江西省宜春市袁州区宜春九中2026届高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

江西省宜春市袁州区宜春九中2026届高二数学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．已知数列满足：，，则（）A. B.C. D.2．已知数列的前n项和为，，，则=（）A. B.C. D.3．过点与直线平行的直线的方程是（）A. B.C. D.4．“椭圆的离心率为”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件5．已知五个数据3，4，x，6，7的平均数是x，则该样本标准差为（）A.1 B.C. D.26．函数的定义域是，，对任意，，则不等式的解集为（）A. B.C.或 D.或7．函数f（x）＝的图象大致形状是（）A. B.C. D.8．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为A.2 B.3C.4 D.59．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（）A. B.C. D.10．已知定义在R上的函数满足，且当时，，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.11．已知直线，当变化时，所有直线都恒过点（）A.B.C.D.12．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．已知的顶点，，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．抛物线的准线方程为_____14．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，则密码被成功破译的概率_________15．某班学号的学生铅球测试成绩如下表：学号12345678成绩9.17.98.46.95.27.18.08.1可以估计这8名学生铅球测试成绩的第25百分位数为___________.16．设，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P，Q的坐标分别为，，直线PM，QM相交于点M，且它们的斜率之积是.设点M的轨迹为曲线C.（1）求曲线的方程；（2）设为坐标原点，圆的半径为1，直线：与圆相切，且与曲线交于不同的两点A，B.当，且满足时，求面积的取值范围.18．（12分）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足（1）求A的大小；（2）若，的面积为，求的周长19．（12分）已知抛物线上的点P（3，c）），到焦点F的距离为6（1）求抛物线C的方程；（2）过点Q（2，1）和焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点，求△PAB的面积20．（12分）如图，在直三棱柱中，，是中点.（1）求点到平面的的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值；21．（12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接（1）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（2）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值；（3）若面与面所成二面角的大小为，求的值22．（10分）已知圆C：（1）若点，求过点的圆的切线方程；（2）若点为圆的弦的中点，求直线的方程

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】由a1＝3，，利用递推思想，求出数列的前11项，推导出数列{an}从第6项起是周期为3的周期数列，由此能求出a2022【详解】解：∵数列{an}满足：a1＝3，，∴a2＝3a1+1＝10，5，a4＝3a3+1＝16，a58，4，a72，a81，a9＝3a8+1＝4，a102，a111，∴数列{an}从第6项起是周期为3的周期数列，∵2022＝5+672×3+1，∴a2022＝a6＝4故选：A2、D【解析】利用公式计算得到，得到答案【详解】由已知得，即，而，所以故选：D3、A【解析】根据题意利用点斜式写出直线方程即可.【详解】解：过点的直线与直线平行，，即.故选：A.4、C【解析】讨论椭圆焦点的位置，根据离心率分别求出参数m，由充分必要性的定义判断条件间的充分、必要关系.【详解】当椭圆的焦点在轴上时，，得；当椭圆的焦点在轴上时，，得故“椭圆的离心率为”是“”的必要不充分条件故选：C.5、B【解析】先求出的值，然后利用标准差公式求解即可【详解】解：因为五个数据3，4，x，6，7的平均数是x，所以，解得，所以标准差，故选：B6、A【解析】构造函数，结合已知条件可得恒成立，可得为上的减函数，再由，从而将不等式转换为，根据单调性即可求解.【详解】构造函数，因为，所以为上的增函数又因为，所以原不等式转化为，即，解得.所以原不等式的解集为，故选：A.7、B【解析】利用函数的奇偶性排除选项A,C，然后利用特殊值判断即可【详解】解：由题得函数的定义域为，关于原点对称.所以函数是奇函数，排除选项A,C.当时，，排除选项D，故选：B8、D【解析】抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.9、D【解析】设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可.【详解】设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值，当M在位置或时等号成立.故选：D10、B【解析】由可得，利用导数判断函数在上的单调性，由此比较函数值的大小确定正确选项.【详解】∵∴，当时，，∴，故∴在内单调递增，又，∴，所以故选：B11、D【解析】将直线方程整理为，从而可得直线所过的定点.【详解】可化为，∴直线过定点，故选：D.12、A【解析】设，计算出重心坐标后代入欧拉方程，再求出外心坐标，根据外心的性质列出关于的方程，最后联立解方程即可.【详解】设，由重心坐标公式得，三角形的重心为，，代入欧拉线方程得：，整理得：①的中点为，，的中垂线方程为，即联立，解得的外心为则，整理得：②联立①②得：，或，当，时，重合，舍去顶点的坐标是故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是求出外心，二是根据外心的性质列方程.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】本题利用抛物线的标准方程得出抛物线的准线方程【详解】由抛物线方程可知，抛物线的准线方程为：故答案为【点睛】本题考查抛物线的相关性质，主要考查抛物线的简单性质的应用，考查抛物线的准线的确定，是基础题14、【解析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质分析可得答案【详解】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是，，则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码概率，故该密码被成功破译的概率故答案为：15、【解析】利用百分位数的计算方法即可求解.【详解】将以上数据从小到大排列为，，，，，，，；%，则第25百分位数第项和第项的平均数，即为.故答案为：.16、【解析】求出函数的导数，再令，即可得出答案.【详解】解：由，得，所以.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）【解析】【小问1详解】设点，则，整理得曲线的方程：【小问2详解】因为圆的半径为1，直线：与圆相切，则，，设，将代入得，，，，，所以，，因为，令，在上单调减，，所以18、（1）（2）【解析】（1）通过正弦定理将边化为角的关系，可得，进而可得结果；（2）由面积公式得，结合余弦定理得，进而得结果.【小问1详解】∵∴由正弦定理，得∴∵，∴，故【小问2详解】由（1）知，∵∴∵由余弦定理知，∴，故∴，故∴的周长为19、（1）（2）【解析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得，即可得到抛物线方程；（2）写出直线方程，联立抛物线方程，进而求得弦长|AB|,再求出点P到直线的距离，即可求得答案.【小问1详解】由抛物线的焦半径公式可知：，即得，故抛物线方程为：；【小问2详解】点Q（2，1）和焦点作直线l，则l方程为，即，联立抛物线方程：，整理得，设，则，故，点P（3，c）在抛物线上，则，点P到直线l的距离为，故△PAB的面积为.20、（1）（2）【解析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再利用公式计算即可；（2）易得平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，再利用计算即可小问1详解】解：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系所以因为，设平面的法向量为，则有，得，令则，所以可以取，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的的距离的距离为；【小问2详解】（2）因为平面，取平面的法向量为设平面与平面的夹角为，所以平面与平面夹角的余弦值21、（1）证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB（2）4（3）【解析】（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角即可；（2）PD是阳马P−ABCD的高，DE是鳖臑D−BCE的高，BC⊥CE，，由此能求出的值（3）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可【小问1详解】因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB；【小问2详解】由已知，PD是阳马P−ABCD的高，∴，由（Ⅰ）知，，在Rt△PDC中，∵PD＝CD，点E是PC的中点，∴，∴【小问3详解】如图所示，在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD所以DG⊥DF，DG⊥DB故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD＝DC＝1，BC＝λ，有，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得，则，解