浙江省宁波市九校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题 含解析

宁波市期末九校联考高二数学试题第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.下列求导正确的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】ABC导数乘法运算法则判断D.【详解】，A不正确；，B不正确；，C不正确；，D正确.故选：D.2.直线的倾斜角的度数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题可得直线斜率，即可得直线倾斜角.【详解】由题，则直线的斜率为，第1页/共25页因斜率角范围为大于等于小于，，则倾斜角为.故选：A3.已知函数在处有极大值，则的值为（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】由题可得或，然后分别验证可得答案.【详解】由题，因函数在处有极大值，则或.若，，，，则在上递增，在上递减，此时在处有极小值，故不满足题意；若，，，，则在上递增，在上递减，此时在处有极大值，故满足题意.故选：C4.已知是空间的一个基底，则下列向量中与向量，能构成空间基底的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量基本定理依次判断各选项中的向量是否与向量，可作为平面的一个基底.【详解】对于A，因，第2页/共25页即与向量，共面，故不能构成基底，即A错误；对于B，因，即与向量，共面，故不能构成基底，即B错误；对于C，不妨设，则有，方程组无解，即与向量，不共面，故可构成基底，故C正确；对于D，因，即与向量，共面，故不能构成基底，即D错误.故选：C.5.已知正项数列的前项积为，满足，则时的的最小值为（）A.2026B.2025C.2024D.2023【答案】B【解析】【分析】先令求出，当时，利用和两式相除，经过适当的变形得出数列是公差为的等差数列，进而求出，最后解不等式即可得出答案.【详解】由题意，当时，则，当时，①可得②，①②得：，所以数列是公差为的等差数列，故，令，又，所以的最小值为.故选：B第3页/共25页6.已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的周长是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先得到的内切圆与轴的切点为双曲线右焦点，并求出，由双曲线定义得到，利用的面积得到方程，求出其内切圆半径，并得到，再由的面积得到方程，求出其内切圆半径，并由勾股定理得到，由对称性得到，求出三角形周长.【详解】由题意得，解得，故，设的内切圆与轴的切点为，由切线长定理得，由双曲线定义知，，即，设，则，，故，故，解得，故为双曲线的右顶点，第4页/共25页中，令得，故，故，解得，则Rt的面积为，设的内切圆半径为，则，即，解得，即，由对称性可知，关于轴对称，设与轴交点为，则，故，设的内切圆半径为，又，，故，即，解得，由对称性可知，平分，故内切圆圆心在轴上，且与切于点，其中，故，，由勾股定理得，故，则的周长为.故选：C【点睛】结论点睛：双曲线焦点三角形的内切圆的圆心的横坐标为或.第5页/共25页7.在如图所示的试验装置中，正方形框的边长为2，长方形框的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时的取值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出点在线段上的投影，利用空间向量运算求出长的函数关系，进而求出最小值.【详解】在正方形内过作于，则，，，在矩形内过作于，则，，，，由二面角的大小为，得，又，因此，当且仅当时取等号，所以当的长度最小值时，.故选：A第6页/共25页8.已知，方程有实数根，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简方程得，接着利用柯西不等式得，再利用导数求出函数在上的即可得解.【详解】由题得，所以，所以由柯西不等式得，所以，所以，又在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以及的最小值为.故选：B第7页/共25页【点睛】关键点睛：本题解题的关键是利用柯西不等式得到不等式.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数，则下列选项中正确的是（）A.函数在区间上单调递增B.函数在的值域为C.函数在点处的切线方程为D.关于的方程有2个不同的根当且仅当【答案】BC【解析】【分析】A通过判断在上是否恒大于等于0可得选项正误；B利用导数求出在上的单调性，据此可得值域；C由导数知识可得在点处的切线；D将问题转化为图象与直线有两个交点.【详解】对于A，，，则在上单调递减，故A错误；对于B，由A分析，，则在上单调递增，则，故函数在上的值域为；对于C，由题，，则点处的切线方程为，故C正确；对于D，即图象与直线有两个交点，由上述分析可得大致图象如下，则要使图象与直线有两个交点，，故D错误.第8页/共25页故选：BC10.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，下列命题正确的是（）A.若椭圆上存在一点使，则椭圆离心率的取值范围是B.若椭圆上存在四个点使得，则的离心率的取值范围是C.若椭圆上恰有6个不同的点，使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是D.若任意以椭圆的上顶点为圆心的圆与椭圆至多3个公共点，则椭圆的离心率的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】对于A，设，，根据椭圆的定义和结合余弦定理得到，利用均值不等式得到B得，为直径的圆与椭圆有4C以为底或一腰两种情况讨论，在第一种情况下，直接确定点为椭圆短轴的端点，在第二种情况下，分析可知，在每个象限内均存在点，使得或，设点在第一象限，结合两点间的距离公式可得出关于、的不等式，即可求出该椭圆离心率的取值范围；对于D，，先假设圆与第9页/共25页椭圆的公共点有个，利用对称性及已知条件知轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足，由此求得，得到的取值范围，进而可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时椭圆离心率的取值范围．【详解】对于A，设，，则，，即，，即，当且仅当时等号成立，故，即，.故A正确；对于B，由得，，若存在点四个点使得，以为直径的圆与椭圆有4个交点，∴，即，∴，即，故B不正确；对于C与椭圆短轴的顶点重合时，是以为底边的等腰三角形，此时，有个满足条件等腰；（2）当构成以为一腰的等腰三角形时，则或，此时点在第一或第四象限，由对称性可知，在每个象限内，都存在一个点，使得是以为一腰的等腰三角形，不妨设点在第一象限，则，其中，则，或，由可得，所以，，解得，由可得，所以，，解得，综上所述，该椭圆的离心率的取值范围是.