精品解析：浙江宁波市象山中学2026-2027学年高二上学期10月国庆返校测试数学试卷(实验班)

象山中学2026学年度第一学期高二年级国庆返校测试（实验班） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合A＝{x|x>1}，B＝{x|x2－2x<0}，则A∪B等于(　　) A. {x|x>0} B. {x|x>1} C. {x|1<x<2} D. {x|0<x<2} 2. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知的内角，，的对边分别为，，，若且，则（ ） A. 或 B. C. D. 5. 已知，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，，且，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，，为上两点，.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为 “局部反比例对称函数”. 若的导函数是定义在区间上的 “局部反比例对称函数”，则实数的最大值与最小值之差为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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. 科研人员测试多组碳化硅功率器件的耐压性能，得到一组实验数据，，，…，，已知该组数据的平均数为4，方差为3，极差为8，中位数为5．对原始数据进行线性变换，得到一组新数据，，，…，，若新数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知动点与两定点，的距离的比为，设点所构成的曲线为，则（     ） A. 曲线的方程为 B. 曲线上的点到直线的最小距离为 C. 曲线上恰有三点到直线的距离为，则 D. 若点坐标为，则的最小值为 11. 在空间中，从同一个顶点发出多条射线围成一个“锥”，张开的空间范围就叫“立体角”.如图，以锥的顶点为球心，作半径为1的单位球面，这个锥会在球面上截取一块曲面，该曲面的面积就是立体角的大小.现有底面半径为2的圆锥，设母线长为l，记其顶点锥口的立体角为.另有四棱锥，其底面是边长为2的正方形，记其顶点锥口的立体角为.则下列说法中正确的有（ ） A. 对任意， B. 若，则 C. 当平面时，若，则 D. 当四棱锥是正四棱锥时，若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，为虚数单位，若，则__________． 13. 已知平面截球得截面圆，其面积为；过圆心且与平面所成角的大小为的平面截球得截面圆，其面积为，则球的表面积为___________． 14. 已知双曲线E：()的左、右焦点分别为、，点A在E的右支上，若，且直线与E的一条渐近线垂直，则E的离心率为______. 四、解答题：本题共5小题，共77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）求函数的最小正周期及在区间上的最大值； （2）若，，求的值. 16. 已知直线，圆． （1）若直线l恰好为圆C的切线，求圆C的半径； （2）设直线与轴的交点为，以为圆心，2为半径作圆，若过圆上一点能作圆的两条切线，切点分别为，且恰存在两个点满足，求的取值范围． 17. 如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，，点是的中点，点是线段上一点． （1）求证：平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆的右顶点为，右焦点为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，斜率为的直线交椭圆于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点．若上存在点使得，求直线的斜率． （3）已知点是上的一点，若，当点到直线的距离最大时．求直线的方程． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极大值为非负实数，求实数的取值范围； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 象山中学2026学年度第一学期高二年级国庆返校测试（实验班） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合A＝{x|x>1}，B＝{x|x2－2x<0}，则A∪B等于(　　) A. {x|x>0} B. {x|x>1} C. {x|1<x<2} D. {x|0<x<2} 【答案】A 【解析】 【分析】先解出集合，再由并集的定义即可求出． 【详解】因为集合，A＝{x|x>1}，所以． 故选：A． 【点睛】本题主要考查集合的并集运算，属于基础题． 2. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由空间中线面关系可得答案. 【详解】对于A，若，则或与相交，故A错误； 对于B，若，则或与相交或是异面直线，故B错误； 对于C，若，则或是异面直线，故C错误； 对于D，根据平面与平面垂直的判定定理可推出，故D正确． 3. 设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】取，，满足，但是，所以甲推不出乙. 由柯西不等式可得， 结合可得，即，因此乙能推出甲. 综上甲是乙的必要不充分条件，选项B成立. 4. 已知的内角，，的对边分别为，，，若且，则（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，结合正弦定理可得： , 故，则或，又，故舍去， 所以. 5. 已知，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆方程求出焦点坐标，设椭圆上点，利用坐标公式计算，结合椭圆方程消去，化简得到关于的函数；结合椭圆中的取值范围，求解数量积的取值范围. 【详解】由椭圆方程为，可得长半 ；短半轴 ； 所以椭圆的半焦距， 故椭圆的左、右焦点坐标分别 ，. 设椭圆上任意一点的坐标为，， 则向量，， ， 由椭圆方程，可得 ，代入数量积的表达式得： ， 由，可得： 当（即点在椭圆短轴端点处）时， 取得最小值； 当 （即点在椭圆长轴端点处）时， 取得最大值 . 所以 的取值范围是 . 6. 