2025屆福建省師范大學附屬中學數學高二上期末監測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．經過兩點直線的傾斜角是（）A. B.C. D.2．已知向量，則下列結論正確的是（）A．B．C．D．3．設雙曲線：的左，右焦點分別為，，過的直線與雙曲線的右支交于A，B兩點，若，則雙曲線的離心率為（）A.4 B.2C. D.4．設是橢圓的兩個焦點，是橢圓上一點，且.則的面積為（）A.6 B.C.8 D.5．等差數列中，為其前項和，，則的值為（）A.13 B.16C.104 D.2086．已知點在拋物線：上，點為拋物線的焦點，，點P到y軸的距離為4，則拋物線C的方程為（）A. B.C. D.7．設函數是奇函數的導函數，，當時，，則使得成立的的取值范圍是A. B.C D.8．已知橢圓的右焦點為F，短軸的一個端點為P，直線與橢圓相交于A、B兩點.若，點P到直線l的距離不小于，則橢圓C離心率的取值范圍為（）A. B.C. D.9．下邊程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”.執行該程序框圖，如果輸入a=102，b=238，則輸出的a的值為（）A.17 B.34C.36 D.6810．已知隨機變量服從正態分布，且，則（）A.0.16 B.0.32C.0.68 D.0.8411．下列說法中正確的是（）A.存在只有4個面的棱柱 B.棱柱的側面都是四邊形C.正三棱錐的所有棱長都相等 D.所有幾何體的表面都能展開成平面圖形12．已知函數，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于直線C.的一個零點為 D.在區間的最小值為1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數學中，多數方程不存在求根公式.因此求精確根非常困難，甚至不可能.從而尋找方程的近似根就顯得特別重要.例如牛頓迭代法就是求方程近似根的重要方法之一，其原理如下：假設是方程的根，選取作為的初始近似值，在點處作曲線的切線，則與軸交點的橫坐標稱為的一次近似值，在點處作曲線的切線.則與軸交點的橫坐標稱為的二次近似值.重復上述過程，用逐步逼近.若給定方程，取，則__________.14．已知等差數列滿足，公差，則當的前n項和最大時，___________15．等比數列的各項均為正數，且，則__________.16．如圖，在等腰直角△ABC中，，點P是邊AB上異于A、B的一點，光線從點P出發，經BC、CA反射后又回到原點P.若光線QR經過△ABC的內心，則___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知雙曲線及直線（1）若與有兩個不同的交點，求實數的取值范圍（2）若與交于，兩點，且線段中點的橫坐標為，求線段的長18．（12分）已知點，圓（1）若過點的直線與圓相切，求直線的方程；（2）若直線與圓相交于A，兩點，弦的長為，求的值19．（12分）已知拋物線的焦點在直線上（1）求拋物線的方程（2）設直線經過點，且與拋物線有且只有一個公共點，求直線的方程20．（12分）等差數列前n項和為，且（1）求通項公式；（2）記，求數列的前n項和21．（12分）已知函數（1）當時，求的單調區間與極值；（2）若不等式在區間上恒成立，求k的取值范圍22．（10分）已知橢圓的標準方程為：，若右焦點為且離心率為（1）求橢圓的方程；（2）設，是上的兩點，直線與曲線相切且，，三點共線，求線段的長

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】求出直線的斜率后可得傾斜角【詳解】經過兩點的直線的斜率為，設該直線的傾斜角為，則，又，所以.故選：B2、D【解析】由題可知：，，，故選；D3、B【解析】根據雙曲線的定義及，求出，，，，再利用余弦定理計算可得；【詳解】解：依題意可知、，又且，所以，，，，則，且，即，即，所以離心率.故選：B4、B【解析】利用橢圓的幾何性質，得到，，進而利用得出，進而可求出【詳解】解：由橢圓的方程可得，所以，得且，，在中，由余弦定理可得，而，所以，，又因為，，所以，所以，故選：B5、D【解析】利用等差數列下標的性質，結合等差數列前項和公式進行求解即可.【詳解】由，所以，故選：D6、D【解析】由拋物線定義可得，注意開口方向.詳解】設∵點P到y軸的距離是4∴∵，∴.得：.故選：D.7、B【解析】構造函數，可知函數為奇函數，利用導數分析出函數在上的單調性，并得出，然后分別在和解不等式，由此可得出不等式的解集.【詳解】構造函數，該函數的定義域為，由于函數為上的奇函數，則，所以，函數為上的奇函數，且，，.當時，，此時，函數單調遞增，由，可得，解得；當時，則函數單調遞增，由，可得，解得.綜上所述，使得成立的的取值范圍是.故選：B.