湖南省浏阳一中2026届高二数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

湖南省浏阳一中2026届高二数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大的．”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决一下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（）

A.
B.
C.或
D.或
2．已知圆和圆恰有三条公共切线，则的最小值为（）
A.6 B.36
C.10 D.
3．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的解集是（）

A. B.
C. D.
4．已知点在抛物线上，则点到抛物线焦点的距离为（）
A.1 B.2
C.3 D.4
5．在各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A.6 B.12
C.56 D.78
6．设，是椭圆C：的左、右焦点，若椭圆C上存在一点P，使得，则椭圆C的离心率e的取值范围为（）
A. B.
C. D.
7．如图所示，在中，，，，AD为BC边上的高，；若，则的值为（ ）

A. B.
C. D.
8．设变量，满足约束条件则的最小值为（ ）
A.3 B.－3
C.2 D.－2
9．命题“存在，使得”的否定为（）
A.存在， B.对任意，
C对任意， D.对任意，
10．设、是向量，命题“若，则”的逆否命题是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
11．若函数，当时，平均变化率为3则等于（）
A. B.2
C.3 D.1
12．已知直线与椭圆：（）相交于，两点，且线段的中点在直线：上，则椭圆的离心率为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若平面内两条直线，平行，则实数______
14．若函数，则_______
15．命题“”的否定为_____________.
16．曲线在点处的切线方程为_______.
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）已知椭圆的离心率为，以为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点和平面内一点，过点任作直线与椭圆相交于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，，试求，满足的关系式.
18．（12分）已知首项为1的等比数列，满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和
19．（12分）已知正项数列的前项和满足
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
20．（12分）已知椭圆的一个顶点为，离心率为
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l与椭圆C交于M、N两点，直线BM与直线BN的斜率之积为，证明直线l过定点并求出该定点坐标
21．（12分）已知三点共线，其中是数列中的第n项.
（1）求数列的通项；
（2）设，求数列的前n项和.
22．（10分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值
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、A
【解析】根据米勒问题的结论，点应该为过点、的圆与轴的切点，设圆心的坐标为，写出圆的方程，并将点、的坐标代入可求出点的横坐标.
【详解】解：设圆心的坐标为，则圆的方程为，

将点、的坐标代入圆的方程得，
解得或（舍去），因此，点的横坐标为，
故选：A.
2、B
【解析】由公切线条数得两圆外切，由此可得的关系，从而点在以原点为圆心，4为半径的圆上，记，由求得的最小值，平方后即得结论
【详解】圆标准方程为，，半径为，
圆标准方程为，，半径为，
两圆有三条公切线，则两圆外切，
所以，即，
点在以原点为圆心，4为半径的圆上，记，
，所以，
所以的最小值为
故选：B
3、C
【解析】先由图像分析出的正负，直接解不等式即可得到答案.
【详解】由函数的图象可知, 在区间上单调递减,在区间(0,2)上单调递增，即当时, ;当x∈(0,2)时, .
因为可化为或，解得：0x<0,
所以不等式的解集为.
故选:C
4、B
【解析】先求出抛物线方程，焦点坐标，再用两点间距离公式进行求解.
【详解】将代入抛物线中得：，解得：，所以抛物线方程为，焦点坐标为，所以点到抛物线焦点的距离为
故选：B
5、D
【解析】由等比数列的性质直接求得.
【详解】在等比数列中，由等比数列的性质可得：
由，解得：；
由可得：，
所以.
故选：D
6、B
【解析】先设，根据P在椭圆上得到，由，得到的范围，即为离心率的范围.
【详解】由椭圆的方程可得，，设，
由，则，即，
由P在椭圆上可得，所以，
代入可得
所以，
因为，
所以整理可得：，消去得：
所以，即
所以.
故选：B
7、B
【解析】根据题意求得，化简得到，结合，求得的值，即可求解.
【详解】在中，，，，AD为BC边上的高，
可得，
由
又因为，所以，所以.
故选：B.
8、D
【解析】转化为，则最小即直线在轴上的截距最大，作出不等式组表示的可行域，数形结合即得解
【详解】转化为，则最小即直线在轴上的截距最大
作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，

