2026届湖南省永州市祁阳县高二数学第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

2026届湖南省永州市祁阳县高二数学第一学期期末调研模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列各点在平面内的是（ ）
A. B.
C. D.
2．已知函数为偶函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
3．已知实数，满足，则的最小值是（）
A. B.
C. D.
4．两圆与的公切线有（）
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
5．在空间直角坐标系中，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
6．过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为（）
A B.
C. D.
7．已知函数，则满足不等式的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8． “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（）
A. B.
C. D.
9．正三棱锥的侧面都是直角三角形，，分别是，的中点，则与平面所成角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
10．方程所表示的曲线为（）
A.射线 B.直线
C.射线或直线 D.无法确定
11．设点P是函数图象上任意一点，点Q的坐标，当取得最小值时圆C：上恰有2个点到直线的距离为1，则实数r的取值范围为（）
A. B.
C. D.
12． “”是“直线：与直线：平行”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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．年月我国成功发射了第一颗人造地球卫星“东方红一号”，这颗卫星的运行轨道是以地心（地球的中心）为一个焦点的椭圆.已知卫星的近地点（离地面最近的点）距地面的高度约为，远地点（离地面最远的点）距地面的高度约为，且地心、近地点、远地点三点在同一直线上，地球半径约为，则卫星运行轨道是上任意两点间的距离的最大值为___________
14．函数，则函数在处切线的斜率为_______________.
15．已知函数有三个零点，则实数的取值范围为___________.
16．已知数列的前的前n项和为，数列的的前n项和为，则满足的最小n的值为______
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）已知圆：，定点，Q为圆上的一动点，点P在半径CQ上，且，设点P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）过点的直线交曲线E于A，B两点，过点H与AB垂直的直线与x轴交于点N，当取最大值时，求直线AB的方程.
18．（12分）已知函数.
（1）当时，求的单调区间与极值；
（2）若在上有解，求实数a的取值范围.
19．（12分）写出下列命题的逆命题、否命题以及逆否命题：
（1）若，则；
（2）已知为实数，若，则
20．（12分）设p：关于x的不等式有解，q：.
（1）若p为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若为假命题，为真命题，求实数m的取值范围.
21．（12分）已知数列满足，（）.
（1）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）数列满足：（），求数列的前项和.
22．（10分）已知椭圆C：的离心率为，，是椭圆的左、右焦点，过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，求（O为坐标原点）的面积的最大值
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】设平面内的一点为，由可得，进而可得满足的方程，
将选项代入检验即可得正确选项.
【详解】设平面内的一点为(不与点重合)，则，
因为是平面的一个法向量，
所以，所以，
即，
对于A：，故选项A不正确；
对于B：，故选项B正确；
对于C：，故选项C不正确；
对于D：，故选项D不正确，
故选：B.
2、A
【解析】根据函数是偶函数可得，可求出，求出函数在处的导数值即为切线斜率，即可求出切线方程.
【详解】函数为偶函数，
，即，解得，
，则，
，且，
切线方程为，整理得.
故选：A.
【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，考查利用导数求切线方程，属于基础题.
3、A
【解析】将化成，即可求出的最小值
【详解】由可化为，所以，解得，因此最小值是
故选：A
4、D
【解析】求得圆心坐标分别为，半径分别为，根据圆圆的位置关系的判定方法，得出两圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意，圆与圆，
可得圆心坐标分别为，半径分别为，
则，
所以，可得圆外离，
所以两圆共有4条切线.
故选：D.
5、B
【解析】直接利用空间向量的坐标运算求解.
【详解】解：因为，，
所以.
故选：B
6、C
【解析】设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为，代入点的坐标，求出的值，即可的解.
【详解】设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为，
代入点，得，解得 ，
所以所求双曲线方程为，即
故选：C.
7、A
【解析】利用导数判断函数的单调性，根据单调性即可解不等式
【详解】由则函数在上单调递增
又，所以，解得
故选：A
8、C
【解析】由题设且，应用不等式求的范围，即可确定项数.
【详解】由题设，且，
所以，可得且.
所以此数列的项数为.
故选：C
9、C
【解析】以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PB与平面PEF所成角的正弦值.
【详解】∵正三棱锥的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，
∴以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
，，，
设平面PEF的法向量，
则，取，得，
设PB与平面PEF所成角为，
则，
∴PB与平面PEF所成角的正弦值为.
故选：C.

10、C
【解析】将方程化为或，由此可得所求曲线.
【详解】由得：或，即或，
方程所表示的曲线为射线或直线.
故选：C.
11、C
【解析】先求出代表的是以为圆心，2为半径的圆的位于x轴下方部分（包含x轴上的部分），数形结合得到取得最小值时a的值，得到圆心C，利用点到直线距离求出圆心C到直线的距离，数形结合求出半径r的取值范围.
【详解】，两边平方得：，即点P在以为圆心，2为半径的圆的位于x轴下方部分（包含x轴上的部分），如图所示：

