福建省福州第四中學2024-2025學年高二下學期第一學段數學試卷一、單選題1．已知函數，則（

）A．1 B．－1 C．－2 D．02．已知橢圓的標準方程為，下列說法正確的是（

）A．橢圓的長軸長為2B．橢圓的焦點坐標為C．橢圓關于直線對稱D．當點在橢圓上時，3．函數的定義域為，它的導函數的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的是（

）A．是的極小值點B．C．函數在上有極大值D．函數有三個極值點4．我校舉辦2025年“班級閱讀杰，書香班級”讀書節活動，設有“優秀征文”、“好書推薦語展示”、“讀書筆記”和“演講”四個項目.某班級有5名同學報名參加，要求每人限報一項，每個項目至少1人參加，則報名的不同方案有（

）A．種 B．種 C．種 D．種5．已知公差不為零的等差數列的前項和為，且，則（

）A． B． C．13 D．6．質數（primenumber）又稱素數，一個大于1的自然數，除了1和它本身外，不能被其他自然數整除，則這個數為質數，數學上把相差為2的兩個素數叫做“孿生素數”.如：3和5，5和7……，在1900年的國際數學大會上，著名數學家希爾伯特提出了23個問題，其中第8個就是大名鼎鼎的孿生素數猜想：即存在無窮多對孿生素數.我國著名數學家張益唐2013年在《數學年刊》上發表論文《素數間的有界距離》，破解了困擾數學界長達一個半世紀的難題，證明了孿生素數猜想的弱化形式.那么，如果我們在不超過的自然數中，隨機選取兩個不同的數，記事件，這兩個數都是素數；事件：這兩個數不是孿生素數，則（

）A． B． C． D．7．在數字通信中，信號是由數字0和1組成的序列由于隨機因素的干擾，發送的信號0或1有可能被錯誤地接收為1或0．已知當發送信號0時，被接收為0和1的概率分別為0.93和0.07；當發送信號1時，被接收為1和0的概率分別為0.95和0.05．假設發送信號0和1是等可能的，則接收的信號為1的概率為（

）A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.518．設函數，若恒成立，則的最小值為（

）A． B． C． D．1二、多選題9．已知，則（

）A． B．C． D．10．已知數列的前項和為，且，則下列說法正確的是（

）A．數列是等比數列B．數列的通項公式為C．數列的前項和為D．數列的前項和為11．對于函數，下列說法正確的是（

）A．在處取得極大值 B．有兩個不同的零點C． D．若在上恒成立，則三、填空題12．已知隨機變量，且，則．13．甲、乙、丙、丁、戊5人站成兩排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙須左右相鄰，丙不站前排，則不同的站法共有種（用數字作答）．14．已知雙曲線的右焦點為，過的直線（為常數）與雙曲線在第一象限交于點．若（為原點），則的離心率為．四、解答題15．設函數．（1）求在處的切線方程；（2）求在區間上的單調區間和最值．16．已知數列滿足：，．（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，若，求證：．17．某商場舉行有獎促銷活動，凡5月1日當天消費不低于1000元，均可抽獎一次，抽獎箱里有6個形狀、大小、質地完全相同的小球，其中紅球有4個，白球有2個，抽獎方案設置兩種，顧客自行選擇其中的一種方案．方案一：從抽獎箱中，一次性摸出3個球，每有1個紅球，可立減80元；方案二：從抽獎箱中，有放回地每次摸出1個球，連摸3次，每摸到1次紅球，立減80元．(1)設方案一摸出的紅球個數為隨機變量X，求X的分布列，數學期望和方差；(2)設方案二摸出的紅球個數為隨機變量Y，求Y的分布列，數學期望和方差；(3)如果你是顧客，如何在上述兩種抽獎方式中進行選擇？請寫出你的選擇及簡要理由．18．已知拋物線的焦點在軸的正半軸上，其頂點是橢圓的中心，其焦點到其準線的距離等于該橢圓的長半軸長.（1）求拋物線的準線方程；（2）過點的動直線交拋物線于兩點，且點在第一象限，.①求的面積的最小值.②是否存在垂直于軸的定直線被以為直徑的圓所截得的線段長為定值？如存在，求出的方程；如果不存在，說明理由.19．已知函數．(1)求的單調區間；(2)若在區間內有最小值，求的取值范圍；(3)若關于的方程有兩個不同的解，，求證：．

