2025年浙江省宁波市咸祥中学高二数学第一学期期末统考试题含解析.doc

2025年浙江省宁波市咸祥中学高二数学第一学期期末统考试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．下列数列是递增数列的是（ ）
A. B.
C. D.
2． “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（）
A. B.
C. D.
3．若直线与平行，则m的值为（）
A.－2 B.－1或－2
C.1或－2 D.1
4．已知椭圆与直线交于A，B两点，点为线段的中点，则a的值为（）
A. B.3
C. D.
5．函数的最小值是（）
A.2 B.4
C.5 D.6
6．如果一个矩形长与宽的比值为，那么称该矩形为黄金矩形.如图，已知是黄金矩形，，分别在边，上，且也是黄金矩形.若在矩形内任取一点，则该点取自黄金矩形内的概率为（ ）

A. B.
C. D.
7．过点，的直线的斜率等于1，则m的值为（）
A.1 B.4
C.1或3 D.1或4
8．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm），则此构件的表面积为（）

A. B.
C. D.
9．已知双曲线的左、右焦点分别为，点A在双曲线上，且轴，若则双曲线的离心率等于（）
A. B.
C.2 D.3
10．如图，在四面体中，，，，点为的中点，，则（）

A. B.
C. D.
11．已知向量，，且，则实数等于（）
A.1 B.2
C. D.
12．已知圆C过点，圆心在x轴上，则圆C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某市开展“爱我内蒙，爱我家乡”摄影比赛，9位评委给参赛作品A打出的分数如茎叶图所示，记分员算得平均分为91，复核员在复核时，发现一个数字（茎叶图中的x）无法看清，若记分员计算无误，则数字x应该是______

14．已知数列{}的前n项和为，则该数列的通项公式__________.
15．已知椭圆交轴于A，两点，点是椭圆上异于A，的任意一点，直线，分别交轴于点，，则为定值．现将双曲线与椭圆类比得到一个真命题：若双曲线交轴于A，两点，点是双曲线上异于A，的任意一点，直线，分别交轴于点，，则为定值___
16．设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）某校高二年级共有男生490人和女生510人，现采用分层随机抽样的方法从该校高二年级中抽取100名学生，测得他们的身高数据
（1）男生和女生应各抽取多少人？
（2）若样本中男生和女生的平均身高分别为173.6、162.2厘米，请估计该校高二年级学生的平均身高
18．（12分）如图，在长方体中，，若点P为棱上一点，且，Q，R分别为棱上的点，且.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
19．（12分）如图，在三棱柱中，面ABC，，，D为BC的中点

（1）求证：平面；
（2）若F为中点，求与平面所成角的正弦值
20．（12分）已知椭圆的离心率为，点是椭圆E上一点.
（1）求E的方程；
（2）设过点的动直线与椭圆E相交于两点，O为坐标原点，求面积的取值范围.
21．（12分）已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，直线过定点（其中，）与抛物线相交于两点（点位于第一象限.

（1）当时，求证：；
（2）如图，连接并延长交抛物线于两点，，设和的面积分别为和，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，请说明理由.
22．（10分）已知抛物线经过点.
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其焦点坐标；
（Ⅱ）过抛物线C上一动点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，求四边形面积的最小值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】分别判断的符号，从而可得出答案.
【详解】解：对于A，，则，
所以数列为递减数列，故A不符合题意；
对于B，，则，所以数列为递减数列，故B不符合题意；
对于C，，则，
所以数列为递增数列，故C符合题意；
对于D，，则，
所以数列递减数列，故D不符合题意.
故选：C.
2、C
【解析】由题设且，应用不等式求的范围，即可确定项数.
【详解】由题设，且，
所以，可得且.
所以此数列的项数为.
故选：C
3、C
【解析】利用两直线平行的判定有，即可求参数值.
【详解】由题设，，可得或.经验证不重合，满足题意，
故选：C.
4、A
【解析】先联立直线和椭圆的方程，结合中点公式及点可求a的值.
【详解】设，
联立，得，
，
因为点为线段的中点，所以，
即，解得，
因为，所以.
故选：A.
5、C
【解析】结合基本不等式求得所求的最小值.
【详解】，
，
当且仅当时等号成立.
故选：C
6、B
【解析】由几何概型的面积型，只需求小矩形的面积和大矩形面积之比.
【详解】由题意，不妨设，则，又也是黄金矩形，则，又，解得，于是大矩形面积为：，小矩形的面积为，由几何概型的面积型，概率为若在矩形内任取一点，则该点取自黄金矩形内的概率为：.
故选：B.
7、A
【解析】解方程即得解.
【详解】由题得.
故选：A
【点睛】本题主要考查斜率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
8、B
【解析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.
【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，
其表面积为：.

故选：B.
【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
9、B
【解析】由双曲线定义结合通径公式、化简得出，最后得出离心率.
【详解】，
，，解得

故选：B
10、B
【解析】利用插点的方法，将归结到题目中基向量中去，注意中线向量的运用.
【详解】.
故选：B.
11、C
【解析】利用空间向量垂直的坐标表示计算即可得解
【详解】因向量，，且，则，解得，
所以实数等于.
故选：C
12、C
【解析】设出圆的标准方程，将已知点的坐标代入，解方程组即可.
【详解】设圆的标准方程为 ，
将坐标代入得: ,
解得，故圆的方程为，
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】由平均数列出方程，求出x的值.
【详解】由题意得：，解得：.
故答案为：1
14、2n+1
【解析】由计算，再计算可得结论
【详解】由题意时，，
又适合上式，
所以
故答案为：
【点睛】本题考查由求通项公式，解题根据是，但要注意此式不含，
15、－
【解析】由双曲线的方程可得，的坐标，设的坐标，代入双曲线的方程可得的横纵坐标的关系，求出直线，的方程，令，分别求出，的纵坐标，求出的表达式，整理可得为定值
【详解】由双曲线的方程可得，，设，
则，可得，
直线的方程为：，令，则，可得，
直线的方程为，令，可得，即，
∴，，，
故答案为：－
另解：双曲线方程化为，只是将的替换为－，故答案也是只需将中的替换为－即可.
故答案为：－.
16、4
【解析】根据分别是平面的法向量，且，则有求解.
【详解】因为分别是平面的法向量，且
所以
所以
解得
故答案为：4
【点睛】本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）应抽取男生49人，女生51人；
（2）.
【解析】（1）利用分层抽样计算男生和女生应抽取的人数；
（2）利用平均数的计算公式计算求解.
【小问1详解】
解：应抽取男生人，女生应抽取100-49=51人.
【小问2详解】
解：估计该校高二年级学生的平均身高为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角；
（2）用空间向量法求二面角
【小问1详解】
以D为坐标原点，射线方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.
当时，，
所以，
设平面的法向量为，
所以，即
不妨得，，
又，所以，
则
【小问2详解】
在长方体中，
因为平面，所以平面平面，
因为平面与平面交于，
因为四边形为正方形，所以，
所以平面，即为平面的一个法向量，
，所以，
又平面的法向量为，
所以.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）连接交于点O，连接OD，通过三角形中位线证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
解法1：
如图，连接交于点O，连接OD，

因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以O是的中点，
因为D为BC的中点，所以在中，，
因为平面，平面，所以平面平面
解法2：
因为在三棱柱中，面ABC，，
所以BA，BC，两两垂直，故以B点为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，

因为，
所以B（0,0,0），A（2,0,0），D（0,1,0），，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，

∴，平面，所以平面；
【小问2详解】
设与平面所成角为，
由(1)知平面法向量为，
F为中点，∴，，
∴
即与平面所成角正弦值为.
20、（1）；
（2）.
【解析】(1)列出关于a、b、c的方程组即可求解；
(2)根据题意，直线l斜率存在，设其方程为，代入椭圆方程消去y得到关于x的二次方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，求出PQ长度，求出原点到l的距离，根据三角形面积公式表示出△OPQ的面积，利用基本不等式求解其范围即可.
【小问1详解】
由题设知，解得.
∴椭圆E的方程为；
【小问2详解】
当轴时不合题意，故可设，则
，得.
由题意知，即，得.
从而.
又点O到直线的距离，
∴，
令，则，
，，
所求面积的取值范围为.
21、（1）证明见解析；（2）是定值，定值为.
【解析】（1）设直线方程为，联立直线与抛物线的方程得到韦达定理，再利用韦达定理求出，即得证；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线的方程得到韦达定理，再求出，，即得解.
【详解】（1）设直线方程为，
联立直线与抛物线的方程，
消去，得，所以.
所以

即.
（2）设直线方程为，
联立直线与抛物线的方程，
消去，得，
故.
设的方程为，
联立直线与拋物线的方程，
消去得，
从而，则，
同理可得，

，
即定值.
22、（1），；（2）.
【解析】（1）将点代入抛物线方程求解出的值，则抛物线方程和焦点坐标可知；
（2）设出点坐标，根据切线长相等以及切线垂直于半径将四边形的面积表示为，然后根据三角形面积公式将其表示为，根据点到点的距离公式表示出，然后结合二次函数的性质求解出四边形面积的最小值.
【详解】（1）因为抛物线过点，所以，所以，
所以抛物线的方程为：，焦点坐标为，即；
（2）设，因为为圆的切线，所以，且，
所以，
又因为，
所以，
当时，四边形的面积有最小值且最小值为.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据圆的切线的性质将四边形面积转化为三角形的面积，再通过三角形的面积公式将其转化为二次函数求最值的问题模型，对于转化的技巧要求较高.