资源简介 福建省福州第四中学2024-2025学年高二下学期第一学段数学试卷一、单选题1.已知函数,则( )A.1 B.-1 C.-2 D.02.已知椭圆的标准方程为,下列说法正确的是( )A.椭圆的长轴长为2B.椭圆的焦点坐标为C.椭圆关于直线对称D.当点在椭圆上时,3.函数的定义域为,它的导函数的部分图象如图所示,则下列结论正确的是( )A.是的极小值点B.C.函数在上有极大值D.函数有三个极值点4.我校举办2025年“班级阅读杰,书香班级”读书节活动,设有“优秀征文”、“好书推荐语展示”、“读书笔记”和“演讲”四个项目.某班级有5名同学报名参加,要求每人限报一项,每个项目至少1人参加,则报名的不同方案有( )A.种 B.种 C.种 D.种5.已知公差不为零的等差数列的前项和为,且,则( )A. B. C.13 D.6.质数(prime number)又称素数,一个大于1的自然数,除了1和它本身外,不能被其他自然数整除,则这个数为质数,数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”.如:3和5,5和7……,在1900年的国际数学大会上,著名数学家希尔伯特提出了23个问题,其中第8个就是大名鼎鼎的孪生素数猜想:即存在无穷多对孪生素数.我国著名数学家张益唐2013年在《数学年刊》上发表论文《素数间的有界距离》,破解了困扰数学界长达一个半世纪的难题,证明了孪生素数猜想的弱化形式.那么,如果我们在不超过的自然数中,随机选取两个不同的数,记事件,这两个数都是素数;事件:这两个数不是孪生素数,则( )A. B. C. D.7.在数字通信中,信号是由数字0和1组成的序列由于随机因素的干扰,发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时,被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07;当发送信号1时,被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的,则接收的信号为1的概率为( )A.0.48 B.0.49 C.0.52 D.0.518.设函数,若恒成立,则的最小值为( )A. B. C. D.1二、多选题9.已知,则( )A. B.C. D.10.已知数列的前项和为,且,则下列说法正确的是( )A.数列是等比数列B.数列的通项公式为C.数列的前项和为D.数列的前项和为11.对于函数,下列说法正确的是( )A.在处取得极大值 B.有两个不同的零点C. D.若在上恒成立,则三、填空题12.已知随机变量,且,则 .13.甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相,前排站2人,后排站3人,其中甲和乙须左右相邻,丙不站前排,则不同的站法共有 种(用数字作答).14.已知双曲线的右焦点为,过的直线(为常数)与双曲线在第一象限交于点.若(为原点),则的离心率为 .四、解答题15.设函数.(1)求在处的切线方程;(2)求在区间上的单调区间和最值.16.已知数列满足:,.(1)求数列的通项公式;(2)设数列的前项和为,若,求证:.17.某商场举行有奖促销活动,凡5月1日当天消费不低于1000元,均可抽奖一次,抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球,其中红球有4个,白球有2个,抽奖方案设置两种,顾客自行选择其中的一种方案.方案一:从抽奖箱中,一次性摸出3个球,每有1个红球,可立减80元;方案二:从抽奖箱中,有放回地每次摸出1个球,连摸3次,每摸到1次红球,立减80元.(1)设方案一摸出的红球个数为随机变量X,求X的分布列,数学期望和方差;(2)设方案二摸出的红球个数为随机变量Y,求Y的分布列,数学期望和方差;(3)如果你是顾客,如何在上述两种抽奖方式中进行选择?请写出你的选择及简要理由.18.已知抛物线的焦点在轴的正半轴上,其顶点是椭圆的中心,其焦点到其准线的距离等于该椭圆的长半轴长.(1)求抛物线的准线方程;(2)过点的动直线交抛物线于两点,且点在第一象限,.①求的面积的最小值.②是否存在垂直于轴的定直线被以为直径的圆所截得的线段长为定值?如存在,求出的方程;如果不存在,说明理由.19.已知函数.(1)求的单调区间;(2)若在区间内有最小值,求的取值范围;(3)若关于的方程有两个不同的解,,求证:.参考答案1.【答案】B【详解】由导数定义可知,由得,所以.故选B.2.【答案】D【详解】对于A、B,由得,∴长轴长,焦点为.故A、B不正确;对于C,将互换,得椭圆与原椭圆方程不相同,故椭圆不关于直线对称.故C不正确;对于D,因为点在椭圆上,则,∴,故D正确.故选D3.【答案】B【详解】当时,,单调递增,当时,,单调递减,所以有,因此选项B正确;当时,,单调递增,所以在上没有极大值,因此选项C不正确;当时,,单调递增,因此不是的极值点,只有当时,函数有极值点,所以选项A不正确,选项D不正确,故选B4.