已知函数，，，且，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得，结合，根据函数单调性的定义得到函数单调递减，根据正弦函数的单调递减区间，得到的取值范围. 【详解】由得，设， 因为，，时，，所以在上单调递减， 当时， ， ，，解得， 因为，所以，因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是. 7. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，，为上两点，.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，根据垂直的向量表示得到，再根据抛物线的定义结合基本不等式即可求解. 【详解】设，，则，， 因为，所以， 又，，则，整理得， 由抛物线的定义得 ，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 8. 对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为 “局部反比例对称函数”. 若的导函数是定义在区间上的 “局部反比例对称函数”，则实数的最大值与最小值之差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求导得到，根据新定义列出，利用的恒等式换元 并确定范围，将条件转化为方程在对应区间内有解，再结合判别式与函数单调性求的最大值. 【详解】，因为的导函数是定义在区间上的 “局部反比例对称函数”，所以存在，使得， 即，所以在有解. 令，设，则. 因为，所以，所以在上单调递增，所以当时，. 设，所以当时，有解. 当，即时，在上单调递增，所以，解得； 当，即，在上单调递减，上单调递增， 所以，解得，又，所以不存在符合条件的. 综上，，所以实数m的最大值与最小值之差为. 【点睛】新定义转化为方程有解，换元后利用二次函数零点分布，按对称轴分类讨论求参数范围. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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. 科研人员测试多组碳化硅功率器件的耐压性能，得到一组实验数据，，，…，，已知该组数据的平均数为4，方差为3，极差为8，中位数为5．对原始数据进行线性变换，得到一组新数据，，，…，，若新数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】结合平均数、方差、极差、中位数的变换性质逐一计算判断即可. 【详解】线性变换为，平均数、中位数都同样变换为原来的2倍加3，所以，，选项A、D正确； 方差变为原来的倍，所以，选项B错误； 极差变为原来的2倍，所以，选项C错误. 10. 已知动点与两定点，的距离的比为，设点所构成的曲线为，则（     ） A. 曲线的方程为 B. 曲线上的点到直线的最小距离为 C. 曲线上恰有三点到直线的距离为，则 D. 若点坐标为，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件求出曲线C的方程，利用两点之间线段最短以及点到直线的距离公式对各个选项逐个计算即可求解. 【详解】设点的坐标为，根据题意，，即， 所以， 整理得，即， 因此，曲线是以为圆心，为半径的圆，故A正确； 圆心到直线的距离为：， 则曲线上的点到直线的最小距离为，故B正确； 圆心到直线的距离为：， 若曲线上恰有三点到直线的距离为，则， 所以，即，解得或，因此，的取值不唯一，故C错误； 曲线的方程，， 因此， 因为，，所以， 因此，故D正确. 11. 在空间中，从同一个顶点发出多条射线围成一个“锥”，张开的空间范围就叫“立体角”.如图，以锥的顶点为球心，作半径为1的单位球面，这个锥会在球面上截取一块曲面，该曲面的面积就是立体角的大小.现有底面半径为2的圆锥，设母线长为l，记其顶点锥口的立体角为.另有四棱锥，其底面是边长为2的正方形，记其顶点锥口的立体角为.则下列说法中正确的有（ ） A. 对任意， B. 若，则 C. 当平面时，若，则 D. 当四棱锥是正四棱锥时，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题明确立体角的定义：以锥顶点为球心作半径为1的单位球面，锥在球面上截取的曲面面积就是该立体角的大小.结合圆锥、正四棱锥几何特征，利用球面几何知识，正方体几何知识，逐一分析选项. 【详解】对于A，由题可得，如图所示，圆锥在球面上截取的曲面面积小于该球表面积的一半， 记球的表面积为，则；A正确； 对于B，如图所示，因为，所以圆锥的高， 作圆锥底面圆的外接正方形，设顶点为，分别连接正方形各顶点，则该四棱锥为正四棱锥，设其立体角为，易得， 以该正方形为底面作正方体，则单位球在该正方体内，且该正方体与单位球都是关于点的中心对称图形， 又因为正方体能分成6个如图所示的正四棱锥， 所以，所以；B错误； 对于C，将正方形边长扩大两倍形成如图所示大正方形，将顶点分别连接大正方形各顶点，得到大正四棱锥， 设其立体角为，则， 以大正方形为底面，形成一个正方体，该正方体边长为4， 由B可得，所以，且为该正方体的中心，则；C正确； 对于D，同理B可得，此时单位球面与正方体面相切，则点到底面的距离，.D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，为虚数单位，若，则__________． 【答案】（或） 【解析】 【详解】． 13. 已知平面截球得截面圆，其面积为；过圆心且与平面所成角的大小为的平面截球得截面圆，其面积为，则球的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出两个截面圆的半径，结合球心到截面的距离公式和二面角的几何关系建立关于球半径的方程，求解后计算球的表面积. 【详解】按照题意画出如下图草图， 由已知条件可得，圆的半径为，即，圆的半径为，即， 由球的性质可知，平面，平面， 因为平面和平面所成的角为，所以与平面的夹角为， 又因为平面，所以，则， 设，则，设球的半径为， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，， 则，解得，即， 所以球的表面积为. 14. 已知双曲线E：()的左、右焦点分别为、，点A在E的右支上，若，且直线与E的一条渐近线垂直，则E的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线定义设边长，结合斜率关系和正弦定理求边长，再利用余弦定理建立关于方程求解离心率. 