浙江省宁波市2025-2026学年高二上学期九校联考数学试题

宁波市学年第一学期期末九校联考高二数学试题第Ⅰ卷一、单项选择题：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.已知函数满足，则（）A.0B.1C.2D.4【答案】B【解析】【分析】根据导数的定义及极限的运算性质计算可得.【详解】已知满足，则，即.故选：B2.已知双曲线的方程为，则该双曲线的渐近线方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先化方程为标准方程，利用渐近线求法直接计算即可.【详解】由得，所以，所以；所以该双曲线的渐近线方程为；故选：A3.若构成空间一个基底，则下列向量不共面的是（）第1页/共22页

A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量共面的定义逐项判断即可求解.【详解】对于A选项，有，所以共面；对于B选项，有，所以共面；对于C选项，，所以共面.对于D选项，假设共面，则有，即，由此有共面，与已知条件矛盾，所以不共面；故选：D4.直线与圆的位置关系是（）A.相离B.相交C.相切D.无法确定【答案】B【解析】【分析】计算圆心到直线的距离并与半径比较.【详解】圆，则圆心，半径，则圆心到直线的距离为，故直线与圆的位置关系是相交.故选：B5.已知数列满足，且是递增数列，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.第2页/共22页

【答案】C【解析】【分析】根据递增数列的定义建立不等式组，解之可得选项.详解】已知，时，，是斜率为的一次函数，单调递增，，函数为开口向下的二次函数，对正整数，递增，即相邻的项满足：，代入得：，解得：，故要使时数列递增，需，同时分段点处需满足，即，综上取值范围是.故选：C6.的棱上有两点与垂直于棱．若，则平面与平面的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，结合数量积运算可得，即可得面面夹角.【详解】由题意可知：，，因为，第3页/共22页

则，即，解得，且，则，所以平面与平面的夹角为.故选：C.7.已知椭圆的左、右焦点为，点在上且位于第一象限，且交轴于点的内切圆为，的内切圆为与外切，求椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用直角三角形的内切圆的几何性质，可得到两内切圆全等，从而可得为的中点，即可得的坐标，再通过斜率乘积为，可得到齐次方程来求离心率.【详解】由于圆与外切，且都与相切，所以切点在两圆连心线上，设两圆,与分别相切于点，因为，所以可得四边形与四边形都是正方形，且它们的边长相等，第4页/共22页

即四边形与四边形是全等四边形，则两内切圆,的半径相等，从而可得到，所以为的中点，即的横坐标为，设的纵坐标为，则有，由于，可得，即，化简得：，解得或因为，所以可解得，故选：A8.已知数列、、的通项公式为．若对任意的；、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数的个数是（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】根据三角形三边关系列出不等式，结合数列的单调性求解不等式，确定满足条件的正整数的个数.【详解】因，，则介于和之间，即，因为、、的值均能构成三角形，所以需满足，即，当时，，所以，不满足；当时，，所以，不满足；第5页/共22页

当时，，所以，不满足；当时，，所以，不满足；当时，，所以，满足；当时，，所以，满足；当时，，所以，满足；当时，，所以，不满足；当时，增长速度比快，所以不满足，综上，满足条件的正整数为，共个，故选：B二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知直线，直线，则（）A.直线过定点B.若，则C.若，则D.若，则直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】根据直线过定点、两条直线平行与垂直以及三角形面积公式逐一分析即可.【详解】可将直线化为，令，解得，故直线过定点，故A正确.若，则，解得，当时，直线，直线，符合题意；当时，直线，直线，符合题意；故B正确，第6页/共22页

若故C正确,令直线中，则，令，坐标轴围成的三角形面积为，，，，当且仅当，即时等号成立，此时，故D错误.故选：ABC.10.设曲线，则（）A.曲线关于轴对称B.曲线上的点到坐标原点的距离的最大值为2C.曲线上点的纵坐标的取值范围是D.曲线的内部有9个整点（横纵坐标均为整数）【答案】ACD【解析】【分析】讨论与的大小关系，化简即可得到曲线关于轴对称，曲线上点的纵坐标的取值范围，由纵坐标的取值范围得到曲线上的点到坐标原点的距离最大值，列举可得曲线的内部的整点.【详解】，当时，，平方整理得，，当时，，平方整理得，，曲线关于轴对称，A正确；则曲线上点的纵坐标的取值范围是，C正确，上的点到坐标原点的距离的最大值为第7页/共22页

3，B错误；由C知，曲线的内部的整点纵坐标可能为，当时，令，得，当时，令得，当时，令得，结合图像可得曲线内部的整点为：共9个，D正确；故选：ACD.在直三棱柱中，，是底边上一点，且，则（）A.直三棱柱外接球的表面积为B.当时，平面平面C.直线与所成角的余弦的最大值为D.点是的中点，点是线段上的一个动点，则的最小值为【答案】ABD【解析】A所在直线为直判断B选项；构建关于的函数，分析其最大值判断C选项；取的中点，记为，取的中点，第8页/共22页

