寧波市期末九校聯考高二數學試題第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分．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.下列求導正確的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】ABC導數乘法運算法則判斷D.【詳解】，A不正確；，B不正確；，C不正確；，D正確.故選：D.2.直線的傾斜角的度數為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由題可得直線斜率，即可得直線傾斜角.【詳解】由題，則直線的斜率為，第1頁/共25頁因斜率角范圍為大于等于小于，，則傾斜角為.故選：A3.已知函數在處有極大值，則的值為（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】由題可得或，然后分別驗證可得答案.【詳解】由題，因函數在處有極大值，則或.若，，，，則在上遞增，在上遞減，此時在處有極小值，故不滿足題意；若，，，，則在上遞增，在上遞減，此時在處有極大值，故滿足題意.故選：C4.已知是空間的一個基底，則下列向量中與向量，能構成空間基底的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用空間向量基本定理依次判斷各選項中的向量是否與向量，可作為平面的一個基底.【詳解】對于A，因，第2頁/共25頁即與向量，共面，故不能構成基底，即A錯誤；對于B，因，即與向量，共面，故不能構成基底，即B錯誤；對于C，不妨設，則有，方程組無解，即與向量，不共面，故可構成基底，故C正確；對于D，因，即與向量，共面，故不能構成基底，即D錯誤.故選：C.5.已知正項數列的前項積為，滿足，則時的的最小值為（）A.2026B.2025C.2024D.2023【答案】B【解析】【分析】先令求出，當時，利用和兩式相除，經過適當的變形得出數列是公差為的等差數列，進而求出，最后解不等式即可得出答案.【詳解】由題意，當時，則，當時，①可得②，①②得：，所以數列是公差為的等差數列，故，令，又，所以的最小值為.故選：B第3頁/共25頁6.已知雙曲線：的左右焦點分別為，過點作垂直于軸的直線交雙曲線于兩點，的內切圓圓心分別為，則的周長是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先得到的內切圓與軸的切點為雙曲線右焦點，并求出，由雙曲線定義得到，利用的面積得到方程，求出其內切圓半徑，并得到，再由的面積得到方程，求出其內切圓半徑，并由勾股定理得到，由對稱性得到，求出三角形周長.【詳解】由題意得，解得，故，設的內切圓與軸的切點為，由切線長定理得，由雙曲線定義知，，即，設，則，，故，故，解得，故為雙曲線的右頂點，第4頁/共25頁中，令得，故，故，解得，則Rt的面積為，設的內切圓半徑為，則，即，解得，即，由對稱性可知，關于軸對稱，設與軸交點為，則，故，設的內切圓半徑為，又，，故，即，解得，由對稱性可知，平分，故內切圓圓心在軸上，且與切于點，其中，故，，由勾股定理得，故，則的周長為.故選：C【點睛】結論點睛：雙曲線焦點三角形的內切圓的圓心的橫坐標為或.第5頁/共25頁7.在如圖所示的試驗裝置中，正方形框的邊長為2，長方形框的長，且它們所在平面形成的二面角的大小為，活動彈子分別在對角線和上移動，且始終保持，則的長度最小時的取值為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出點在線段上的投影，利用空間向量運算求出長的函數關系，進而求出最小值.【詳解】在正方形內過作于，則，，，在矩形內過作于，則，，，，由二面角的大小為，得，又，因此，當且僅當時取等號，所以當的長度最小值時，.故選：A第6頁/共25頁8.已知，方程有實數根，則的最小值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化簡方程得，接著利用柯西不等式得，再利用導數求出函數在上的即可得解.【詳解】由題得，所以，所以由柯西不等式得，所以，所以，又在上恒成立，所以在上單調遞增，所以，所以及的最小值為.故選：B第7頁/共25頁【點睛】關鍵點睛：本題解題的關鍵是利用柯西不等式得到不等式.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9.已知函數，則下列選項中正確的是（）A.函數在區間上單調遞增B.函數在的值域為C.