陕西省西安市第三中学2025-2026学年高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

陕西省西安市第三中学2025-2026学年高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．下列对动直线的四种表述不正确的是（）
A.与曲线C：可能相离，相切，相交
B.恒过定点
C.时，直线斜率是0
D.时，直线的倾斜角是135°
2．在直三棱柱中，，M，N分别是，的中点，，则AN与BM所成角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
3．定义域为的函数满足，且的导函数，则满足的的集合为
A. B.
C. D.
4．下列命题中，一定正确的是（ ）
A.若且，则a>0，b<0
B.若a>b，b≠0，则>1
C.若a>b且a＋c>b＋d，则c>d
D.若a>b且ac>bd，则c>d
5．已知是双曲线：的右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，并交轴于点．若，则的离心率为（）
A. B.
C.2 D.
6．已知数列为等比数列，则“，”是“为递减数列”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
7．的展开式中的系数为，则（）
A. B.
C. D.
8．已知等差数列且，则数列的前13项之和为（）
A.26 B.39
C.104 D.52
9．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）
A. B.
C. D.
10．函数的定义域为，，对任意，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
11．已知数列满足，，记数列的前n项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为（）
A. B.
C. D.
12．圆与圆的交点为A，B，则线段AB的垂直平分线的方程是
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．抛物线（）上的一点到其焦点F的距离______.
14．方程()所表示的直线恒过定点________
15．如图，正方形ABCD的边长为8，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL.依此方法一直继续下去.

①从正方形ABCD开始，第7个正方形的边长为___；②如果这个作图过程可以一直继续下去，那么作到第n个正方形，这n个正方形的面积之和为___.
16．如图，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________

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）如图，正方体的棱长为4，E，F分别是上的点，且.

（1）求与平面所成角的正切值；
（2）求证：.
18．（12分）已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）设为的导数，若方程的两根为，且，当时，不等式对任意的恒成立，求正实数的最小值.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为上一点，且.请用空间向量知识解答下列问题：

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
20．（12分）已知函数.
（I）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.
21．（12分）已知椭圆的焦距为4，点在G上.
（1）求椭圆G的方程；
（2）过椭圆G右焦点的直线l与椭圆G交于M，N两点，O为坐标原点，若，求直线l的方程.
22．（10分）已知椭圆上顶点与椭圆的左，右顶点连线的斜率之积为
（1）求椭圆C的离心率；
（2）若直线与椭圆C相交于A，B两点，，求椭圆C的标准方程
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、A
【解析】根据过定点的直线系求出恒过点可判断B，由点与圆的位置关系可判断A，由直线方程可判断CD.
【详解】直线可化为，
令，，解得，，
所以直线恒过定点，
而该定点在圆C：内部，
所以必与该圆相交
当时，直线方程为，故斜率为0，
当时，直线方程为，故斜率为，倾斜角为135°.
故选：A
2、D
【解析】构建空间直角坐标系，根据已知条件求AN与BM对应的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示求AN与BM所成角的余弦值.
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，

∴，，，，
∴，，
∴，
所以AN与BM所成角的余弦值为.
故选：D
3、B
【解析】利用2f(x)<x＋1构造函数g(x)＝2f(x)－x－1，进而可得g′(x)＝2f′(x)－1>0．得出g(x)的单调性结合g(1) ＝0即可解出
【详解】令g(x)＝2f(x)－x－1.
因为f′(x)>，
所以g′(x)＝2f′(x)－1>0.
所以g(x)单调增函数
因为f(1)＝1，所以g(1)＝2f(1)－1－1＝0.
所以当x<1时，g(x)<0，即2f(x)<x＋1.
故选B.
【点睛】本题主要考察导数的运算以及构造函数利用其单调性解不等式．属于中档题
4、A
【解析】结合不等式的性质确定正确答案.
【详解】A选项，若且，则，所以A选项正确.
B选项，若，则，所以B选项错误.
C选项，如，但，所以C选项错误.
D选项，如，但，所以D选项错误.
故选：A
5、A
【解析】由条件建立a，b，c的关系，由此可求离心率的值.
【详解】设，则，
∵ ，∴，
∴ ，
∴，
∴ ，
∴ ，
∴ 离心率，
故选：A.