因为Q的坐标为，则在直线，过点A作⊥l于点，与半圆交于点，此时长为的最小值，则，所以直线：，与联立得：，所以，解得：，则圆C：，则，圆心到直线的距离为，要想圆C上恰有2个点到直线的距离为1，则.
故选：C
12、C
【解析】根据两直线平行求得的值，由此确定充分、必要条件.
【详解】由于，所以，
当时，两直线重合，不符合题意，所以.
所以“”是“直线：与直线：平行”的充要条件.
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据题意由a-c=439+6371，a+c=2384+6371，求得2a即可.
【详解】设椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，
由题意得：a-c=439+6371，a+c=2384+6371,
两式相加得：2a=15565，
因为椭圆上任意两点间的距离的最大值为长轴长2a,
所以卫星运行轨道是上任意两点间的距离的最大值为，
故答案为：15565
14、
【解析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】解：因为，所以，
所以，
所以函数在处切线的斜率为
故答案为：
15、
【解析】由题意可得与的图象有三个不同的交点，经判断时不符合题意，当时，时，两个函数图象有一个交点，可得时与的图象有两个交点，等价于与的图象有两个不同的交点，对求导，数形结合即可求解.
【详解】令可得，
若函数函数有三个零点，则可得方程有三个根，
即与的图象有三个不同的交点，
作出的图象如图：

当时，是以为顶点开口向下的抛物线，
此时与的图象没有交点，不符合题意；
当时，与的图象只有一个交点，不符合题意；
当时，时，与的图象有一个交点，
所以时与的图象有两个交点，
即方程有两个不等的实根，即方程有两个不等的实根，
可得与的图象有两个不同的交点，
令，则，
由即可得，
由即可得，
所以在单调递增，在单调递减，
作出其图象如图：

当时，，
当
时，可得与的图象有两个不同的交点，
即时，函数有三个零点，
所以实数的取值范围为，
故答案为：
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
16、9
【解析】由数列的前项和为，则当时，，
所以，
所以数列的前和为，
当时，，
当时，，
所以满足的最小的值为.
点睛：本题主要考查了等差数列与等比数列的综合应用问题，其中解答中涉及到数列的通项与的关系，推导数列的通项公式，以及等差、等比数列的前项和公式的应用，熟记等差、等比数列的通项公式和前项和公式是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力.

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）或
【解析】(1)结合已知条件可得到点P在线段QF的垂直平分线上，然后利用椭圆定义即可求解；(2)结合已知条件设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用弦长公式求出，再设出直线NH的方程，求出N点坐标，进而求出，然后表示出，再利用换元法和均值不等式求解即可.
【小问1详解】
设点的坐标为，
∵，
∴点P在线段QF垂直平分线上，
∴，
又∵，∴
∴点P在以C，F为焦点的椭圆上，且，
∴，
∴曲线的方程为：.
【小问2详解】
设直线AB方程为，，
由，解得，
，解得，
由韦达定理可知，，，
∴
∵AB与HN垂直，∴直线NH的方程为，
令，得，∴，
又由，∴，
∴
设则
∴
当且仅当即时等号成立，有最大值，此时满足，
故，
所以直线AB的方程为：，即或.
18、（1）在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，无极大值
（2）
【解析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；
（2）分和两种情况分析求解，当时，不等式变形为在，上有解，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求解的最小值，即可得到答案
【小问1详解】
当时，，所以
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数有极小值，无极大值.
【小问2详解】
因为在上有解，
所以在上有解，
当时，不等式成立，此时，
当时在上有解，
令，则
由（1）知时，即，
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，所以，
综上可知，实数a的取值范围是.
点睛】利用导数研究不等式恒成立问题或有解问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围
19、（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】（1）（2）根据逆命题、否命题以及逆否命题的定义作答即可；
【小问1详解】
解：逆命题：若，则；
否命题：若，则；
逆否命题：若，则
【小问2详解】
解：逆命题：已知为实数，若，则；
否命题：已知为实数，若或，则；
逆否命题：已知实数，若，则或
20、（1）
（2）
【解析】根据题意，解出p和q里面m的范围即可求解﹒其中有解，则D≥0﹒
【小问1详解】
p为真命题时，D，解得，
所以m的取值范围是；
【小问2详解】
q为真命题时，即，解得，
所以q为假命题时，或，
由(1)知，p为假时，
因为为假命题，为真命题，所以p，q为一真一假，
当p真q假时，且“或”，解得；
当p假q真时，，解得；
综上：m的取值范围是
21、 (1)证明见解析，；(2).
【解析】(1)将给定等式变形，计算即可判断数列类型，再求出其通项而得解；
(2)利用(1)的结论求出数列的通项，然后利用错位相减法求解即得.
【详解】(1)因数列满足，，
则，而，于是数列是首项为1，公比为2的等比数列，，即，
所以数列是等比数列，，；
(2)由(1)知，

则
于是得，，
所以数列的前项和.
22、（1）；
（2）1.
【解析】(1)根据给定条件结合列式计算得解.
(2)设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理结合均值不等式计算作答.
【小问1详解】
椭圆C的半焦距为c，离心率，因过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的弦长为1，
将代入椭圆C方程得：，即，则有，解得，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
由(1)知，，依题意，直线l的斜率不为0，则设直线l的方程为，，，
由消去x并整理得：，，，
的面积，，
设，，，
，当且仅当，时取得“=”，于是得，，
所以面积的最大值为1.
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题