2025年浙江省宁波市宁波十校数学高二第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2025年浙江省宁波市宁波十校数学高二第一学期期末学业质量监测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．是椭圆的焦点，点在椭圆上，点到的距离为1，则到的距离为（）
A.3 B.4
C.5 D.6
2．已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点P为椭圆与双曲线的交点，且，则当取最大值时的值为（）

A. B.
C. D.
3．在三棱锥中，，D为上的点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
4．如图是等轴双曲线形拱桥，现拱顶距离水面6米，水面宽米，若水面下降6米，则水面宽()

A.米 B.米
C.米 D.米
5．过双曲线的右顶点作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为．若，则双曲线的离心率是
A. B.
C. D.
6．将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）
A. B.
C. D.
7．已知等比数列的公比为正数，且，，则（ ）
A.4 B.2
C.1 D.
8．定义在R上的函数与函数在上具有相同的单调性，则k的取值范围是（）
A. B.
C. D.
9．已知事件A，B相互独立，，则（）
A.0.24 B.0.8
C.0.3 D.0.16
10．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）
A. B.
C. D.
11．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角形，是底面圆的内接正三角形．则（）

A. B.
C. D.
12．现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重（）斤
A.6 B.7
C.9 D.15
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设函数，，对任意的，都有成立，则实数的取值范围是______
14．若函数在处取得极小值，则a=__________
15．莱昂哈德·欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线．后来人们称这条直线为该三角形的欧拉线．已知的三个顶点坐标分别是，，，则的垂心坐标为______，的欧拉线方程为______
16．已知正方体的棱长为6，E为棱的中点，F为棱上的点，且，则___________.
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）已知直线，圆.
（1）求证：直线l恒过定点；
（2）若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长.
18．（12分）已知椭圆的一个焦点是，且离心率.

（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的取值范围.
19．（12分）如图，菱形的边长为4，，矩形的面积为8，且平面平面

（1）证明：；
（2）求C到平面的距离.
20．（12分）如图，在四棱锥中，，，，，为中点，且平面.

（1）求点到平面的距离；
（2）线段上是否存在一点，使平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值.
21．（12分）已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，其中表示不超过最大整数，如，.
（i）求、、；
（ii）求数列的前项的和.
22．（10分）已知函数，且
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最小值
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】利用椭圆的定义直接求解
【详解】由题意得，得，
因为，，
所以，
故选：C
2、D
【解析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，，的关系，由此可得，再利用重要不等式求最值，并求此时的的值.
【详解】设为第一象限的交点，、，
则、，解得、，
在中，由余弦定理得：，
∴，∴，
∴，∴，∴，
，
即，当且仅当，即，时等号成立，
此时
故选：D
3、B
【解析】根据几何关系以及空间向量的线性运算即可解出
【详解】因为，所以，
即

故选：B
4、B
【解析】以双曲线的对称中心为原点，焦点所在对称轴为y轴建立直角坐标系，求出双曲线方程，数形结合即可求解.
【详解】如图所示，以双曲线的对称中心为原点，焦点所在对称轴为y轴建立直角坐标系，

设双曲线标准方程为：(a＞0)，
则顶点，，
将A点代入双曲线方程得，，
当水面下降6米后，，
代入双曲线方程得，，
∴水面宽：米.
故选：B.
5、C
【解析】直线l：y=-x+a与渐近线l1：bx-ay=0交于B，
l与渐近线l2：bx+ay=0交于C，A（a，0），
∴，∵，
∴，b=2a，∴，∴，∴
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质
6、A
【解析】根据三角函数图象的变换，由逆向变换即可求解.
【详解】由已知的函数逆向变换，
第一步，向左平移个单位长度，得到的图象；
第二步，图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，即的图象.
故.
故选：A
7、D
【解析】设等比数列的公比为（），则由已知条件列方程组可求出
【详解】设等比数列的公比为（），
由题意得，且，即，
，
因为，所以，，
故选：D
8、B
【解析】判定函数单调性，再利用导数结合函数在的单调性列式计算作答.
【详解】由函数得：，当且仅当时取“=”，则在R上单调递减，
于是得函数在上单调递减，即，，即，
而在上单调递减，当时，，则，
所以k的取值范围是.
故选：B
9、B
【解析】利用事件独立性的概率乘法公式及条件概率公式进行求解.
【详解】因为事件A，B相互独立，所以，所以
故选：B
10、A
【解析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.
【详解】因为，所以，
则
故复数的虚部为.
故选：A.
【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.
11、B
【解析】先求出，再利用向量的线性运算和数量积计算求解.
【详解】解：由题得, ,

