湖南省张家界市慈利县2026届高二上数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

湖南省张家界市慈利县2026届高二上数学期末质量跟踪监视模拟试题请考生注意：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．已知数列满足，，在（）A.25 B.30C.32 D.642．直线（t为参数）被圆所截得的弦长为（）A. B.C. D.3．“”是“直线与圆相切”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4．在正方体中，P，Q两点分别从点B和点出发，以相同的速度在棱BA和上运动至点A和点，在运动过程中，直线PQ与平面ABCD所成角的变化范围为A. B.C. D.5．设抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，是上一点，若，则（）A. B.C. D.6．等比数列的公比，中有连续四项在集合中，则等于（）A. B.C D.7．在中，内角的对边分别为，若，则角为A. B.C. D.8．已知双曲线的两个焦点为，，是此双曲线上的一点，且满足，，则该双曲线的方程是（）A. B.C. D.9．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.10．设是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点构成的图形是（）A.圆 B.直线C.平面 D.线段11．函数的大致图象为A. B.C. D.12．已知函数在处有极小值，则c的值为（）A.2 B.4C.6 D.2或6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．以正方体的对角线的交点为坐标原点O建立右手系的空间直角坐标系，其中，，，则点的坐标为______14．正方体，点分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________.15．函数在处的切线与平行，则________.16．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_________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）某公司举办捐步公益活动，参与者通过捐赠每天运动步数获得公司提供的牛奶，再将牛奶捐赠给留守儿童．此活动不但为公益事业作出了较大的贡献，还为公司获得了相应的广告效益，据测算，首日参与活动人数为5000人，以后每天人数比前一天都增加15%，30天后捐步人数稳定在第30天的水平，假设此项活动的启动资金为20万元，每位捐步者每天可以使公司收益0.05元（以下人数精确到1人，收益精确到1元）（1）求活动开始后第5天的捐步人数，及前5天公司的捐步总收益；（2）活动开始第几天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余？18．（12分）如图，抛物线的顶点在原点，圆的圆心恰是抛物线的焦点.（1）求抛物线的方程；（2）一条直线的斜率等于2，且过抛物线焦点，它依次截抛物线和圆于、、、四点，求的值.19．（12分）设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点且（为原点），求直线的斜率20．（12分）已知椭圆经过点，椭圆E的一个焦点为（1）求椭圆E的方程；（2）若直线l过点且与椭圆E交于A，B两点.求的最大值21．（12分）已知椭圆的左焦点为，点到短袖的一个端点的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线，与椭圆交于，两点，若，求的取值范围.22．（10分）已知为数列的前n项和，，且，，其中为常数.（1）求证：数列为等差数列；（2）是否存在，使得是等差数列？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、A【解析】根据题中条件，得出数列公差，进而可求出结果.【详解】由得，所以数列是以为公差的等差数列，又，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查等差数列的基本量运算，属于基础题型.2、C【解析】求得直线普通方程以及圆的直角坐标方程，利用弦长公式即可求得结果.【详解】因为直线的参数方程为：（t为参数），故其普通方程为，又，根据，故可得，其表示圆心为，半径的圆，则圆心到直线的距离，则该直线截圆所得弦长为.故选：C.3、A【解析】根据题意，结合直线与圆的位置关系求出，即可求解.【详解】根据题意，由直线与圆相切，知圆心到直线的距离，解得或，因此“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：A.4、C【解析】先过点作于点，连接，根据题意，得到即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，推出，进而可求出结果.【详解】过点作于点，连接，因为四棱柱为正方体，所以易得平面，因此即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，则，，因为两点分别从点和点出发，以相同的速度在棱和上运动至点和点，所以，因此，所以，因为，所以，则，因此.故选：C.【点睛】本题主要考查求线面角的取值范围，熟记线面角的定义即可，属于常考题型.5、D【解析】求出抛物线的准线方程，可得出点的坐标，利用抛物线的定义可求得点的坐标，再利用两点间的距离公式可求得结果.【详解】易知抛物线焦点为，准线方程为，可得准线与轴的交点，设点，由抛物线的性质，，可得，所以，，解得，即点，所以.故选：D.6、C【解析】经分析可得，等比数列各项的绝对值单调递增，将五个数按绝对值的大小排列，计算相邻两项的比值，根据等比数列的定义即可求解.