2025屆浙江省寧波市金蘭教育合作組織高二數學第一學期期末質量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知曲線C的方程為，則下列結論正確的是（）A.當時，曲線C為圓B.“”是“曲線C為焦點在x軸上的雙曲線”的充分而不必要條件C.“”是“曲線C為焦點在x軸上的橢圓”的必要而不充分條件D.存在實數k使得曲線C為雙曲線，其離心率為2．四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，點E為棱PC的中點，若，則等于（）A.1 B.C. D.23．設為橢圓上一點，，為左、右焦點，且，則（）A.為銳角三角形 B.為鈍角三角形C.為直角三角形 D.，，三點構不成三角形4．圓關于直線l：對稱的圓的方程為（）A. B.C. D.5．命題“，”否定是（）A.， B.，C.， D.，6．直線：和圓的位置關系是（）A.相離 B.相切或相交C.相交 D.相切7．（）A. B.C. D.8．已知五個數據3，4，x，6，7的平均數是x，則該樣本標準差為（）A.1 B.C. D.29．若橢圓與直線交于兩點,過原點與線段AB中點的直線的斜率為,則A. B.C. D.210．設為空間中的四個不同點，則“中有三點在同一條直線上”是“在同一個平面上”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件 D.既非充分又非必要條件11．在各項均為正數的等比數列中，若，則（）A.6 B.12C.56 D.7812．若，都為正實數，，則的最大值是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為2，則該雙曲線的實軸長為______.14．狄利克雷是十九世紀德國杰出的數學家，對數論、數學分析和數學物理有突出貢獻.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函數”.若，根據“狄利克雷函數”可求___________.15．若和或都是假命題，則的范圍是__________16．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點是圓上一個動點，且線段的中點在的一條漸近線上，若，則的離心率的取值范圍是________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列{an}的首項a1＝1，且an＋1＝(n∈N*).（1）證明：數列是等比數列；（2）設bn＝－，求數列{bn}的前n項和Sn.18．（12分）已知，2，4，6中的三個數為等差數列的前三項，且100不在數列中，102在數列中.（1）求數列的通項；（2）設，求數列的前項和.19．（12分）如圖，在四棱錐中中，平面ABCD，底面ABCD是邊長為2的正方形，.（1）求證：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.20．（12分）如圖所示，平面ABCD，四邊形AEFB為矩形，，，（1）求證：平面ADE；（2）求平面CDF與平面AEFB所成銳二面角的余弦值21．（12分）二項式展開式中第五項的二項式系數是第三項系數的4倍.求：（1）；（2）展開式中的所有的有理項.22．（10分）如圖，在直四棱柱中，（1）求二面角的余弦值；（2）若點P為棱的中點，點Q在棱上，且直線與平面所成角的正弦值為，求的長

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】根據橢圓、雙曲線的定義及簡單幾何性質計算可得；【詳解】解：由題意，曲線C的方程為，對于A中，當時，曲線C的方程為，此時曲線C表示橢圓，所以A錯誤；對于B中，當曲線C的方程為表示焦點在x軸上的雙曲線時，則滿足，解得，所以“”是“曲線C為焦點在x軸上的雙曲線”的必要不充分條件，所以B不正確；對于C中，當曲線C的方程為表示焦點在x軸上的橢圓時，則滿足，解得，所以“”是“曲線C為焦點在x軸上的雙曲線”的必要不充分條件，所以C正確；對于D中，當曲線C的方程為表示雙曲線，且離心率為時，此時雙曲線的實半軸長等于虛半軸長，此時，解得，此時方程表示圓，所以不正確.故選：C.2、B【解析】運用向量的線性運用表示向量，對照系數，求得，代入可得選項.【詳解】因為，所以，所以，所以，解得，所以，故選：B.3、D【解析】根據橢圓方程求出，然后結合橢圓定義和已知條件求出并求出，進而判斷答案.【詳解】由題意可知，，由橢圓的定義可知，而，聯立方程解得，且，則6+2=8，即不構成三角形.故選：D.4、A【解析】首先求出圓的圓心坐標與半徑，再設圓心關于直線對稱的點的坐標為，即可得到方程組，求出、，即可得到圓心坐標，從而求出對稱圓的方程；【詳解】解：圓的圓心為，半徑，設圓心關于直線對稱的點的坐標為，則，解得，即圓關于直線對稱的圓的圓心為，半徑，所以對稱圓的方程為；故選：A5、D【解析】根據含有量詞的命題的否定即可得出結論.【詳解】命題為全稱命題，則命題的否定為：，.故選：D.6、C【解析】直線l：y﹣1＝k（x﹣1）恒過點（1，1），且點（1，1）在圓上，直線的斜率存在，故可知直線l：y﹣1＝k（x﹣1）和圓C：x2+y2﹣2y＝0的關系【詳解】圓C：x2+y2﹣2y＝0可化為x2+（y﹣1）2＝1∴圓心為（0，1），半徑為1∵直線l：y﹣1＝k（x﹣1）恒過點（1，1），且點（1，1）在圓上且直線的斜率存在∴直線l：y﹣1＝k（x﹣1）和圓C：x2+y2﹣2y＝0的關系是相交，故選C【點睛】本題考查的重點是直線與圓的位置關系，解題的關鍵是確定直線恒過定點，此題易誤選B，忽視直線的斜率存在7、B【解析】根據微積分基本定理即可直接求出答案.【詳解】故選：B.8、B【解析】先求出的值，然后利用標準差公式求解即可【詳解】解：因為五個數據3，4，x，6，7的平均數是x，所以，解得，所以標準差，故選：B9、D【解析】細查題意，把代入橢圓方程，得，整理得出，設出點的坐標，由根與系數的關系可以推出線段的中點坐標，再由過原點與線段的中點的直線的斜率為，進而可推導出的值.