函數在點處的切線方程為D.關于的方程有2個不同的根當且僅當【答案】BC【解析】【分析】A通過判斷在上是否恒大于等于0可得選項正誤；B利用導數求出在上的單調性，據此可得值域；C由導數知識可得在點處的切線；D將問題轉化為圖象與直線有兩個交點.【詳解】對于A，，，則在上單調遞減，故A錯誤；對于B，由A分析，，則在上單調遞增，則，故函數在上的值域為；對于C，由題，，則點處的切線方程為，故C正確；對于D，即圖象與直線有兩個交點，由上述分析可得大致圖象如下，則要使圖象與直線有兩個交點，，故D錯誤.第8頁/共25頁故選：BC10.已知橢圓：（）的左、右焦點分別為，，下列命題正確的是（）A.若橢圓上存在一點使，則橢圓離心率的取值范圍是B.若橢圓上存在四個點使得，則的離心率的取值范圍是C.若橢圓上恰有6個不同的點，使得為等腰三角形，則橢圓的離心率的取值范圍是D.若任意以橢圓的上頂點為圓心的圓與橢圓至多3個公共點，則橢圓的離心率的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】對于A，設，，根據橢圓的定義和結合余弦定理得到，利用均值不等式得到B得，為直徑的圓與橢圓有4C以為底或一腰兩種情況討論，在第一種情況下，直接確定點為橢圓短軸的端點，在第二種情況下，分析可知，在每個象限內均存在點，使得或，設點在第一象限，結合兩點間的距離公式可得出關于、的不等式，即可求出該橢圓離心率的取值范圍；對于D，，先假設圓與第9頁/共25頁橢圓的公共點有個，利用對稱性及已知條件知軸左側的橢圓上有兩個不同的點，，滿足，由此求得，得到的取值范圍，進而可得任意以點為圓心的圓與橢圓至多有個公共點時橢圓離心率的取值范圍．【詳解】對于A，設，，則，，即，，即，當且僅當時等號成立，故，即，.故A正確；對于B，由得，，若存在點四個點使得，以為直徑的圓與橢圓有4個交點，∴，即，∴，即，故B不正確；對于C與橢圓短軸的頂點重合時，是以為底邊的等腰三角形，此時，有個滿足條件等腰；（2）當構成以為一腰的等腰三角形時，則或，此時點在第一或第四象限，由對稱性可知，在每個象限內，都存在一個點，使得是以為一腰的等腰三角形，不妨設點在第一象限，則，其中，則，或，由可得，所以，，解得，由可得，所以，，解得，綜上所述，該橢圓的離心率的取值范圍是.第10頁/共25頁對于D上頂點為,假設圓與橢圓的公共點有軸左側的橢圓上有兩個不同的點，，滿足．記直線，的斜率分別為，，且，，．由得，故，．因此，同理.故，即所以由于，，得，因此，①因為①式關于，的方程有解的充要條件是，所以，則，為圓心的圓與橢圓至多有個公共點的充要條件為離心率的取值范圍為．故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：第11頁/共25頁（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關于、的齊次方程，然后轉化為關于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.已知定義域為上的函數滿足下列選項中正確的有（）A.B.當時，C.當時，D.【答案】ABD【解析】【分析】令，可求出，再令，可得.對于A，由裂項求和法可判斷選項正誤；對于B，由可判斷選項正誤；對于C，通過舉反例可完成判斷；對于D，利用，結合裂項相消法可得答案.【詳解】令，則，再令，則，即為以1為首項，公差為1的等差數列，則.對于A，因，則，故A正確；第12頁/共25頁對于B，時，，因，則，故B正確；對于C，當時，，因，則，故C錯誤；對于D，由題，下證，即證，由基本不等式這顯然成立，則，對于任意成立，當且僅當取等號.故，注意到，則，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點睛：對于函數與數列綜合題目，賦值法是有力工具；對于數列不等式的證明，放縮是常用手段.第Ⅱ卷三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.已知和分別是等差數列與等比數列的前項和，且，，，則_____．【答案】9或18【解析】【分析】根據等比數列定義求得公比，再利用兩數列各項之間的關系計算可得結果.【詳解】設等比數列的公比為，由，可得，即，解得或；第13頁/共25頁當時，可得，又，所以；此時；當，又，所以；此時；綜上可得，或18.故答案為：9或1813.已知底面重合的兩個正四面體和，為的重心，記，則向量用向量表示為_____【答案】【解析】【分析】利用空間向量的加減法結合正三棱錐的幾何特征求解即可.