【详解】因为等比数列中有连续四项在集合中，所以中既有正数项也有负数项，所以公比，因为，所以，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值单调递增，按绝对值排列可得，因，，，，所以是中连续四项，所以，故选：C.7、A【解析】因为，那么结合，所以cosA==，所以A=，故答案为A考点：正弦定理与余弦定理点评：本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题.8、A【解析】由，可得进一步求出，由此得到，则该双曲线的方程可求【详解】，即，则．即，则该双曲线的方程是：故选：A【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的方程，常用待定系数法，先定式（根据已知确定焦点所在的坐标轴，设出曲线的方程），再定式（根据已知建立方程组解方程组得解）.9、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：.10、C【解析】根据法向量的定义可判断出点所构成的图形.【详解】是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件，所以，构成的图形是经过点，且以为法向量的平面.故选：C.【点睛】本题考查空间中动点的轨迹，考查了法向量定义的理解，属于基础题.11、D【解析】根据函数奇偶性排除A、C.当时排除B【详解】解：由可得所以函数为偶函数，排除A、C.因为时，，排除B.故选：D.12、A【解析】根据求出c，进而得到函数的单调性，然后根据极小值的定义判断答案.【详解】由题意，，则，所以或.若c=2，则，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.函数在处有极小值，满足题意；若c=6，则，函数R上单调递增，不合题意.综上：c=2.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据已知点的坐标，确定出坐标系即可得【详解】如图，由已知得坐标系如图所示，轴过正方形的对角线交点，轴过中点，轴过中点，因此可知坐标为故答案为：14、【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法可求得结果.【详解】以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为，则，，，，，，，即异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.15、2【解析】由得出的值.【详解】因为函数在处的切线与平行所以，故故答案为：216、##【解析】根据给定条件探求出椭圆长轴长与其焦距的关系即可计算作答.【详解】设椭圆长轴长为，焦距为，即，依题意，，而直线是圆的切线，即，则有，又点在椭圆上，即，因此，，从而有，所以椭圆的离心率为.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）8745，1686元（2）37天【解析】（1）根据等比数列的性质求出结果；（2）对活动天数进行讨论，列出不等式求出的范围即可.【小问1详解】设第天的捐步人数为，则且，∴第5天的捐步人数为由题意可知前5天的捐步人数成等比数列，其中首项为5000，公比为1.15，∴前5天的捐步总收益为元.【小问2详解】设活动第天后公司捐步总收益可以回收并有盈余，若，则，解得（舍）若，则，解得∴活动开始后第37天公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.18、（1）圆的圆心坐标为，即抛物线的焦点为,……3分∴∴抛物线方程为……6分

由题意知直线AD的方程为…7分即代入得=0设，则，……11分∴【解析】（1）设抛物线方程为,由题意求出其焦点坐标，进而可求出结果；（2）先由题意得出直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出，再由为圆的直径，即可求出结果.【详解】（1）设抛物线方程为，圆的圆心恰是抛物线的焦点，∴.抛物线方程为：；（2）依题意直线的方程为设，，则，得，，.【点睛】本题主要考查抛物线的方程，以及直线与抛物线的位置关系；由抛物线的焦点坐标可直接求出抛物线的方程；联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和抛物线定义可求出弦长，进而可求出结果，属于常考题型.19、（1）（2）或【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆方程.（2）设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求得点坐标，根据列方程，化简求得直线的斜率.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，．所以，椭圆的方程为小问2详解】由题意，设．设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立整理得，可得，代入得，进而直线的斜率．在中，令，得，所以直线的斜率为由，得，化简得，从而所以，直线的斜率为或20、（1）；（2）.【解析】（1）利用代入法，结合焦点的坐标、椭圆中的关系进行求解即可；（2）根据直线l是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、弦长公式、基本不等式进行求解即可.【小问1详解】依题意：，解得，，∴椭圆E的方程为；【小问2详解】当直线l的斜率存在时，设，，由得由得．由，得当且仅当，即时等号成立当直线l的斜率不存在时，，∴的最大值为21、（1）（2）或【解析】（1）根据焦点坐标可得，根据点到短袖一个端点的距离为，然后根据即可；（2）先设联立直线与椭圆的方程，然后根据韦达定理得到，两点的坐标关系，然后根据建立关于直线的斜率的不等式，解出不等式即可.【小问1详解】根据题意，已知椭圆的左焦点为，则有：点到短袖一个端点的距离为，则有：则有：故椭圆的方程为：【小问2详解】设过点作斜率为的直线的方程为：联立直线与椭圆的方程可得：则有：,直线过点，所以恒成立，不妨设，两点的坐标分别为：，则有：又且则有：将，代入后可得：若，则有：解得：或22、