故选：B

12、D
【解析】设该等差数列为，其公差为，根据题意和等差数列的性质可得，进而求出结果.
【详解】设该等差数列为，其公差为，
由题意知，，
由，解得，
所以.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】首先求得函数在区间上的最大值，然后分离参数，利用导函数求最值即可确定实数的取值范围.
【详解】∵在上恒成立，
∴当时，取最大值1，
∵对任意的，都有成立，
∴在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，，
∵在上恒成立，∴在上为减函数，
∵当时，，故当时，取最大值1，
故，
故答案为
【点睛】本题考查的知识点是函数恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的最值，难度中档
14、2
【解析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.
【详解】由可得，
因为函数在处取得极小值，
所以，解得或，
若，则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上：.
故答案为：2.
【点睛】思路点睛：
已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.
15、 ①.##(0,1.5) ②.
【解析】由高线联立可得垂心，由垂心与重心可得欧拉线方程.
【详解】由，可知边上的高所在的直线为，
又，因此边上的高所在的直线的斜率为，
所以边上的高所在的直线为：，即，
所以，所以的垂心坐标为，
由重心坐标公式可得的重心坐标为，
所以的欧拉线方程为：，化简得.
故答案为：；
16、18
【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
所以，
故答案为：18

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）证明见解析
（2）
【解析】（1）直线方程变形后令的系数等于0消去参数即可求得定点坐标.
（2）先求出圆心C到直线l距离，然后用勾股定理即可求得弦长.
【小问1详解】
，
联立得：
即直线l过定点（.
【小问2详解】
由题意直线l的斜率，即，
∴，
圆，圆心，半径，
圆心C到直线l的距离，
所以直线l被圆C所截得的弦长为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）由条件可得，，然后可得答案；
（2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后算出中点的坐标，然后可得线段的垂直平分线方程，然后可得，然后可求出答案.
【小问1详解】
因为椭圆的一个焦点是，且离心率
所以，，所以
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立可得，所以
所以中点的纵坐标为，横坐标为
所以线段的垂直平分线方程为
令，可得
当时，
当时，，因为，所以
综上：
19、（1）证明见解析.
（2）
【解析】（1）利用线面垂直的性质证明出；（2）利用等体积转换法，先求出O到平面AEF的距离，再求C到平面的距离.
【小问1详解】
在矩形中，.
因为平面平面，平面平面,
所以平面，所以.
【小问2详解】
设AC与BD的交点为O,则C到平面AEF的距离为O到平面AEF的距离的2倍.

因为菱形ABCD的边长为4且，所以.
因为矩形BDFE的面积为8，所以BE=2.
,,则三棱锥的体积.
在△AEF中, ,所以.
记O到平面AEF的距离为d.
由得：,解得：，所以C到平面AEF的距离为.
20、（1）
（2）线段上存在一点，当时，平面.
【解析】（1）设点到平面的距离为，则由 ，由体积法可得答案.
（2）由（1）连接,可得则从而平面，过点作交于点，连接，可证明平面平面，从而可得出答案.
【小问1详解】
由，，为中点，则
由平面，平面,则
又，且,则平面
又，则平面,且都在平面内
所以
所以,
取的中点，连接，则,所以,所以
所以
所以
则

设点到平面的距离为，则由
即,即
【小问2详解】
线段上是否存在一点，使平面.
由（1）连接,则四边形为平行四边形，则
过点作交于，则
为中点，则为的中点,即
又平面，则平面
过点作交于点，连接，则,即
又平面,所以平面
又，所以平面平面
又 平面,所以平面
所以线段上存在一点，当时，平面.

21、（1）；
（2）（i），，；（ii）.
【解析】（1）推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）（i）利用对数函数的单调性结合题中定义可求得、、的值；
（ii）分别解不等式、、，结合题中定义可求得数列的前项的和.
【小问1详解】
解：因为，，则，可得，
，可得，以此类推可知，对任意的，.
由，变形为，
是一个以为公差的等差数列，且首项为，
所以，，因此，.
【小问2详解】
解：（i），则，
，则，故，
，则，故；
（ii），当时，即当时，，
当时，即当时，，
当时，即当时，，
因此，数列的前项的和为.
22、（1）
（2）
【解析】（1）由题意，求出的值，然后根据导数的几何意义即可求解；
（2）根据导数与函数单调性关系，判断函数在区间上的单调性，从而即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，，
因为，所以，解得，
所以，，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
解：因为，，
所以时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即函数在区间上的最小值为.