
1
又q( )=0，当x>1,q(x)>0，
e
1
不妨设m<n，则 <m<1<n．
e
1
记w(x)=q(x)−q(2−x)，x∈( ,1)，则
e
w′ (x)=q′ (x)+q′ (2−x)= −lnx + −ln(2−x) > −lnx − ln(2−x) =− ln[−(x−1) 2+1] >0 ，
x2 (2−x) 2 x2 x2 x2
1
w(x)在( ,1)递增，则w(x)<w(1)=0，即q(x)<q(2−x)．
e
1
又q(n)=q(m)<q(2−m),2−m∈(1,2− )
e
因为 在 递减，所以 ，则 ．
q(x) (1,+∞) n>2−m m2+n2>m2+(2−m) 2=2(m−1) 2+2>2
原命题得证．
19.解：因为 ， ， ，
f (x)=(x2−4x+3)ex f (x)=(x−2) 2−1=x2−4x+3 0<x<4
1 3
所以
f (x)f (x)=(x2−4x+3) 2ex≥0.
1 3
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9 1则f (x)与f (x)为区间同号函数．
1 3
而f (x)=x−2lnx−1，x>0，
2
2 x−2
则f ′ (x)=1− = (x>0)，
2 x x
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；
x∈(0,2) f ′ (x)<0 f (x) x∈(2,+∞) f ′ (x)>0 f (x)
2 2 2 2
因为 ， ，可知 对 恒成立，
f (1)=0 f (3)=2(1−ln3)<0 f (x)⩽0 x∈[1,3]
2 2 2
又因为 ， 对 都恒成立，
f =(x−1)(x−3)ex ⩽0 f (x)⩽0 x∈[1,3]
1 3
所以存在m=1，使得f (x)f (x)⩾0，f (x)f (x)⩾0对x∈[m,m+2]都恒成立，
1 2 2 3
所以这三个函数中任意两个都互为区间同号；
(2)证明：(i)f(x)与g(x)的定义域的交集为(−2,+∞)．
当f(x)⩾0时，ex ⩾x+2，则x⩾ln(x+2)，
所以 ，即 ；
ex+x≥x+ln(x+2)+2 g(x)⩾0
当f(x)<0时，ex<x+2，则x<ln(x+2)，
所以 ，即 ；
ex+x<x+ln(x+2)+2 g(x)<0
综上所述：f(x)g(x)⩾0恒成立，则f(x)与g(x)为同号函数．
a x2+4x+1
(ii)因为x+2>0，若g(x)⩾ + ，
x+2 3
(x+2)(x2+4x+1)
可得a⩽(x+2)ex−(x+2)ln(x+2)−2(x+2)− ，
3
(x+2)(x2+4x+1)
令ℎ(x)=(x+2)ex−(x+2)ln(x+2)−2(x+2)− ，
3
则 ，
ℎ′(x)=(x+3)ex−ln(x+2)−x2−4x−6
当 时， ，可得 ；
ex ⩾x+2 x⩾ln(x+2) ℎ′(x)⩾(x+3)(x+2)−x−x2−4x−6=0
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10 1当 时， ，可得 ；
ex<x+2 x<ln(x+2) ℎ′(x)<(x+3)(x+2)−x−x2−4x−6=0
又因为 ，
f ′(x)=ex−1
当x∈(−∞,0)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
可知f(x)最多有两个零点，
1 1
且f(−2)= >0，f(−1)= −1<0，f(1)=e−3<0，f(2)=e2−4>0，
e2 e
所以f(x)在(−2,−1)和(1,2)内各有一个零点，
不妨假设零点为x ∈(−2,−1)和x ∈(1,2)，
1 2
当 时， ；当 时， ；
x∈(−2,x )∪(x ,+∞) ℎ′(x)>0 x∈(x ,x ) ℎ′(x)<0
1 2 1 2
可知 在 内单调递增，在 内单调递减，
ℎ(x) (−2,x ),(x ,+∞) (x ,x )
1 2 1 2
且当x趋近于−2时，ℎ(x)趋近于0，
(x +2)(x2+4x +1)
ℎ(x )=(x +2)ex 2−(x +2)ln(x +2)−2(x +2)− 2 2 2
2 2 2 2 2 3
又因为 ，即 ，可得 ，
ex 2−x −2=0 ex 2=x +2 x =ln(x +2)
2 2 2 2
可得 (x +2)(x2+4x +1)
ℎ(x )=(x +2) 2−(x +2)x −2(x +2)− 2 2 2
2 2 2 2 2 3
(x +2)(x2+4x +1) ，
=− 2 2 2 <0
3
(x+2)(x2+4x+1)
设u(x)=− (1<x<2)，则u′(x)=−(x2+4x+3)<0，
3
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11 1可知 在 内单调递减，可得 ，
u(x) (1,2) a⩽ℎ(x )<u(1)=−6
2
所以a<−6．
第 页，共 页
12 1