參考答案1．【答案】B【詳解】由導數定義可知，由得，所以.故選B．2．【答案】D【詳解】對于A、B，由得，∴長軸長，焦點為.故A、B不正確；對于C，將互換，得橢圓與原橢圓方程不相同，故橢圓不關于直線對稱.故C不正確；對于D，因為點在橢圓上，則，∴，故D正確.故選D3．【答案】B【詳解】當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以有，因此選項B正確；當時，，單調遞增，所以在上沒有極大值，因此選項C不正確；當時，，單調遞增，因此不是的極值點，只有當時，函數有極值點，所以選項A不正確，選項D不正確，故選B4．【答案】D【詳解】由題5名同學分為4組，每組分別有，，，人，共有種，再排列，即報名的不同方案有種．故選D．5．【答案】C【詳解】因為公差不為零的等差數列的前項和為，且，因為，整理可得，故，所以，.故選C.6．【答案】D【詳解】不超過的自然數有個，其中素數有共個，孿生素數有和，和，和，和，共組.所以，，所以.故選D7．【答案】D【詳解】設“發送的信號為0”，“接收的信號為1”，則P(A)=P(A因此．故選D8．【答案】D【詳解】當時，，不滿足恒成立；當時，令，可得或，函數的零點為和，因為恒成立，所以，所以，令，則，令，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，則，所以的最小值為1.故選D9．【答案】BC【分析】設令，利用賦值法可判斷ACD選項；利用二項展開式通項可判斷B選項.【詳解】令.對于A選項，，A錯；對于B選項，的展開式通項為，令，可得，則，B對；對于C選項，，C對；對于D選項，，所以，，D錯.故選：BC.10．【答案】AC【詳解】由，①得，則；當時，有，②①－②得：，即，，又，則，可得數列是公比為2的等比數列，故A正確；因為，故B不正確；又，則為常數，所以數列是首項為1，公比為的等比數列，其前項和為，故C正確；數列的前項和為，故D錯誤．故選AC．11．【答案】ACD【詳解】對于A，由題知，，，則當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以在處取得極大值，且為，故A正確；對于B，因為，，且當時，，且時，，所以可得草圖如下，有1個零點，則B錯誤；對于C，假設，則，所以，則，又時，，單調遞減，，所以成立，故C正確；對于D，若在上恒成立，則，令，則，令，則，故在上單調遞增，又，所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故，故，故D正確．故選ACD．12．【答案】2【詳解】因為，，則，故．13．【答案】20【詳解】當甲和乙站前排，丙站后排時，不同站法有（種）；當甲和乙站后排，丙站后排時，不同站法有（種），所以不同的站法共有（種）．14．【答案】5．【詳解】取的中點，因為，所以，取左焦點，連接，則，且，所以，雙曲線的右焦點在直線上，所以，即，所以直線的方程為，到直線的距離為，所以，，在中，由勾股定理可得，即：，整理可得：，即，，解得.15．【答案】（1）（2）答案見解析【詳解】（1）函數．即切點為，由已知，則，即曲線在點處的切線方程為，即．（2）令，即，得，令，則得或，即在，上單調遞減，在上單調遞增，即的極大值點為，，的極小值點為，，又，，故在，單調遞減，在上單調遞增，在區間上的最大值為97，最小值為．16．【答案】（1）（2）證明見解析【詳解】（1）數列滿足，，所以當時，，…，，，上述各式相加得，又，所以，又滿足上式，故．（2）由（1）可知，所以．因為，所以．17．【答案】(1)分布列見解析，，；(2)分布列見解析，，；(3)應選擇方案一的抽獎方式，理由見解析.【分析】(1)由條件確定的可能取值，求取各值得概率，可得分布列，結合公式求期望和方差；(2)由條件確定的可能取值，判斷，結合二項分布的分布列求法確定其分布列，再由公式求期望和方差，(3)通過比較隨機變量期望和方差的大小，確定選擇方案.【詳解】(1)設方案一摸出的紅球個數為X，則X的所有可能取值為，，，．X的分布列為：X123P所以，．(2)設方案二摸出的紅球個數為Y，則Y的所有可能取值為．則，所以，，，，所以隨機變量的分布列為：0123所以，．(3)因為，，即兩種方案抽取的紅球個數的數學期望一樣，但方案一更穩定，所以應選擇方案一的抽獎方式．18．【答案】（1）（2）①32；②存在，【詳解】（1）由題意，可設拋物線方程為.由題可知橢圓的長半軸長為2，故，則拋物線的方程為，其準線方程為.（2）①設，由題意可知直線的斜率不為，故設直線方程為.聯立，得，則，則，故（當且僅當時取等號）所以的面積的最小值為32.②設存在直線滿足題意，設圓心，過作直線的垂線，垂足為，圓與直線的一個交點為，，即，當時，，此時直線被以為直徑的圓截得的弦長恒為定值，因此存在直線滿足題意.19．【答案】(1)答案見詳解；(2)(3)證明見詳解.【詳解】（1）的定義域為，，當時，，所以的單調遞減區間為，無單調遞增區間，當時，，隨的變化情況如下表所示，0所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為，綜上，當時，的單調遞減區間為