2026届四川省遂宁市遂宁二中数学高二第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2026届四川省遂宁市遂宁二中数学高二第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：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．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（）.A.函数在上是增函数B.C.D.是函数的极小值点2．与向量平行，且经过点的直线方程为（）A. B.C. D.3．某班进行了一次数学测试，全班学生的成绩都落在区间内，其成绩的频率分布直方图如图所示，若该班学生这次数学测试成绩的中位数的估计值为，则的值为（）A. B.C. D.4．设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.5．过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是A. B.C. D.6．已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（）A.2 B.C.1 D.7．直线的斜率是（）A. B.C. D.8．已知圆，若存在过点的直线与圆C相交于不同两点A，B，且，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.9．已知命题：，；命题：，.则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.10．若将双曲线绕其对称中心顺时针旋转120°后可得到某一函数的图象，且该函数在区间上存在最小值，则双曲线C的离心率为（）A. B.C.2 D.11．已知F是抛物线的焦点，直线l是抛物线的准线，则F到直线l的距离为（）A.2 B.4C.6 D.812．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）A.1.2m B.1.3mC.1.4m D.1.5m二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图：二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，则的长等于__________.14．圆心为直线与直线的交点，且过原点的圆的标准方程是________15．与直线平行，且距离为的直线方程为______16．若实数x，y满足约束条件，则的最大值是_________.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，在三棱锥中，平面平面，且，（1）求证：；（2）求直线与所成角的余弦值18．（12分）已知正项等比数列的前项和为，满足，.记.（1）求数列的通项公式；（2）设数列前项和，求使得不等式成立的的最小值.19．（12分）设命题对于任意，不等式恒成立．命题实数a满足（1）若命题p为真，求实数a的取值范围；（2）若“p或q”为真，“p且q”为假，求实数a的取值范围20．（12分）已知椭圆（）的左、右焦点为，，，离心率为（1）求椭圆标准方程（2）的左顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，求证：21．（12分）若存在实常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线y＝kx＋b为和的“隔离直线”.已知函数，.（1）证明函数在内单调递增；（2）证明和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为－4.22．（10分）已知点在椭圆：上，椭圆E的离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若不平行于坐标轴且不过原点O的直线l与椭圆E交于B，C两点，判断是否可能为等边三角形，并说明理由.

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】根据导函数的图像，可求得函数的单调区间，再根据极值点的定义逐一判断各个选项即可得出答案.【详解】解：根据函数的导函数的图象，可得或时，，当或时，，所以函数在和上递减，在和上递增，故A错误；，故B正确；，故C错误；是函数的极大值点，故D错误.故选：B.2、A【解析】利用点斜式求得直线方程.【详解】依题意可知，所求直线的斜率为，所以所求直线方程为，即.故选：A3、A【解析】根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得结果.【详解】由题意有，得，又由，得，解得，，有故选：A.4、A【解析】构造函数，求导判断其单调性即可【详解】令，，令得，，当时，，单调递增，，，，，，，故选：A5、A【解析】过圆外一点，引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程为，故选6、B【解析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决.【详解】，即整理得由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，可得，解之得故选：B7、D【解析】把直线方程化为斜截式即得【详解】直线方程的斜截式为，斜率为故选：D8、D【解析】根据圆的割线定理，结合圆的性质进行求解即可.【详解】圆的圆心坐标为：，半径，由圆的割线定理可知：，显然有，或，因为，所以，于是有，因为，所以，而，或，所以，故选：D9、C【解析】利用基本不等式判断命题的真假，由不等式性质判断命题的真假，进而确定它们所构成的复合命题的真假即可.【详解】由，当且仅当时等号成立，故不存在使，所以命题为假命题，而命题为真命题，则为真，为假，故为假，为假，为真，为假.故选：C10、C【解析】由题意，可知双曲线的一条渐近线的倾斜角为120°，再确定参数的正负即可求解.【详解】双曲线，令，则，显然，则一条渐近线方程为，绕其对称中心顺时针旋转120°后可得到某一函数的图象，则渐近线就需要旋转到与坐标轴重合，故渐近线方程的倾斜角为120°，即，该函数在区间上存在最小值，可知，所以，所以.故选：C11、B【解析】根据抛物线定义即可求解【详解】由得，所以F到直线l的距离为故选：B12、B【解析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意，二面角等于，根据，结合向量的运算，即可求解.【详解】由题意，二面角等于，可得向量，，因为，可得,所以.故答案为：14、【解析】由，求得圆心，再根据圆过原点，求得半径即可.【详解】由，可得，即圆心为，又圆过原点，所以圆的半径，故圆的标准方程为故答案为：【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，属于基础题.15、或【解析】由题意，设所求直线方程为，根据两平行直线间的距离公式即可求解.【详解】解：由题意，设所求直线方程为，因为直线与直线的距离为，所以，解得或，所以所求直线方程为或，故答案为：或.16、##【解析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.【详解】，画出可行域如下图所示，由图可知，平移基准直线到点时，取得最大值为.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）证明见解析；（2）.【解析】（1）过点作交的延长线于点，连接，由，，证出平面，即可证出.（2）以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用，即可得到答案.【小问1详解】过点作交的延长线于点，连接，因为，所以，又因为，所以，所以，即，.因为，所以平面，因为平面，所以【小问2详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，以为原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，因为，所以直线与所成角的余弦值为18、（1），.（2）5.【解析】(1)根据数列的递推公式探求出其项间关系，由此求出的公比，进而求得，的通项公式.(2)利用(1)的结论结合错位相减法求出，再将不等式变形，经推理计算得解.【小问1详解】解：设正项等比数列的公比为，当时，，即，则有，即，而，解得，又，则，所以，所以数列，的通项公式分别为：，.【小问2详解】解：由(1)知，，则，则，两式相减得：于是得，由得：，即，令，，显然，，，，，，由，解得，即数列在时是递增的，于是得当时，即，，则，所以不等式成立的n的最小值是5.19、（1）（2）【解析】(1)由即可获解(2)p、q一真一假,分情况讨论即可【小问1详解】由命题为真,得任意,不等式恒成立所以即所以实数的取值范围为【小问2详解】由命题为真,得因为“或”为真,“且”为假,所以p、q一真一假若真假,则,即若假真,即所以实数的取值范围为20、（1）；（2）证明见解析【解析】(1)由可求出，结合离心率可知，进而可求出，即可求出标准方程.(2)由题意知，，则由直线的点斜式方程可得直线的解析式为，与椭圆进行联立，设，，结合韦达定理可得，从而由斜率的计算公式对进行整理化简从而可证明.【详解】（1）解：因为，所以．又因为离心率，所以，则，所以椭圆的标准方程是（2）证明：由题意知，，，则直线的解析式为，代入椭圆方程，得设，，则．又因为，，所以【点睛】关键点睛:本题第二问的关键是联立直线和椭圆的方程后，结合韦达定理，用表示交点横坐标的和与积，从而代入进行整理化简.21、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由导数得出在上的单调性；（2）设和之间的隔离直线为y＝kx＋b，由题设条件得出对任意恒成立，再由二次函数的性质求解即可.【小问1详解】，当时，在上单调递增在内单调递增【小问2详解】设和之间的隔离直线为y＝kx＋b则对任意恒成立，即对任意恒成立由对任意恒成立，得当时，则有符合题意；当时，则有对任意恒成立的对称轴为又的对称轴为即故和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为－4.【点睛】关键点睛：在解决问题一时，求了一阶导得不了函数的单调性，再次求导得，进而得出在恒成立，得在上