【詳解】聯立橢圓方程與直線方程，可得，整理得，設，則，從而線段的中點的橫坐標為，縱坐標，因為過原點與線段中點的直線的斜率為，所以，所以，故選D.【點睛】該題是一道關于直線與橢圓的綜合性題目，涉及到的知識點有直線與橢圓相交時對應的解題策略，中點坐標公式，斜率坐標公式，屬于簡單題目.10、A【解析】由公理2的推論即可得到答案.【詳解】由公理2的推論:過一條直線和直線外一點,有且只有一個平面,可得在同一平面,故充分條件成立;由公理2的推論：過兩條平行直線,有且只有一個平面,可得,當時,同一個平面上,但中無三點共線,故必要條件不成立;故選:A【點睛】本題考查點線面的位置關系和充分必要條件的判斷,重點考查公理2及其推論;屬于中檔題;公理2的三個推論：經過一條直線和直線外一點,有且只有一個平面;經過兩條平行直線,有且只有一個平面;經過兩條相交直線,有且只有一個平面;11、D【解析】由等比數列的性質直接求得.【詳解】在等比數列中，由等比數列的性質可得：由，解得：；由可得：，所以.故選：D12、B【解析】由基本不等式，結合題中條件，直接求解，即可得出結果.【詳解】因為，都為正實數，，所以，當且僅當，即時，取最大值.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】求得雙曲線的一條漸近線方程，求得圓心和半徑，運用點到直線的距離公式和弦長公式，可得a，b的關系，即可得到的值【詳解】一漸近線x＋ay＝0，被圓(x－2)2＋y2＝4所截弦長為2，所以圓心到直線距為，即，a＝1.所以雙曲線的實軸長為2.故答案為：14、1【解析】由“狄利克雷函數”解析式，先求出，再根據指數函數的解析式求即可.【詳解】由題設，，則.故答案：115、【解析】先由和或都是假命題，求出x的范圍，取交集即可.【詳解】若為假命題，則有或若或是假命題，則所以的范圍是即的范圍是胡答案：16、【解析】設，，因為點是線段中點，所以有，代入坐標求出點的軌跡為圓，因為點在漸近線上，所以圓與漸近線有公共點，利用點到直線的距離求出臨界狀態下漸近線的斜率，數形結合求出有公共點時漸近線斜率的范圍，從而求出離心率的范圍.【詳解】解：設，，因為點是線段的中點，所以有，即有，因為點在圓上，所以滿足：，代入可得：，即，所以點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的圓，如圖所示：因為點在漸近線上，所以圓與漸近線有公共點，當兩條漸近線與圓恰好相切時為臨界點，則：圓心到漸近線的距離為，因為，所以，即，且，所以，此時，，當時，漸近線與圓有公共點，.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析.（2）2－.【解析】（1）根據遞推公式，得到，推出，即可證明數列是等比數列；（2）先由（1）求出，即bn＝，再錯位相減法，即可求出數列的和.【小問1詳解】（1）證明：因為an＋1＝，所以＝＝＋，所以－＝－＝，又a1－≠0，所以數列為以－＝為首項，為公比的等比數列.【小問2詳解】解：由（1）可得＝＋，所以bn＝，所以Sn＝＋＋＋…＋，①所以Sn＝＋＋…＋＋，②①－②得，Sn＝＋＋…＋－＝－，解得Sn＝2－.18、（1）（2）【解析】（1）確定數列為遞增數列，然后由4個數確定等差數列，得通項公式，驗證100和102是否為數列中的項得結論；（2）由裂項相消法求和【小問1詳解】首先數列是遞增數列，當2，4，6為的前三項時，易知此時，100，102都是該數列中的項，不滿足題意當，2，6為的前三項時，易知此時，100不是該數列中的項，102是該數列中的項，滿足題意所以【小問2詳解】因為所以所以.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據平面得到，結合得到證明。（2）建立空間直角坐標系，計算各點坐標，計算平面的法向量，根據向量的夾角公式得到答案。【小問1詳解】由于平面，平面，所以，由于，又，所以平面【小問2詳解】兩兩垂直，建立如圖所示空間直角坐標系，，，，，，設平面的一個法向量為設平面的一個法向量為，由，得，故可取所以所以二面角的平面角的余弦值20、（1）見解析（2）【解析】（1）根據，，從而證明平面平面ADE，從而平面ADE。（2）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出點的空間坐標，根據向量法求解即可。【詳解】（1）∵四邊形ABEF為矩形又平面ADE，AE平面ADE平面ADE又，同理可得：平面ADE又，BF，BC平面BCF∴平面平面ADE又CF平面BCF平面ADE（2）如圖，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，，,,設是平面CDF的一個法向量，則即令，解得又是平面AEFB的一個法向量，∴平面CDF與平面AEFB所成銳二面角的余弦值為.【點睛】此題考查立體幾何線面平行證明和二面角求法，線面平行可先證面面平行得到，屬于簡單題目。21、（1）6；（2），，【解析】（1）先得到二項展開式的通項，再根據第五項的二項式系數是第三項系數的4倍，建立方程求解.（2）根據（1）的通項公式求解.【詳解】（1）二項展開式的通項.依題意得，，所以，解得.（2）由（1）得，當，3，6時為有理項，故有理有，，.【點睛】本題主要考查二項式定理的通項公式，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.22、（1），（2）【解析】（1）推導出，以A為原點，分別以，，所在的直線為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求二面角的余弦值；（2）設，則，求出平面的法向量，利用空間向量求出的長【詳解】解（1）在直四棱柱中，因為平面，平面，平面，所以因為，所以以A為原點，分別以，，所在的直線為軸，軸，軸