【答案】D【详解】由题5名同学分为4组,每组分别有,,,人,共有种,再排列,即报名的不同方案有种.故选D.5.【答案】C【详解】因为公差不为零的等差数列的前项和为,且,因为,整理可得,故,所以,.故选C.6.【答案】D【详解】不超过的自然数有个,其中素数有共个,孪生素数有和,和,和,和,共组.所以,,所以.故选D7.【答案】D【详解】设“发送的信号为0”,“接收的信号为1”,则,因此.故选D8.【答案】D【详解】当时,,不满足恒成立;当时,令,可得或,函数的零点为和,因为恒成立,所以,所以,令,则,令,所以当时,,单调递减;当时,,单调递增,则,所以的最小值为1.故选D9.【答案】BC【分析】设令,利用赋值法可判断ACD选项;利用二项展开式通项可判断B选项.【详解】令.对于A选项,,A错;对于B选项,的展开式通项为,令,可得,则,B对;对于C选项,,C对;对于D选项,,所以,,D错.故选:BC.10.【答案】AC【详解】由,①得,则;当时,有,②①-②得:,即,,又,则,可得数列是公比为2的等比数列,故A正确;因为,故B不正确;又,则为常数,所以数列是首项为1,公比为的等比数列,其前项和为,故C正确;数列的前项和为,故D错误.故选AC.11.【答案】ACD【详解】对于A,由题知,,,则当时,,单调递增,当时,,单调递减,所以在处取得极大值,且为,故A正确;对于B,因为,,且当时,,且时,,所以可得草图如下,有1个零点,则B错误;对于C,假设,则,所以,则,又时,,单调递减,,所以成立,故C正确;对于D,若在上恒成立,则,令,则,令,则,故在上单调递增,又,所以当时,,单调递减,当时,,单调递增,故,故,故D正确.故选ACD.12.【答案】2【详解】因为,,则,故.13.【答案】20【详解】当甲和乙站前排,丙站后排时,不同站法有(种);当甲和乙站后排,丙站后排时,不同站法有(种),所以不同的站法共有(种).14.【答案】5.【详解】取的中点,因为,所以,取左焦点,连接,则,且,所以,双曲线的右焦点在直线上,所以,即,所以直线的方程为,到直线的距离为,所以,,在中,由勾股定理可得,即:,整理可得:,即,,解得.15.【答案】(1)(2)答案见解析【详解】(1)函数.即切点为,由已知,则,即曲线在点处的切线方程为,即.(2)令,即,得,令,则得或,即在,上单调递减,在上单调递增,即的极大值点为,,的极小值点为,,又,,故在,单调递减,在上单调递增,在区间上的最大值为97,最小值为.16.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】(1)数列满足,,所以当时,,…,,,上述各式相加得,又,所以,又满足上式,故.(2)由(1)可知,所以.因为,所以.17.【答案】(1)分布列见解析,,;(2)分布列见解析,,;(3)应选择方案一的抽奖方式,理由见解析.【分析】(1)由条件确定的可能取值,求取各值得概率,可得分布列,结合公式求期望和方差;(2)由条件确定的可能取值,判断,结合二项分布的分布列求法确定其分布列,再由公式求期望和方差,(3)通过比较随机变量期望和方差的大小,确定选择方案.【详解】(1)设方案一摸出的红球个数为X,则X的所有可能取值为,,,.X的分布列为:X 1 2 3P所以,.(2)设方案二摸出的红球个数为Y,则Y的所有可能取值为.则,所以,,,,所以随机变量的分布列为:0 1 2 3所以,.(3)因为,,即两种方案抽取的红球个数的数学期望一样,但方案一更稳定,所以应选择方案一的抽奖方式.18.【答案】(1)(2)①32;②存在,【详解】(1)由题意,可设抛物线方程为.由题可知椭圆的长半轴长为2,故,则抛物线的方程为,其准线方程为.(2)①设,由题意可知直线的斜率不为,故设直线方程为.联立,得,则,则,故(当且仅当时取等号)所以的面积的最小值为32.②设存在直线满足题意,设圆心,过作直线的垂线,垂足为,圆与直线的一个交点为,,即,当时,,此时直线被以为直径的圆截得的弦长恒为定值,因此存在直线满足题意.19.【答案】(1)答案见详解;(2)(3)证明见详解.【详解】(1)的定义域为,,当时,,所以的单调递减区间为,无单调递增区间,当时,,随的变化情况如下表所示,0所以的单调递减区间为,单调递增区间为,综上,当时,的单调递减区间为,无单调递增区间;当时,的单调递减区间为,单调递增区间为;(2)当时,,所以在区间内单调递减,无最小值,不合题意,当时,,当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以在处取得最小值,当时,,所以在区间内单调递增,无最小值,不合题意.综上,的取值范围为;(3)不妨设,由题意得消去得,设,代入上式得,,下证,即证,设,则,令,则,所以在区间内单调递增,即,所以在区间内单调递增,即,所以,所以,因为,,所以. 展开更多...... 收起↑ 资源预览