第10页/共25页对于D上顶点为,假设圆与椭圆的公共点有轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足．记直线，的斜率分别为，，且，，．由得，故，．因此，同理.故，即所以由于，，得，因此，①因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以，则，为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为离心率的取值范围为．故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：第11页/共25页（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.已知定义域为上的函数满足下列选项中正确的有（）A.B.当时，C.当时，D.【答案】ABD【解析】【分析】令，可求出，再令，可得.对于A，由裂项求和法可判断选项正误；对于B，由可判断选项正误；对于C，通过举反例可完成判断；对于D，利用，结合裂项相消法可得答案.【详解】令，则，再令，则，即为以1为首项，公差为1的等差数列，则.对于A，因，则，故A正确；第12页/共25页对于B，时，，因，则，故B正确；对于C，当时，，因，则，故C错误；对于D，由题，下证，即证，由基本不等式这显然成立，则，对于任意成立，当且仅当取等号.故，注意到，则，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：对于函数与数列综合题目，赋值法是有力工具；对于数列不等式的证明，放缩是常用手段.第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知和分别是等差数列与等比数列的前项和，且，，，则_____．【答案】9或18【解析】【分析】根据等比数列定义求得公比，再利用两数列各项之间的关系计算可得结果.【详解】设等比数列的公比为，由，可得，即，解得或；第13页/共25页当时，可得，又，所以；此时；当，又，所以；此时；综上可得，或18.故答案为：9或1813.已知底面重合的两个正四面体和，为的重心，记，则向量用向量表示为_____【答案】【解析】【分析】利用空间向量的加减法结合正三棱锥的几何特征求解即可.【详解】设H为BC的中点，连接AD，交平面OBC与I，由题意得第14页/共25页故答案：.14.已知函数，对任意，恒成立，则实数的取值范围是_____.【答案】【解析】【分析】首先可得，依题意可得对任意恒成立，从而得到对任意恒成立，则对任意恒成立，利用导数求出，即可求出参数的取值范围.【详解】因为对任意恒成立，显然，所以对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，令，，则，所以在上单调递增，所以对任意恒成立，又当时，当时，，当时，，显然满足对任意恒成立，当时不等式对任意恒成立，等价于对任意恒成立；综上可得，即对任意恒成立，即对任意恒成立，第15页/共25页令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，则，即实数的取值范围是.故答案为：对任意对任意恒成立.四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在平面直角坐标系中，圆心为的圆C与y轴相切，动直线过点.（1）当时，直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程；（2）圆C上存在点满足，求实数的取值范围.【答案】（1）或.（2）【解析】1）先利用弦长公式求得圆心到直线的距离，然后根据直线的斜率存在与不存在分类讨论，利用点到直线距离公式列出关于k的方程，求解即可；（2）设，由题意利用数量积的坐标运算求得M的轨迹方程，然后利用两圆有公共点列不等式求解即可.【小问1详解】当时，圆心为，圆的方程，则圆心到直线的距离为.若直线的斜率不存在时，则，此时直线与圆相切，不符合题意；若直线的斜率存在，可设直线的方程为，即.第16页/共25页则，得，解得，所以直线的方程为或.【小问2详解】记圆的半径为，因为，则，设，由得，化简得：，即，所以的轨迹为圆，记圆心为，半径为，圆上存在点满足，即圆和圆有公共点，所以，所以，所以，所以，解得，因为，所以，所以实数的取值范围为.16.已知数列的前项和满足，令.（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）利用与的关系式，结合题意可得，从而得证；（2）利用分组求和法与错位相减法可得答案.【小问1详解】第17页/共25页当时，当时，，两式相减可得：，又，则当时，，是等比数列；【小问2详解】由（1）有是等比数列，且公比为2，首项为，，则，记，则，两式相减得，，，数列的前项和为.17.如图五面体是菱形，是以角为棱的中点，点为棱的中点第18页/共25页（1）求证：平面（2）若点在平面的射影恰好是棱的中点，点是线段上的一点且满足，求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】1）取的中点，利用线面平行的判定定理分别证明平面与平面，再结合面面平行的判定定理证得平面平面，因平面，即可证得平面；（2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，可得直线两两互相垂直，且，建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，即可代入公式求解答案.【小问1详解】证明：取的中点，连接，如图所示，是的中点，点为棱的中点，，而平面，平面，平面,菱形，，，第19页/共25页又分别是的中点，四边形是平行四边形，而平面，平面，平面，又，平面,平面平面，而平面，平面.【小问2详解】因为点在平面的射影恰好是棱的中点，所以取的中点，连接，则平面，因为是以角为顶角的等腰直角三角形，所以.故以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.根据，可得，不妨设，则，，所以，，,平面的法向量为，设平面法向量为，第20页/共25页，,设平面与平面所成角，则则，所以平面与平面所成角的余弦值为.18.已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为．（1）求抛物线的方程；（2作抛物线，与抛物线交于（①求证：点在定直线上；②记的面积分别为，当时，求点的坐标．【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】1）根据条件可得，即可求解；（2）①设，利用导数的几何意义，求得两切线方程为，，进而可得到直线的方程为，再结合条件，即可求解；②利用①中结果，可得直线，间的关系，再结合条件，得到，再联立方程，即可求解.【小问1详解】第21页/共25页由题知抛物线中过焦点最短的弦长为通径，即，得到，故抛物线的标准方程为.【小问2详解】①设，由，得到，所以，得到，即，同理，，又点在线上，所以，故直线的方程为，即，因为，所以，又，所以，得到，所以点在定直线上.②，由①有直线，过点，直线，联立，消得到，所以，又由，消