6、A
【解析】本题可依次判断“，”是否是“为递减数列”的充分条件以及必要条件，即可得出结果.
【详解】若等比数列满足、，则数列为递减数列，
故“，”是“为递减数列”的充分条件，
因为若等比数列满足、，则数列也是递减数列，
所以“，”不是“为递减数列”的必要条件，
综上所述，“，”是“为递减数列”的充分不必要条件，
故选：A.
【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判定，考查等比数列以及递减数列的相关性质，体现了基础性和综合性，考查推理能力，是简单题.
7、B
【解析】根据二项式展开式的通项，先求得x的指数为1时r的值，再求得a的值.
【详解】由题意得：
二项式展开式的通项为：，
令，则，
故选：B
8、A
【解析】根据等差数列的性质化简已知条件可得的值，再由等差数列前项和及等差数列的性质即可求解.
【详解】由等差数列的性质可得：，，
所以由可得：，
解得：，
所以数列的前13项之和为
，
故选：A
9、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.
10、B
【解析】构造函数，利用导数判断出函数在上的单调性，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.
【详解】依题意可设，所以.
所以函数在上单调递增，又因为.
所以要使，即，只需要，故选B.
【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
11、C
【解析】由已知得，根据等比数列的定义得数列是首项为，公比为的等比数列，由此求得，然后利用裂项求和法求得，进而求得的取值范围.
【详解】解：依题意，当时，，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，，即，
所以，
所以
，
所以的取值范围是.
故选：C.
12、A
【解析】圆的圆心为，圆的圆心为，两圆的相交弦的垂直平分线即为直线，其方程为，即；故选A.
【点睛】本题考查圆的一般方程、两圆的相交弦问题；处理直线和圆、圆和圆的位置关系时，往往结合平面几何知识（如本题中，求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程）可减小运算量.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、【解析】将点坐标代入方程中可求得抛物线的方程，从而可得到焦点坐标，进而可求出
【详解】解：为抛物线上 一点，
即有，，
抛物线的方程为，
焦点为，
即有.
故答案为：5.
14、
【解析】将方程化为，令得系数等于0，即可得到答案.
【详解】方程可化为，
由，得，
所以方程()所表示的直线恒过定点.
故答案为：.
【点睛】本题考查了直线恒过定点问题，属于基础题.
15、 ①.1 ②.
【解析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方可得，然后根据等比数列的通项公式及等比数列的前n项和的公式即可求解.
【详解】设第n个正方形的边长为，第n个正方形的面积为，
则第n个正方形的对角线长为，
所以第n+1个正方形的边长为，
，
∴数列{}是首项为，公比为的等比数列，
，
∴，即第7个正方形的边长为1；
∴数列{}是首项为，公比为的等比数列，

故答案为：1；.
16、（1，1，1）
【解析】设PD＝a，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，
P(0,0，a)，E(1,1，)，
∴＝(0,0，a)，＝(－1,1，)
由cos〈，〉＝，∴＝a·，
∴a＝2.∴E的坐标为(1,1,1)

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）；
（2）证明见解析.
【解析】(1)在正方体中，平面，连接，则为与平面所成的角，在直角三角形，求出即可；
(2)∵是正方体，又是空间垂直问题，∴易采用向量法，∴建立如图所示的空间直角坐标系，欲证，只须证，再用向量数量积公式求解即可.
【小问1详解】
在正方体中，平面，
连接，则为与平面所成的角，
又，，，
∴；
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，直线、、分别轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.

则
∴，，
∴，
∴.
18、（1）
（2）1
【解析】（1）先求导数，根据导数的几何意义可求得切线方程；
（2）将已知方程结合其两根，进行变式，求得，利用该式再将不等式变形，然后将不等式的恒成立问题变为函数的最值问题求解.
【小问1详解】
由题意可得，
所以切点为，
则切线方程为：.
【小问2详解】
由题意有：，则，
因为分别是方程的两个根，
即.两式相减，
则，
则不等式，可变为，
两边同时除以得，，
令，则在上恒成立.
整理可得，在上恒成立，
令，
则，
①当，即时，在上恒成立，
则在上单调递增，
又，则在上恒成立；
②当，即时，当时，，
则在上单调递减，则，不符合题意.
综上：，所以的最小值为1.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的大小.
【小问1详解】
证明：底面，，故以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，
所以，，，，
则，，即，，
又，所以，平面.
【小问2详解】
解：知，，，
设平面的法向量为，则，，
即，令，可得，
设平面的法向量为，由，，
即，令，可得，
，
因此，平面与平面夹角的大小为.
20、（1）（2）
【解析】（Ⅰ）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为（Ⅱ）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解.
试题解析：（I）定义域为.当时，
，
曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于
设，则
，
（i）当，时，，故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
.
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
【考点】 导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性
【名师点睛】求函数的单调区间的方法：
（1）确定函数y＝f（x）定义域；
（2）求导数y′＝f′（x）；
（3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
（4）解不等式f′（x）<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据已知求出即得椭圆的方程；
（2）设l的方程为，，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，根据得到，即得直线l的方程.
【小问1详解】
解：椭圆的焦距是4，所以焦点坐标是，.
因为点在G上，所以，
所以，.
所以椭圆G的方程是.
【小问2详解】
解：显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为，，，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得，
则，.
因为，所以，则，即，
由，得，.
所以，解得，即，
所以直线l的方程为.
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意，可知，可得，再根据椭圆的性质可得，由此即可求出离心率；
（2）将直线与椭圆方程联立，由韦达定理得到，，再根据弦长公式，建立方程，即可求出的值，进而求出椭圆方程.
【小问1详解】
解：由题意可知，椭圆上顶点坐标为，左右顶点的坐标分别为、，
∴，即，则
又，∴，所以椭圆的离心率；
【小问2详解】
解：设，，由得：，
∴，，，
∴，
解得，∴，满足，
∴，∴椭圆C的方程为