【详解】如图所示：点在双曲线右支，由双曲线定义得：， 设，则，. 双曲线渐近线斜率为，直线与一条渐近线垂直，故， 即在中，得. 由，得. 在中，由正弦定理得：， 代入得：，解得，因此. 在中，由余弦定理得：， 代入得：， 化简得：，即，故离心率. 四、解答题：本题共5小题，共77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）求函数的最小正周期及在区间上的最大值； （2）若，，求的值. 【答案】（1）最小正周期为；最大值为2；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由二倍角公式和辅助角公式化简得，即可求出最小正周期，再根据的取值范围结合三角函数的性质可求出最大值； （2）由题可得，进而求出，再由即可求出. 【详解】（1）由， 得， 所以函数的最小正周期为. 由可知， 则当，即时，取得最大值为. （2）∵，∴. 又，∴，∴. ∴ . 【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简求三角函数性质，考查三角函数值的求法，属于基础题. 16. 已知直线，圆． （1）若直线l恰好为圆C的切线，求圆C的半径； （2）设直线与轴的交点为，以为圆心，2为半径作圆，若过圆上一点能作圆的两条切线，切点分别为，且恰存在两个点满足，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将圆的一般方程转化为标准方程从而得到圆心及半径，根据直线与圆相切列方程即可求出答案； （2）根据题意可得到以为圆心，为半径的圆与圆相交，根据两圆的位置关系列不等式即可求出答案. 【小问1详解】 由圆，得圆， 所以圆心为，半径． 若直线恰好为圆C的切线， 则，解得，即圆C的半径为2． 【小问2详解】 是正方形， 故满足条件的点在以为圆心，为半径的圆上， 即点既在圆上又在圆上，“恰存在两个点”圆与圆相交． 由直线的方程，得，圆的半径，圆的半径，圆心距，相交的条件为．① 由不等式①右端，解得． 由，得． 由不等式①左端得或，结合得． 综上，a的取值范围为 17. 如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，，点是的中点，点是线段上一点． （1）求证：平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接，因为，所以，又，点是的中点， 在中，，，所以， 因为是边长为2的等边三角形，点是的中点， 所以， 已知，在中，，所以， 因为平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形中线的性质和勾股定理证得，根据线面垂直的判定定理证得结果； （2）利用空间向量法计算线面夹角的正弦值； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则 ， 点是线段上一点，且由题意可得M与B不重合， 设， 所以， ， 由题，平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以， 因为二面角为，所以， 即，所以， 于是，，， 设直线与平面所成角为，所以 18. 已知椭圆的右顶点为，右焦点为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，斜率为的直线交椭圆于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点．若上存在点使得，求直线的斜率． （3）已知点是上的一点，若，当点到直线的距离最大时．求直线的方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，进而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用根与系数关系以及求得点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值. （3）先求得点的坐标，设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用根与系数关系以及求得直线所过定点的坐标，结合点到直线的距离最大求得直线的方程. 【小问1详解】 由题可知，， 又椭圆四个顶点所组成的菱形面积为，解得， 因此椭圆方程为． 【小问2详解】 因为椭圆方程为，所以， 设直线的方程为， 联立，可得， 所以，，，所以． 因为，所以， 代入椭圆的方程，， ， ，． 【小问3详解】 由点在椭圆上可得，因此点坐标为． 设直线的方程为，联立方程组， 消去变量可得：①． 设直线与椭圆交点分别为， 则是方程①的两根，由韦达定理可知：，②． 由，可得． 又， 所以， 即， 将②代入可得， 即， 分解因式可得． 又直线不过点，所以． 因此，所以，所以直线方程为； 因此直线过定点； 当直线与垂直时，点到直线的距离最大，此时易得，因此， 所以直线的方程为，即． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极大值为非负实数，求实数的取值范围； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明： 要证，即证，即证， 结合（2）中、， 代入得：， 令，则, 在上单调递增，在上单调递减， 因此的最大值为，即， 又由题设恒成立得，即， 因此，得证. 【解析】 【分析】（1）先代入写出函数，算出切点；对求导，进而得到切线斜率，再用点斜式写出切线方程. （2）求导，分析导数单调性，找到极大值点， 求，再次求导可知单调递减，故最多一个零点，就是的极大值点；利用把参数用表示，代入得到极大值只关于；由极大值解出范围，再回代求的取值范围. （3）对恒成立，等价于，得到；于是，把都用极值点代换，构造单变量函数；求最大值，证明其最大值小于4，即可证得. 【小问1详解】 当时，， ，即切点为. 由， 代入得切线斜率， 由点斜式得切线方程：，即. 【小问2详解】 ， 设，， 由于 时，恒成立， 因此在上是严格单调递减函数， 所以的导数最多存在一个零点： 若无零点，则 恒成立，在上单调递减，不存在极大值； 若存在唯一零点 ，则当时，单调递增； 当时，单调递减，此时就是的唯一极大值点. 设极大值点为 ，则满足 ，即：，可得： 要求极大值为非负实数，即，令函数， 显然在上单调递增，且 ， 因此：， 由于，该函数关于单调递增（导数为）， 当 时：， 当时，，，极大值点为 ， 对应极大值，满足“非负实数”， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $