湖南省湘潭市一中2026届数学高二第一学期期末达标检测试题含解析

湖南省湘潭市一中2026届数学高二第一学期期末达标检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．抛物线的顶点在原点，对称轴是x轴，点在抛物线上，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.2．设拋物线的焦点为F，准线为l，P为拋物线上一点，，A为垂足．如果直线AF的斜率是，那么（）A B.C.16 D.83．已知，是空间中的任意两个非零向量，则下列各式中一定成立的是（）A. B.C. D.4．设是双曲线与圆在第一象限的交点，，分别是双曲线的左，右焦点，若，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.5．连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为m，n，记，则下列说法正确的是（）A.事件“”的概率为 B.事件“t是奇数”与“”互为对立事件C.事件“”与“”互为互斥事件 D.事件“且”的概率为6．已知为定义在R上的偶函数函数，且在单调递减.若关于的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.7．已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，，，使得，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.8．在三棱锥中，，，，若，，则（）A. B.C. D.9．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0D.时，直线的倾斜角是135°10．已知集合A={1，a，b}，B={a2，a，ab}，若A=B，则a2021+b2020=（）A.-1 B.0C.1 D.211．椭圆的焦点坐标为（）A.， B.，C.， D.，12．命题“若，都是偶数，则也是偶数”的逆否命题是A.若是偶数，则与不都是偶数B.若是偶数，则与都不是偶数C.若不是偶数，则与不都是偶数D.若不是偶数，则与都不是偶数二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．圆与x轴相切于点A．点B在圆C上运动，则AB的中点M的轨迹方程为______（当点B运动到与A重合时，规定点M与点A重合）；点N是直线上一点，则的最小值为______14．在2021件产品中有10件次品，任意抽取3件，则抽到次品个数的数学期望的值是______.15．直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为，直线是线段AB的垂直平分线，若，D为垂足，则D点的轨迹方程是______16．等比数列中，，，则数列的公比为____.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）在平面直角坐标系内，椭圆E：过点，离心率为（1）求E的方程；（2）设直线（k∈R）与椭圆E交于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使得对任意实数k，直线AM，BM的斜率乘积为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由18．（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）试讨论函数的单调性.19．（12分）在正方体中，，，分别是，，的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与所成角的正切值.20．（12分）如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.（1）证明：平面平面.（2）求点到平面的距离.21．（12分）已知椭圆的焦距为4，点在G上.（1）求椭圆G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）已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，若，，成等比数列，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为求椭圆的标准方程；过该椭圆的右焦点作两条互相垂直的弦与，求的取值范围

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、B【解析】首先根据题意设出抛物线的方程，利用点在曲线上的条件为点的坐标满足曲线的方程，代入求得参数的值，最后得到答案.【详解】解：根据题意设出抛物线的方程，因为点在抛物线上，所以有，解得，所以抛物线的方程是：，故选：B.2、D【解析】由题可得方程，进而可得点坐标及点坐标，利用抛物线定义即求【详解】∵抛物线方程为，∴焦点F(2,0)，准线l方程为x=−2，∵直线AF的斜率为,直线AF的方程为，由，可得，∵PA⊥l，A为垂足，∴P点纵坐标为，代入抛物线方程，得P点坐标为，∴.故选：D.3、C【解析】利用向量数量积的定义及运算性质逐一分析各选项即可得答案.【详解】解：对A：因为，所以，故选项A错误；对B：因为，故选项B错误；对C：因为，故选项C正确；对D：因为，故选项D错误故选：C.4、B【解析】先由双曲线定义与题中条件得到，，求出，，再由题意得到，即可根据勾股定理求出结果.【详解】解：根据双曲线定义：，，∴，∴，，，∴是圆的直径，∴，中，，得故选【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.5、D【解析】计算出事件“t＝12”的概率可判断A；根据对立事件的概念，可判断B；根据互斥事件的概念，可判断C；计算出事件“t＞8且mn＜32”的概率可判断D；【详解】连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为m，n，则共有个基本事件，记t＝m＋n，则事件“t＝12”必须两次都掷出6点，则事件“t＝12”的概率为，故A错误；事件“t是奇数”与“m＝n”为互斥不对立事件,如事件m=3,n=5，故B错误；事件“t＝2”与“t≠3”不是互斥事件，故C错误；事件“t＞8且mn＜32”有共9个基本事件，故事件“t＞8且mn＜32”的概率为，故D正确；故选：D6、C【解析】由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得对恒成立，转化为且对恒成立．求得相应的最大值和最小值，从而求得的范围【详解】定义在上的函数为偶函数，且在上递减，在上单调递增，若不等式在上恒成立，即在上恒成立在上恒成立，即在上恒成立，即且在上恒成立令，则，，，，在上递增，上递减，令，当时，，在上递减，故可知，解得，所以实数m的取值范围是故选：C7、B【解析】确定在以为直径的圆上，，根据均值不等式得到圆上的点到的最大距离为，得到，解得答案.【详解】，故在以为直径的圆上，设中点为，则，圆上的点到的最大距离为，，当时等号成立.直线到原点的距离为，故.故选：B.8、B【解析】根据空间向量的基本定理及向量的运算法则计算即可得出结果.【详解】连接,因为，所以，因为，所以，所以,故选：B9、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：A10、A【解析】根据A=B，可得两集合元素全部相等，分别求得和ab=1两种情况下，a，b的取值，分析讨论，即可得答案.【详解】因为A=B，若，解得，当时，不满足互异性，舍去，当时，A={1，-1，b}，B={1，-1，-b}，因为A=B，所以，解得，所以；若ab=1，则，所以，若，解得或1，都不满足题意，舍去，若，解得，不满足互异性，舍去，故选：A【点睛】本题考查两集合相等的概念，在集合相等问题中由一个条件求出参数后需进行代入检验，检验是否满足互异性、题设条件等，属基础题.11、A【解析】由题方程化为椭圆的标准方程求出c，则椭圆的焦点坐标可求【详解】由题得方程可化为，所以所以焦点为故选：A.12、C【解析】命题的逆否命题是将条件和结论对换后分别否定，因此“若都是偶数，则也是偶数”的逆否命题是若不是偶数，则与不都是偶数考点：四种命题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①.②.【解析】将点M的轨迹转化为以AC为直径的圆，再确定圆心及半径即可求解，将的最小值转化为点到圆心的距离再减去半径可求解.【详解】依题意得，，因为M为AB中点，所以，所以点M的轨迹是以AC为直径的圆，又AC中点为，，所以点M的轨迹方程为，圆心，设关于直线的对称点为，则有，解得，所以，所以由对称性可知的最小值为故答案为：，14、【解析】设抽到的次品的个数为，则，求出对应的概率即得解.【详解】解：设抽到的次品的个数为，则，所以所以抽到次品个数的数学期望的值是故答案为：15、【解析】设直线l的方程为，代入椭圆方程并化简，然后根据M为线段AB的中点结合根与系数的关系得到k,t间的关系，进而写出线段AB的垂直平分线的直线方程，可以判断它过定点E，再考虑直线l的斜率不存在的情况，根据题意可知，点D在以OE为直径的圆上，最后求出点D的轨迹方程.【详解】设直线l的方程为，代入椭圆方程并化简得：，设，则，解得.因为直线是线段AB的垂直平分线，故直线：，即：令，此时，，于是直线过定点当直线l的斜率不存在时，，直线也过定点点D在以OE为直径的圆上，则圆心为，半径，所以点D轨迹方程为：16、【解析】根据等比数列的定义，结合已知条件，代值计算即可求得结果.【详解】因为是等比数列，设其公比为，又，，故可得，解得.故答案为：.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、（1）（2）存在，或者【解析】（1）由离心率和椭圆经过的点列出方程组，求出，得到椭圆方程；（2）假设存在，设出直线，联立椭圆，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，结合斜率乘积为定值得到关于的方程，求出答案.【小问1详解】由题可得，，①由，得，即，则，②将②代入①，解得，，故E的方程为【小问2详解】设存在点满足条件记，由消去y，得．显然，判别式＞0，所以，，于是＝＝＝上式为定值，当且仅当，解得或此时，或所以，存在定点或者满足条件18、（1）（2）详见解析.【解析】（1）由，求导，得到，写出切线方程；（2）求导，再分，，讨论求解.【小问1详解】解：因为，所以，则，所以，所以曲线在点处的切线方程是，即；【小问2详解】因为，所以，当时，成立，则在上递减；当时，令，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；综上：当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增；19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）分别证明∥平面，∥平面，最后利用面面平行的判定定理证明平面∥平面即可；（2）由∥得即为直线与所成角，在直角△即可求解.【小问1详解】∵∥且EN平面MNE,BC平面MNE,∴BC∥平面MNE,又∵∥且EM平面MNE,平面MNE,∴∥平面MNE又∵,∴平面∥平面,【小问2详解】由（1）得∥,∴为直线MN与所成的角，设正方体的棱长为a,在△中，，，∴.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据等边三角形的性质、线面垂直的性质，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）利用余弦定理，结合三棱锥的等积性进行求解即可.【小问1详解】证明：设，因为是等边三角形，且，所以是的中点，则.又，所以，所以，即.又平面平面，所以.又，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】解：因为，所以.在中，，所以，则又平面，所以.如图，连接，则，所以.设点到平面的距离为，因为，所以，解得，即点到平面的距离为.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】根据，，成等比数列，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为．列出关于、、的方程组，求出、的值，即可得出椭圆的方程；对直线和分两种情况讨论：一种是两条直线与坐标轴垂直，可求出两条弦长度之和；二是当两条直线斜率都存在时，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可计算出的长度的表达式，然后利用相应的代换可求出的长度表达式，将两线段长度表达式相加，利用函数思想可求出两条弦长的取值范围最后将两种情况的取值范围进行合并即可得出答案【详解】易知，得，则，而，又，得，，因此，椭圆C的标准方程为；当两条直线中有一条斜率为0时，另一