【點睛】本題考查利用函數的單調性求解函數不等式，根據導數不等式的結構構造合適的函數是解題的關鍵，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.8、D【解析】設橢圓的左焦點為，由題可得，由點P到直線l的距離不小于可得，進而可求的范圍，即可得出離心率范圍.【詳解】設橢圓的左焦點為，P為短軸的上端點，連接，如圖所示：由橢圓的對稱性可知，A，B關于原點對稱，則，又，∴四邊形為平行四邊形，∴，又，解得：，點P到直線l距離：，解得：，即，∴，∴.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題考查橢圓離心率的求解，解題的關鍵是由橢圓定義得出，再根據已知條件得出.9、B【解析】根據程序框圖所示代入運行即可.【詳解】初始輸入：；第一次運算：；第二次運算：；第三次運算：；第四次運算：；結束，輸出34.故選：B.10、C【解析】根據對稱性以及概率之和等于1求出，再由即可得出答案.【詳解】∵隨機變量服從正態分布，∴故選：C.11、B【解析】對于A、B：由棱柱的定義直接判斷；對于C：由正三棱錐的側棱長和底面邊長不一定相等，即可判斷；對于D：由球的表面不能展開成平面圖形即可判斷【詳解】對于A：棱柱最少有5個面，則A錯誤；對于B：棱柱的所有側面都是平行四邊形，則B正確；對于C：正三棱錐的側棱長和底面邊長不一定相等，則C錯誤；對于D：球的表面不能展開成平面圖形，則D錯誤故選：B12、D【解析】根據余弦函數的圖象與性質判斷其周期、對稱軸、零點、最值即可.【詳解】函數，周期為，故A錯誤；函數圖像的對稱軸為，，，不是對稱軸，故B錯誤；函數的零點為，，，所以不是零點，故C錯誤；時，，所以，即，所以，故D正確.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據牛頓迭代法的知識求得.【詳解】構造函數，，切線的方程為，與軸交點的橫坐標為.，所以切線的方程為，與軸交點的橫坐標為.故答案為：14、3【解析】根據公式求出前n項和，再利用二次函數的性質.【詳解】因為等差數列，，所以，當時，取到最大值.故答案為：3.15、10【解析】由等比數列的性質可得，再利用對數的性質可得結果【詳解】解：因為等比數列的各項均為正數，且，所以，所以故答案為：1016、【解析】以為坐標原點建立空間直角坐標系，設出點的坐標，求得△的內心坐標，根據△內心以及關于的對稱點三點共線，即可求得點的坐標，則問題得解.【詳解】根據題意，以為坐標原點，建立平面直角坐標系，設點關于直線的對稱點為，關于軸的對稱點為，如下所示：則，不妨設，則直線的方程為，設點坐標為，則，且，整理得，解得，即點，又；設△的內切圓圓心為，則由等面積法可得，解得；故其內心坐標為，由及△的內心三點共線，即，整理得，解得（舍）或，故.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）且；（2）【解析】（1）聯立直線與雙曲線方程，利用方程組與兩個交點，求出k的范圍（2）設交點A（x1，y1），B（x2，y2），利用韋達定理以及弦長公式求解即可【詳解】（1）聯立y=2可得∵與有兩個不同的交點，且，且（2）設，由（1）可知，又中點的橫坐標為，，或又由（1）可知，為與有兩個不同交點時，18、（1）或；（2）【解析】（1）分直線斜率存在和不存在兩種情況分析，當當過點的直線存在斜率時，設方程為，利用圓心到直線的距離等于半徑求得k，即可得出答案；（2）求出圓心到直線的距離，再根據圓的弦長公式即可得出答案.【詳解】解：（1）由題意知圓心的坐標為，半徑，當過點的直線斜率不存在時，方程為，由圓心到直線的距離知，直線與圓相切，當過點的直線存在斜率時，設方程為，即由題意知，解得，直線的方程為故過點的圓的切線方程為或（2）圓心到直線的距離為，，解得19、（1）（2）的方程為、、【解析】（1）求得點的坐標，由此求得，進而求得拋物線的方程.（2）結合圖象以及判別式求得直線的方程.【小問1詳解】拋物線的焦點在軸上，且開口向上，直線與軸的交點為，則，所以，拋物線的方程為.【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，直線與拋物線只有一個公共點.那個直線的斜率存在時，設直線的方程為，，，，解得或.所以直線的方程為或.綜上所述，的方程為、、.20、（1）；（2）.【解析】（1）設等差數列的公差為，根據已知條件求，利用等差數列的通項公式可求得數列的通項公式.（2）求得，利用裂項相消法即可求得.【小問1詳解】設等差數列的公差為，由，解得，所以，故數列的通項公式；【小問2詳解】由（1）得：，所以，所以.21、（1）在上單調遞增，在上單調遞減，極大值為﹣1，無極小值（2）【解析】（1）利用導數求出單調區間，即可求出極值；（2）令，利用分離參數法得到，利用導數求出的最大值即可求解.【小問1詳解】當時，，定義域為，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減∴當時，取得極大值﹣1所以在上單調遞增，在上單調遞減極大值為﹣1，無極小值【小問2詳解】由，得，令，只需.求導得，所以當時，，單調遞增，當時，