【詳解】設H為BC的中點，連接AD，交平面OBC與I，由題意得第14頁/共25頁故答案：.14.已知函數，對任意，恒成立，則實數的取值范圍是_____.【答案】【解析】【分析】首先可得，依題意可得對任意恒成立，從而得到對任意恒成立，則對任意恒成立，利用導數求出，即可求出參數的取值范圍.【詳解】因為對任意恒成立，顯然，所以對任意恒成立，即對任意恒成立，即對任意恒成立，令，，則，所以在上單調遞增，所以對任意恒成立，又當時，當時，，當時，，顯然滿足對任意恒成立，當時不等式對任意恒成立，等價于對任意恒成立；綜上可得，即對任意恒成立，即對任意恒成立，第15頁/共25頁令，，則，所以當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，則，即實數的取值范圍是.故答案為：對任意對任意恒成立.四、解答題：本題共5小題，共分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.在平面直角坐標系中，圓心為的圓C與y軸相切，動直線過點.（1）當時，直線被圓所截得的弦長為，求直線的方程；（2）圓C上存在點滿足，求實數的取值范圍.【答案】（1）或.（2）【解析】1）先利用弦長公式求得圓心到直線的距離，然后根據直線的斜率存在與不存在分類討論，利用點到直線距離公式列出關于k的方程，求解即可；（2）設，由題意利用數量積的坐標運算求得M的軌跡方程，然后利用兩圓有公共點列不等式求解即可.【小問1詳解】當時，圓心為，圓的方程，則圓心到直線的距離為.若直線的斜率不存在時，則，此時直線與圓相切，不符合題意；若直線的斜率存在，可設直線的方程為，即.第16頁/共25頁則，得，解得，所以直線的方程為或.【小問2詳解】記圓的半徑為，因為，則，設，由得，化簡得：，即，所以的軌跡為圓，記圓心為，半徑為，圓上存在點滿足，即圓和圓有公共點，所以，所以，所以，所以，解得，因為，所以，所以實數的取值范圍為.16.已知數列的前項和滿足，令.（1）證明：數列為等比數列；（2）求數列的前項和.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）利用與的關系式，結合題意可得，從而得證；（2）利用分組求和法與錯位相減法可得答案.【小問1詳解】第17頁/共25頁當時，當時，，兩式相減可得：，又，則當時，，是等比數列；【小問2詳解】由（1）有是等比數列，且公比為2，首項為，，則，記，則，兩式相減得，，，數列的前項和為.17.如圖五面體是菱形，是以角為棱的中點，點為棱的中點第18頁/共25頁（1）求證：平面（2）若點在平面的射影恰好是棱的中點，點是線段上的一點且滿足，求平面與平面所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】1）取的中點，利用線面平行的判定定理分別證明平面與平面，再結合面面平行的判定定理證得平面平面，因平面，即可證得平面；（2）由已知結合投影性質與等腰直角三角形性質，可得直線兩兩互相垂直，且，建立空間直角坐標系，求得平面與平面的法向量，即可代入公式求解答案.【小問1詳解】證明：取的中點，連接，如圖所示，是的中點，點為棱的中點，，而平面，平面，平面,菱形，，，第19頁/共25頁又分別是的中點，四邊形是平行四邊形，而平面，平面，平面，又，平面,平面平面，而平面，平面.【小問2詳解】因為點在平面的射影恰好是棱的中點，所以取的中點，連接，則平面，因為是以角為頂角的等腰直角三角形，所以.故以點為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示.根據，可得，不妨設，則，，所以，，,平面的法向量為，設平面法向量為，第20頁/共25頁，,設平面與平面所成角，則則，所以平面與平面所成角的余弦值為.18.已知是拋物線的焦點，過焦點的最短弦長為．（1）求拋物線的方程；（2作拋物線，與拋物線交于（①求證：點在定直線上；②記的面積分別為，當時，求點的坐標．【答案】（1）（2）①證明見解析；②【解析】1）根據條件可得，即可求解；（2）①設，利用導數的幾何意義，求得兩切線方程為，，進而可得到直線的方程為，再結合條件，即可求解；②利用①中結果，可得直線，間的關系，再結合條件，得到，再聯立方程，即可求解.【小問1詳解】第21頁/共25頁由題知拋物線中過焦點最短的弦長為通徑，即，得到，故拋物線的標準方程為.【小問2詳解】①設，由，得到，所以，得到，即，同理，，又點在線上，所以，故直線的方程為，即，因為，所以，又，所以，得到，所以點在定直線上.②，由①有直線，過點，直線，聯立，消得到，所以，又由，消