作出直线，平移该直线，
当直线经过时，在轴上的截距最大，最小，
此时，
故选：D
9、D
【解析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.
【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.
故选：D.
10、C
【解析】利用原命题与逆否命题之间的关系可得结论.
【详解】由原命题与逆否命题之间的关系可知，命题“若，则”的逆否命题是“若，则”.
故选：C.
11、B
【解析】直接利用平均变化率的公式求解.
【详解】解：由题得.
故选：B
12、A
【解析】将直线代入椭圆方程整理得关于的方程，运用韦达定理，求出中点坐标，再由条件得到，再由，，的关系和离心率公式，即可求出离心率.
【详解】解：将直线代入椭圆方程得，
，即，
设，，，，则，
即中点的横坐标是，纵坐标是，
由于线段的中点在直线上，则，又，
则，，即椭圆的离心率为.
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、-1或2
【解析】根据两直线平行，利用直线平行的条件列出方程解得答案.
【详解】∵，∴，解得或，
经验证都符合题意，
故答案为：-1或2
14、1
【解析】先对函数求导，然后令可求出的值
【详解】因为，
所以，则，解得
故答案为：
15、
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，可得结果.
【详解】由特称命题否定是全称命题，
故条件不变，否定结论
所以“”的
否定为“”
故答案为：
【点睛】本题主要考查特称命题的否定是全称命题，属基础题.
16、.
【解析】由求导公式求出导数，再把代入求出切线的斜率，代入点式方程化为一般式即可.
【详解】由题意得，
∴在点处的切线的斜率是，
则在点处的切线方程是，
即.
【点睛】本题考查导数的几何意义.注意区分“在某点处的切线”与“过某点的切线”，前者“某点”是切点，后者“某点”不一定是切点.

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）.
【解析】（1）根据直线与圆相切可得，再结合离心率及间的关系可得的值，进而得到椭圆的方程；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，分别求出点的坐标后再求出的值，进而得到，最后根据斜率公式可得所求的关系式
【详解】（1）因为圆与直线相切，
所以圆心到直线的距离，
即
所以，
又由题意得
所以，
所以椭圆的标准方程为
（2）①当直线的斜率不存在时，可得直线方程为，
由，解得 或，
不妨设，，
所以，
又，
所以，
所以，
整理得
所以满足的关系式为.
②当直线的斜率存在时，设直线，
由消去并整理得，
设点，
则有，
所以

.
所以，
所以，
整理得
综上可得满足的关系式为
【点睛】（1）判断直线与椭圆的位置关系时，一般把二者方程联立得到方程组，判断方程组解的个数，方程组有几个解，直线与椭圆就有几个公共点，方程组的解对应公共点的坐标
（2）对于直线与椭圆位置关系的题目，注意设而不求和整体代入方法的运用．解题步骤为：
①设直线与椭圆的交点为；
②联立直线与椭圆的方程，消元得到关于x或y的一元二次方程；
③利用根与系数的关系设而不求；
④利用题干中的条件转化为，或，，进而求解.

18、（1）
（2）
【解析】（1）根据已知条件求得数列的公比，由此求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由，可得.
故数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以
【小问2详解】
由（1）得，
，①
，②
①②，得

所以
19、（1）
（2）
【解析】小问1：利用通项公式与的关系即可求出；

小问2：根据(1)可得，结合错位相减法即可求出前n项和
【小问1详解】
当时，，.
当时，，…①，，…②
①②得：，
即：.
，
是以为首项，以为公差的等差数列，
；
【小问2详解】
由（1）可知，则
，…①
两边同乘得：，…②
①②得：
，
.
20、（1）；（2）答案见解析，直线过定点.
【解析】（1）首先根据顶点为得到，再根据离心率为得到，从而得到椭圆C的方程.
（2）设，，，与椭圆联立得到，利用直线BM与直线BN的斜率之积为和根系关系得到，从而得到直线恒过的定点.
【详解】（1）一个顶点为，故，
又，即，所以
故椭圆的方程为
（2）若直线l的斜率不存在，设，，
此时，与题设矛盾，
故直线l斜率必存在
设，，，
联立得，
∴，
∵，
即
∴，
化为，
解得或（舍去），即直线过定点
【点睛】方法点睛：定点问题，一般从三个方法把握：
（1）从特殊情况开始，求出定点，再证明定点、定值与变量无关；
（2）直接推理，计算，在整个过程找到参数之间的关系，代入直线，得到定点.
21、（1）
（2）
【解析】(1)由三点共线可知斜率相等，即可得出答案；
(2)由题可得，利用错位相减法即可求出答案.
【小问1详解】
三点共线，

【小问2详解】

①
②
①—②得

22、（1）（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则

从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为

令
设平面一个法向量为
令

因此
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.