湖北省仙桃、天门、潜江三市2026届高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

湖北省仙桃、天门、潜江三市2026届高二数学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f(x)为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的x∈R，均有，则（）A.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)<f(0) B.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)C.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0) D.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)2．设变量，满足约束条件，则的最大值为（）A.1 B.6C.10 D.133．已知命题，；命题，，那么下列命题为假命题的是（）A. B.C. D.4．已知m，n表示两条不同直线，表示两个不同平面.设有两个命题：：若，则；：若，则.则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.5．在平面直角坐标系中，已知点，，，，直线AP，BP相交于点P，且它们斜率之积是.当时，的最小值为（）A. B.C. D.6．设实数，满足，则的最小值为（）A.5 B.6C.7 D.87．记不超过x的最大整数为，如，.已知数列的通项公式，则使的正整数n的最大值为（）A.5 B.6C.15 D.168．丹麦数学家琴生（Jensen）是世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数在上的导函数为，在上的导函数为，在上恒成立，则称函数在上为“凹函数”.则下列函数在上是“凹函数”的是（）A. B.C. D.9．计算复数：（）A. B.C. D.10．过点且与椭圆有相同焦点的双曲线方程为（）A B.C. D.11．若两直线与互相垂直，则k的值为（）A.1 B.-1C.-1或1 D.212．已知数列{}满足，且，若，则＝（）A.－8 B.－11C.8 D.11二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若不同的平面的一个法向量分别为，，则与的位置关系为___________.14．在平面直角坐标系xOy中，AB是圆O：x2＋y2＝1的直径，且点A在第一象限；圆O1：(x﹣a)2＋y2＝r2(a＞0)与圆O外离，线段AO1与圆O1交于点M，线段BM与圆O交于点N，且，则a的取值范围为_______.15．已知，求_____________.16．数列的前n项和满足：，则________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C：，经过的直线与抛物线C交于A，B两点（1）求的值（其中为坐标原点）；（2）设F为抛物线C的焦点，直线为抛物线C的准线，直线是抛物线C的通径所在的直线，过C上一点P（）（）作直线与抛物线相切，若直线与直线相交于点M，与直线相交于点N，证明：点P在抛物线C上移动时，恒为定值，并求出此定值18．（12分）在直角坐标系中，点到两点、的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于、两点（1）求曲线的方程；（2）若，求的值19．（12分）已知椭圆，其上顶点与左右焦点围成的是面积为的正三角形.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点的直线(的斜率存在)交椭圆于两点，弦的垂直平分线交轴于点，问：是否是定值？若是，求出定值：若不是，说明理由.20．（12分）已知椭圆上的点到焦点的最大距离为3，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于不同两点，与轴交于点，且满足,若，求实数的取值范围.21．（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.22．（10分）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥AB，PA⊥AD，且E、F分别是AC、PB的中点（1）证明：EF∥平面PCD；（2）求证：平面PBD⊥平面PAC

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】通过构造函数法，结合导数确定正确答案.【详解】构造函数，所以在上递增，所以，即.故选：D2、C【解析】画出约束条件表示的平面区域，将变形为，可得需要截距最小，观察图象，可得过点时截距最小，求出点A坐标，代入目标式即可.【详解】解：画出约束条件表示的平面区域如图中阴影部分：又，即，要取最大值，则在轴上截距要最小，观察图象可得过点时截距最小，由，得，则.故选：C.3、B【解析】由题设命题的描述判断、的真假，再判断其复合命题的真假即可.【详解】对于命题，仅当时，故为假命题；对于命题，由且开口向上，故为真命题；所以为真命题，为假命题，综上，为真，为假，为真，为真.故选：B4、B【解析】利用直线与平面，平面与平面的位置关系判断2个命题的真假，再利用复合命题的真值表判断选项的正误即可【详解】，表示两条不同直线，，表示两个不同平面：若，，则也可能，也可能与相交，所以是假命题，为真命题；：令直线的方向向量为，直线的方向向量为，若，则，则，所以是真命题，所以为假命题；所以为假命题，是真命题，为假命题，是真命题，所以为假命题故选：5、A【解析】设出点坐标，求得、所在直线的斜率，由斜率之积是列式整理即可得到点的轨迹方程，设，根据双曲线的定义，从而求出的最小值；【详解】解：设点坐标为，则直线的斜率；直线的斜率由已知有，化简得点的轨迹方程为又，所以点的轨迹方程为，即点的轨迹为以、为顶点的双曲线的左支（除点），因为，设，由双曲线的定义可知，所以，当且仅当、、三点共线时取得最小值，因为，所以，所以，即的最小值为；故选：A6、A【解析】作出不等式组的可行域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合的思想求解即可.