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（含解析）

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．0
2．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2
B．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．0.51
8．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D
3．【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B
4．【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D
7．【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D
8．【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D
9．【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，②
①－②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 3
P
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．