记为，因为点是的中点，所以点的轨迹是线段.因为点是线段上的一个动点，所以的最小值，即为线段上的点到线段的距离的最小值，结合长方体的性质可求得此距离，判断D.的底面中，其外接球直径为长方体体对角线.因为，所以.因为所以，所以.所以直三棱柱外接球直径，半径，表面积：，A选项正确；以为原点，方向为轴建立空间坐标系，，，，，，则，，.当时，.，，.设平面的一个法向量，则，令则,,即，设平面的一个法向量，由，令，则1，，即第9页/共22页

因为，故平面平面，B选项正确.设,设直线与所成的角为，则,设，，因为，所以，所以，所以，所以，当时，，即在，取得最大值，最大值为，所以C选项错误；对于选项D，如图所示，取的中点，记为，取的中点，记为，因为点是的中点，所以点的轨迹是线段.因为点是线段上的一个动点，所以的最小值，即为线段上的点到线段的距离的最小值.过作的平行线，交长方体的棱于点，由长方体的性质知，分别为所在棱的中点.因为平面，所以，所以与间的距离为.因为均在平面的同侧，所以点到的距离（即与间的距离）即为所求最小值.所以的最小值为.所以D正确.第10页/共22页

第Ⅱ卷三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分．12.记为等比数列的前项和，若，则公比___________．【答案】2【解析】【分析】直接根据等比数列前n项和的性质,即前n项和的片段和性质可得.【详解】因为数列为等比数列，且，所以，即，解得.故答案为：213.已知抛物线，直线过点，且与交于两点，其中点在第一象限，若，则直线的斜率为___________．【答案】【解析】的方程为、的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由向量关系可得出，代入韦达定理求出的值，即可得出直线的斜率.【详解】由于过点的直线与抛物线相交于、两点，故直线斜率不为，设直线的方程为，设点、，第11页/共22页

联立，可得，，由韦达定理可得，，因为，所以，可得，则，解得，，解得，所以直线的方程为，即，所以直线的斜率为.故答案为：.14.已知函数在上既有最大值，又有最小值，则实数的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】先对函数求导，根据导数判断函数的单调性，再结合函数在给定区间既有最大值又有最小值，建立不等式，求解.【详解】，令，即，解得或，要使函数在上既有最大值，又有最小值，则必须满足两个极值点都在内，且极值点处的函数值必须为区间内的最大值和最小值；若，此时，则需要，解得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；所以，，，，第12页/共22页

则需满足，即，解得，所以；若，此时，则需要，解得；在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；所以，，，，则需满足，即，无解；若，则恒成立，所以函数在上单调递增，无最大值和最小值，综上所述：的取值范围为.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）若，求函数在点处的切线方程；（2）讨论函数的极值．【答案】（1）第13页/共22页

（2）答案见解析【解析】1）利用导数的几何意义求出切线斜率，然后利用点斜式直线方程求解即可；（2）按照，，分类讨论研究函数的单调性，进而求出极值.【小问1详解】当时，，因为，所以切点为，又，所以切线斜率，故切线方程为，即；【小问2详解】函数的定义域为，且，当时，恒成立，所以在上单调递减，无极值．当时，令，解得；令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，，所以的极小值为，无极大值．16.已知数列的前项和为，若数列满足，且．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】1）根据的关系得到数列的递推关系，再根据求出的通项公式；（2）利用裂项相消法求和.第14页/共22页

【小问1详解】当时，，整理得，即，又，所以，所以，从而【小问2详解】因为，所以．17.如图，在三棱台中，平面平面，为的中点，．（1）证明：；（2）当三棱台的体积为时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1平面第15页/共22页

，即可根据线面垂直的判定求解，（2）根据体积公式可求解长度，进而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量的夹角即可得解.【小问1详解】证明：取中点，连接．由得，．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以．又，所以四边形是菱形，从而．又，所以平面．又平面，所以．【小问2详解】取的中点，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．所以三棱台的高．设，则，，从而，解得．以为原点，直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，则，第16页/共22页

设平面的法向量，则即令，则，设直线与平面所成角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为．18.已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）为椭圆作直线交椭圆于两点，的斜率为，直线的斜率为.（i）证明为定值；（ii作垂直于轴的直线与交于点，为交直线于点的取值范围.【答案】（1）（2iii）【解析】1）根据椭圆的离心率公式和椭圆中的关系列出方程即可求解；第17页/共22页

（2i）联立直线方程与椭圆的方程，根据根与系数的关系和斜率公式即可求解；（ii）利用直线与的方程求出直线的方程，然后与直线的方程联立，可求得点的坐标，最后将转化为，结合的范围即可求解.【小问1详解】因为椭圆过点，且离心率为；所以，，即；解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】（i）依题意，直线的斜率存在，设，，由，得，所以，所以，即，，，解得，第18页/共22页

又在第一象限，所以；由（1）知，，所以，所以；（ii）因为直线的方程为，令，则；又为，所以；所以直线的斜率；又，所以，所以直线的方程为；由，