2025-2026学年北京市房山区房山实验中学数学高二第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025-2026学年北京市房山区房山实验中学数学高二第一学期期末质量跟踪监视试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．已知数列中，，，是的前n项和，则（）
A. B.
C. D.
2．已知定义在上的函数的导函数为，且恒有，则下列不等式一定成立的是（）
A. B.
C D.
3．变量，之间有如下对应数据：

3
4
5
6
7

13
11
10
8
7
已知变量与呈线性相关关系，且回归方程为，则的值是（）
A.2.3 B.2.5
C.17.1 D.17.3
4．等差数列中，为其前项和，，则的值为（）
A.13 B.16
C.104 D.208
5．已知，分别为椭圆的左右焦点，为坐标原点，椭圆上存在一点，使得，设的面积为，若，则该椭圆的离心率为（）
A. B.
C. D.
6．已知直线、的方向向量分别为、，若，则等于（ ）
A.1 B.2
C.0 D.3
7．如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，若，且，则的长为（）

A. B.
C. D.
8．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为3，1，则输出的等于

A.5 B.4
C.3 D.2
9．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（）

A. B.
C. D.
10．若，则下列正确的是（）
A. B.
C. D.
11．在等差数列中，若，则（）
A.6 B.9
C.11 D.24
12． “”是“方程表示椭圆”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．命题的否定是____________________.
14．已知双曲线的渐近线方程为，，分别为C的左，右焦点，若动点P在C的右支上，则的最小值是______
15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______.

16．已知直线l1：（1）x+y﹣2=0与l2：（1）x+ay﹣4=0平行，则a=_____.
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）已知抛物线的方程为，点，过点的直线交抛物线于，两点
（1）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
（2）若点是直线上的动点，且，求面积的最小值
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.
19．（12分）设函数
（1）若，求的单调区间和极值；
（2）在（1）的条件下，证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点；
（3）若存在使得，求的取值范围
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，F，G分别是，的中点

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小
21．（12分）已知等差数列的前项和为，满足，.
（1）求数列的通项公式与前项和；
（2）求的值.
22．（10分）已知椭圆，直线.
（1）若直线与椭圆相切，求实数的值；
（2）若直线与椭圆相交于A、两点，为线段的中点，为坐标原点，且，求实数的值.
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、D
【解析】由，得到为递增数列，又由得到，化简，即可求解.
【详解】解：由，得，
又，所以，所以，即，所以数列为递增数列，
所以，得，即，
又由是的前项和，则

.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查数列求和问题，关键在于由已知条件得出，运用裂项相消求和法.
2、D
【解析】构造函数，用导数判断函数单调性，即可求解.
【详解】根据题意，令，其中，则，
∵，∴，
∴在上为单调递减函数，
∴，即，，则错误；
，即，则错误；
，即，则错误；
，即，则正确；
故选：.
3、D
【解析】将样本中心点代入回归方程后求解
【详解】，，将样本中心点代入回归方程，
得
故选：D
4、D
【解析】利用等差数列下标的性质，结合等差数列前项和公式进行求解即可.
【详解】由，
所以，
故选：D
5、D
【解析】由可得直角三角形，故，且，结合，联立可得，即得解
【详解】由题意，故为直角三角形，
，
又，
，
又为直角三角形，故，
，
即，
.

故选：D.
6、C
【解析】由可得出，利用空间向量数量积的坐标运算可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.
【详解】若，则，所以，所以，解得.
故选：C
7、D
【解析】由向量线性运算得，利用数量积的定义和运算律可求得，由此可求得.
【详解】由题意得：，，且，
又，，
，
，.
故选：D.
8B
【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案
【详解】解：当n＝1时，a＝3，b＝2，满足进行循环的条件，
当n＝2时，a，b＝4，满足进行循环的条件，
当n＝3时，a，b＝8，满足进行循环的条件，
当n＝4时，a，b＝16，不满足进行循环的条件，
故输出的n值为4，
故选：B
【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答
9、A
【解析】由切线的性质，可得，，再结合椭圆定义，即得解
【详解】因为过点的直线圆的切线，，，所以
由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率
故选：A
10、D
【解析】根据不等式性质并结合反例，即可判断命题真假.
【详解】对于选项A：若，则，
由题意，，不妨令，，则此时，这与结论矛盾，故A错误；
对于选项B：当时，若，则，故B错误；
对于选项C：由，不妨令，，则此时，故C错误；
对于选项D：由不等式性质，可知D正确.
故选：D.
11、B
【解析】根据等差数列的通项公式的基本量运算求解
【详解】设的公差为d，因为，所以，又，所以
故选：B
12、B
【解析】根据方程表示椭圆，且2，再判断必要不充分条件即可.
【详解】解：方程表示椭圆满足 ，解得，且2
所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】根据全称量词命题的否定的知识写出正确答案.
【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题，要注意否定结论，
所以命题否定是：
故答案为：
14、
【解析】首先根据双曲线的渐近线方程和焦点坐标，求出双曲线的标准方程；设，根据双曲线的定义可知，从而利用基本不等式即可求出的最小值.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，焦点坐标为，，
所以，即，所以双曲线方程为.
设，则，且，
，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是.
故答案为：.
15、
【解析】根据三视图还原几何体，由此计算出几何体的体积.
【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥，
所以该几何体的体积为.
故答案为：

