2026届浙江省金华市方格外国语学校高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2026届浙江省金华市方格外国语学校高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知圆和椭圆．直线与圆交于、两点，与椭圆交于、两点．若时，的取值范围是，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.2．随着城市生活节奏的加快，网上订餐成为很多上班族的选择，下表是某外卖骑手某时间段订餐数量与送餐里程的统计数据表：订餐数/份122331送餐里程/里153045现已求得上表数据的回归方程中的值为1.5，则据此回归模型可以预测，订餐100份外卖骑手所行驶的路程约为（）A.155里 B.145里C.147里 D.148里3．已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”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．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）A. B.C. D.5．已知直线与圆相交于两点，当的面积最大时，的值是（）A. B.C. D.6．丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析作出卓越贡献的巨人，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．设函数在区间内的导函数为，在区间内的导函数为，在区间内恒成立，则称函数在区间内为“凸函数”，则下列函数在其定义域内是“凸函数”的是（）A. B.C. D.7．“，”是“”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8．函数，的值域为（）A. B.C. D.9．若点是函数图象上的动点（其中的自然对数的底数），则到直线的距离最小值为（）A. B.C. D.10．在平面直角坐标系xOy中，点（0,4）关于直线x－y+1＝0的对称点为（）A.(－1,2) B.(2,－1)C.(1,3) D.(3,1)11．若双曲线的两个焦点为，点是上的一点，且，则双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是（）A. B.C. D.12．若任取，则x与y差的绝对值不小于1的概率为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点和，圆，当圆C与线段没有公共点时，则实数m的取值范围为___________14．同时掷两枚骰子，则点数和为7的概率是__________.15．若函数在x=1处的切线与直线y=kx平行，则实数k=___________.16．已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是______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，四边形为矩形，，，为的中点，与交于点，平面.（1）若，求与所成角的余弦值；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）如图在直三棱柱中，为的中点，为的中点，是中点，是与的交点，是与的交点.（1）求证：；（2）求证：平面；（3）求直线与平面的距离.19．（12分）已知如图①，在菱形ABCD中，且，为AD的中点，将沿BE折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中，求解下列问题：（1）求证：BC平面ABE；（2）若P为AC中点，求二面角的余弦值.20．（12分）如图所示，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，点为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点(不与，重合)，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.22．（10分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，证明

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、C【解析】由题设，根据圆与椭圆的对称性，假设在第一象限可得，结合已知有，进而求椭圆的离心率.【详解】由题设，圆与椭圆的如下图示：又时，的取值范围是，结合圆与椭圆的对称性，不妨假设在第一象限，∴从0逐渐增大至无穷大时，，故，∴故选：C.2、C【解析】由统计数据求样本中心，根据样本中心在回归直线上求得，即可得回归方程，进而估计时的y值即可.【详解】由题意：，，则，可得，故，当时，.故选：C3、B【解析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；再分析充分性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，所以恒成立，即恒成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不恒成立，当，时，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此时成立，所以必要性成立.故选：B.4、C【解析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.【详解】已知方程可以变形为，即，∴其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，又由，可得，故选：C.5、C【解析】利用点到直线的距离公式和弦长公式可以求出的面积是关于的一个式子，即可求出答案.【详解】圆心到直线的距离，弦长为..当，即时，取得最大值.故选：C.6、B【解析】根据基本初等函数的导函数公式求各函数二阶导函数，判断其在定义域上是否恒有，即可知正确选项.【详解】A：，则，显然定义域内有正有负，故不是“凸函数”；B：，则，故是“凸函数”；C：，则，故不是“凸函数”；D：，则，显然定义域内有正有负，故不是“凸函数”；故选：B7、A【解析】由正切函数性质，应用定义法判断条件间充分、必要关系.【详解】当，，则，当时，，.∴“，”是“”的充分不必要条件.故选：A8、D【解析】求出函数的导数，根据导数在函数最值上的应用，即可求出结果.【详解】因为，所以，令，又，所以或；所以当时，；当时，；所以在单调递增，在上单调递减；所以；又，，所以；所以函数的值域为.故选：D.9、A【解析】设，，设与平行且与相切的直线与切于，由导数的几何意义可求出点的坐标，则到直线的距离最小值为点到直线的距离，再求解即可.【详解】解：设，，设与平行且与相切的直线与切于所以所以则到直线的距离为，即到直线的距离最小值为，故选：A10、D【解析】设出点(0,4)关于直线的对称点的坐标，根据题意列出方程组，解方程组即可【详解】解：设点(0,4)关于直线x－y+1＝0的对称点是(a,b),则，解得：，故选：D11、B【解析】由条件结合双曲线的定义可得，然后可得，然后可求出的范围即可.