【详解】画出约束条件的平面区域，如下图所示：目标函数可以化为，函数可以看成由函数平移得到，当直线经过点时，直线的截距最小，则，故选：7、C【解析】根据取整函数的定义，可求出的值，即可得到答案；【详解】，，，，，，当时，，使的正整数n的最大值为，故选：C8、B【解析】根据“凹函数”的定义逐项验证即可解出【详解】对A，，当时，，所以A错误；对B，，在上恒成立，所以B正确；对C，，，所以C错误；对D，，，因为，所以D错误故选：B9、D【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简可得结论.【详解】故选：D.10、D【解析】设双曲线的方程为，再代点解方程即得解.【详解】解：由得，所以椭圆的焦点为.设双曲线的方程为，因为双曲线过点，所以.所以双曲线的方程为.故选：D11、B【解析】根据互相垂直的两直线的性质进行求解即可.【详解】由，因此直线的斜率为，直线的斜率为，因为两直线与互相垂直，所以，故选：B12、C【解析】利用递推关系，结合取值，求得即可.【详解】因为，且，，故可得，解得（舍）,；同理求得，，.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、平行【解析】根据题意得到，得出，即可得到平面与的位置关系.【详解】由题意，平面的一个法向量分别为，，可得，所以，所以，即平面与的位置关系为平行.故答案为：平行14、【解析】根据判断出四边形为平行四边形，由此求得圆的方程以及的长，进而判断出点在圆上，根据圆与圆的位置关系，求得的取值范围.【详解】四边形ONO1M为平行四边形，即ON＝MO1＝r＝1，所以圆的方程为，且ON为△ABM的中位线AM＝2ON＝2AO1＝3，故点A在以O1为圆心，3为半径的圆上，该圆的方程为：，故与x2＋y2＝1在第一象限有交点，即2＜a＜4，由，解得，故a的取值范围为(，4).故答案为：【点睛】本小题主要考查圆与圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.15、【解析】根据导数的定义即可求解.【详解】，所以，故答案为：.16、【解析】利用“当时，；当时，"即可得出.【详解】当时，当时，，不适合上式，数列的通项公式.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）证明见解析，定值为【解析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合根与系数关系求得.（2）求得过点的抛物线的切线方程，由此求得两点的坐标，通过化简来证得为定值，并求得定值.【小问1详解】依题意可知直线的斜率不为零，设直线的方程为，设，，消去并化简得，所以，所以.小问2详解】抛物线方程为，焦点坐标为，准线，通径所在直线，在抛物线上，且，所以过点的抛物线的切线的斜率存在且不为零，设过点的切线方程为，由消去并化简得，，将代入上式并化简得，解得，所以切线方程为，令得，令得，，将代入上式并化简得，所以为定值，且定值为.18、（1）；（2）.【解析】（1）本题可根据椭圆的定义求出点的轨迹；（2）本题首先可设、，然后联立椭圆与直线方程，通过韦达定理得出、，最后通过得出，代入、的值并计算，即可得出结果.【详解】（1）因为点到两点、的距离之和等于，所以结合椭圆定义易知，点的轨迹是以点、为焦点且的椭圆，则，，，点的轨迹.（2）设，，联立，整理得，则，，因为，所以，即，整理得，则，整理得，解得.【点睛】关键点点睛：本题考查根据椭圆定义求动点轨迹以及直线与抛物线相关问题的求解，椭圆的定义为动点到两个定点的距离为一个固定的常数，考查韦达定理的应用，考查计算能力，是难题.19、（1）；（2）是定值，定值为4【解析】（1）根据正三角形性质与面积可求得即可求得方程；（2）当直线斜率不为0时，设其方程代入椭圆方程利用韦达定理求得两根关系式，进而求得的表达式，最后求比值即可；当直线斜率为0时直接求解即可【详解】（1）为正三角形，，可得，且，∴椭圆的方程为.（2）分以下两种情况讨论：①当直线斜率不为0时，设其方程为，且，联立，消去得，则，且，∴弦的中点的坐标为，则弦的垂直平分线为，令，得，，又，；②当直线斜率为0时，则，，则.综合①②得是定值且为4【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值20、(1)(2)，或【解析】（1）由椭圆的性质可知：，解得a和c的值，即可求得椭圆C的标准方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得：，，λ，根据向量的坐标坐标，（x1+1，y1）＝λ（x2+1，y2），求得，由，代入即可求得实数m的取值范围【详解】(1)由已知，解得，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由已知,设，联立方程组，消得，由韦达定理得①②因为，所以，所以③，将③代入①②，，消去得，所以.因为，所以，即，解得，所以，或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，向量的坐标表示，不等式的解法，考查计算能力，属于中档题21、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）易得，再由勾股定理逆定理证明，即可得线面垂直；（2）根据（1）得，进而根据几何关系，利用等体积法求解即可.【详解】解：（1）连接，∵，是中点，∴，，又，，∴，∴，∵，∴，∴，，平面，