16、2
【解析】根据两直线平行的充要条件求解
【详解】因为已知两直线平行，所以，解得
故答案为：
【点睛】本题考查两直线平行的充要条件，两直线平行的充要条件是，或，在均不为0时，用表示容易理解与记忆

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）是,；（2）
【解析】（1）由题意设出所在直线方程，与抛物线方程联立，化为关于的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得为定值；
（2）当的斜率为0时，求得三角形的面积为；当的斜率不为0时，由弦长公式求解，再由点到直线的距离公式求到的距离，代入三角形面积公式，利用函数单调性可得三角形的面积大于，由此可得面积的最小值
【详解】（1）由题意知，直线斜率存在，不妨设其方程为，
联立抛物线的方程可得，
设，，则，，
所以，，
所以
，
所以是定值
（2）当直线的斜率为0时，，
又，，
此时
当直线的斜率不力0时，
，
又因为，且直线的斜率不为0，
所以，即，
所以点到直线的距离，
此时，
因为，所以，
综上，面积的最小值为
18、（1）
（2）
【解析】（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；
（2）设，，，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；
【小问1详解】
解：设点坐标为，
定点，，直线与直线的斜率之积为，
，

【小问2详解】
解：设，，，则，，所以
又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以
令，则，所以
因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；
19、（1）递减区间是，单调递增区间是，极小值
（2）证明见解析（3）
【解析】（1）对函数进行求导通分化简，求出解得，在列出与在区间上的表格，即可得到答案.
（2）由（1）知在区间上的最小值为，因为存在零点，所以，从而．在对进行分类讨论，再利用函数的单调性得出结论.
（3）构造函数，在对进行求导，在对进行分情况讨论，即可得的得到答案.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
由解得
与在区间上的情况如下：

–

↘

↗
所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；
在处取得极小值，无极大值
【小问2详解】
由（1）知，在区间上的最小值为
因为存在零点，所以，从而
当时，在区间上单调递减，且，
所以是在区间上的唯一零点
当时，在区间上单调递减，且，
所以在区间上仅有一个零点
综上可知若存在零点，则在区间上仅有一个零点
【小问3详解】
设，
①若，则，符合题意
②若，则，故当时，，在上单调递增
所以，存在，使得的充要条件为
，解得
③若，则，故当时，；
当时，
在上单调递减，在上单调递增
所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意
综上，的取值范围是
【点睛】本题考查求函数的单调区间和极值、证明给定区间只有一个零点问题，以及含参存在问题，属于难题.
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】(1) 取中点连接，连接，证得四边形为平行四边形，，再证面，即可得到证明结果；（2）建立空间坐标系，求面和面的法向量，即可得到两个面的二面角的余弦值进而得到二面角大小.
【小问1详解】

如上图，取中点连接，连接，均为线段中点，
且，又G是的中点，且
且四边形为平行四边形
为等腰直角三角形，为斜边中点，

面，面
面
又面 .
【小问2详解】

建立如图坐标系，

设面的法向量为
设面的法向量为
两个法向量的夹角余弦值为：，由图知两个面的二面角为钝角，故夹角为.
21、（1），；
（2）.
【解析】(1)设出等差数列的公差，借助前项和公式列式计算作答.
(2)由(1)的结论借助裂项相消去求解作答.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，因，，则，解得，
于是得，，
所以数列的通项公式为，前项和.
【小问2详解】
由(1)知，，
所以.
22、（1）
（2）m值为或.
【解析】（1）利用判别式直接求解；
（2）用“设而不求法”表示出，即可求出m.
【小问1详解】
联立,消去y可得.
因为直线与椭圆相切，所以，
解得：.
【小问2详解】
设.
联立,消去y可得.
所以, ，所以.
又由,可得.
所以.
因为,所以，解得，
所以实数m的值为或.