【详解】由双曲线的定义可得，结合可得当点不为双曲线的顶点时，可得，即当点为双曲线的顶点时，可得，即所以，所以，所以所以双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是故选：B12、C【解析】根据题意，在平面直角坐标系中分析以及与差的绝对值不小于1所对应的平面区域，求出其面积，由几何概型公式计算可得答案.【详解】根据题意，，其对应的区域为正方形，其面积，若与差的绝对值不小于1，即，即或，对应的区域为图中的阴影部分，其面积为，故与差的绝对值不小于1的概率.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】当点和都在圆的内部时，结合点与圆的位置关系得出实数m的取值范围，再由圆心到直线的距离大于半径得出实数m的取值范围.【详解】当点和都在圆的内部时，，解得或直线的方程为，即圆心到直线的距离为，当圆心到直线的距离大于半径时，，且.综上，实数m的取值范围为.故答案为：14、【解析】利用古典概型的概率计算公式即得.【详解】依题意，记抛掷两颗骰子向上的点数分别为，，则可得到数组共有组，其中满足的组数共有6组，分别为，，，，，，因此所求的概率等于.故答案为：.15、2【解析】由题可求函数的导数，再利用导数的几何意义即求.【详解】∵，∴，，又函数在x=1处的切线与直线y=kx平行，∴.故答案为：2.16、相交【解析】把两个圆的方程化为标准方程，分别找出两圆的圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离，与半径和与差的关系比较即可知两圆位置关系.【详解】化为，化为，则两圆圆心分别为：，，半径分别为：，圆心距为，，所以两圆相交.故答案为：相交.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】（1）以为原点，、所在的直线为、轴，以过点垂直于面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与所成角的余弦值；（2）计算出平面的法向量，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】解：如图，以为原点，、所在的直线为、轴，以过点垂直于面的直线为轴，建立空间直角坐标系，，，则，则，故，因为平面，平面，则，若，则，故、、、，则，，.因此，若，则与所成角的余弦值为.【小问2详解】解：若，则、，，，，设平面的法向量为，则，取，可得，，所以直线与平面所成角的正弦值为.18、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】（1）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量数量积证明，法二：通过线面垂直证明，法三:根据三垂线证明；（2）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量数量积证明，法二：通过面面平行证明线面平行；（3）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量方法求解，法二：运用等体积法求解.【小问1详解】证明：法一：在直三棱柱中，因为，以点为坐标原点，方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.因为，所以，所以所以，所以.法二：连接，在直三棱柱中，有面，面，所以，又，则，因为，所以面因为面，所以因为，所以四边形为正方形，所以因为，所以面因为面，所以.法三：用三垂线定理证明：连接，在直三棱柱中，有面因为面，所以，又，则，因为，所以面所以在平面内的射影为，因为四边形为正方形，所以，因此根据三垂线定理可知【小问2详解】证明：法一：因为为的中点，为的中点，为中点，是与的交点，所以、，依题意可知为重心，则，可得所以，，设为平面的法向量，则即取得则平面的一个法向量为.所以，则，因为平面，所以平面.法二：连接.在正方形中，为的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，所以又为中点，所以四边形是矩形，所以且因为且，所以，所以四边形为平行四边形，所以.因为，平面平面平面平面，所以平面平面，平面，所以平面【小问3详解】法一：由（2）知平面的一个法向量，且平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等，，所以，所以点到平面的距离所以到平面的距离为法二：因为分别为和中点，所以为的重心，所以，所以到平面的距离是到平面距离的.取中点则，又平面平面，所以平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等.设点到平面的距离为，由得，又，所以，所以到平面的距离是，所以到平面的距离为.19、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）利用题中所给的条件证明，，因为，所以，，即可证明平面；（2）先证明平面，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式即可求解【详解】（1）在图①中，连接，如图所示：因为四边形为菱形，，所以是等边三角形.因为为的中点，所以，.又，所以.在图②中，，所以，即.因为，所以，.又，，平面.所以平面.（2）由（1）知，，因为，，平面.所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，.因为为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为，由得.令，得，，所以.设平面的一个法向量为.因为，由得令，，，得则，由图象可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）构建空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，进而求的方向向量、面的法向量，并应用坐标计算空间向量的数量积，即可证结论.（2）求的方向向量，结合（1）中面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】以为原点，以，，为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，可得：，，，，，，，.∴，，，设为面的法向量，则，令得，∴，即，∴平面；【小问2详解】由（1）知：，为面的一个法向量，设与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为.21、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）由已知证得，，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理可得证；（2）根据二面角的空间向量求解方法可得答案；（3）设，表示点Q，再利用线面角的空间向量求解方法，建立方程解得，可得答案.【详解】（1）因为平面，平面，平面，所以，，又因为，则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标