江蘇省蘇州十中2026屆高二數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．圓與圓的位置關系為（）A.內切 B.相交C.外切 D.外離2．已知點的坐標為(5，2)，F為拋物線的焦點，若點在拋物線上移動，當取得最小值時，則點的坐標是A.(1，) B.C. D.3．等差數列中，是的前項和，，則（）A.40 B.45C.50 D.554．若等差數列的前項和為，首項，，，則滿足成立的最大正整數是（）A. B.C. D.5．已知點是橢圓上的任意點，是橢圓的左焦點，是的中點，則的周長為（）A. B.C. D.6．俗話說“好貨不便宜，便宜沒好貨”，依此判斷，“不便宜”是“好貨”的（）A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7．設、是橢圓：的左、右焦點，為直線上一點，是底角為的等腰三角形，則的離心率為A. B.C. D.8．某班級從5名同學中挑出2名同學進行大掃除，若小王和小張在這5名同學之中，則小王和小張都沒有被挑出的概率為（）A. B.C. D.9．對于兩個平面、，“內有三個點到的距離相等”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10．口袋中裝有大小形狀相同的紅球3個，白球3個，小明從中不放回的逐一取球，已知在第一次取得紅球的條件下，第二次取得白球的概率為（）A.0.4 B.0.5C.0.6 D.0.7511．為調查學生的課外閱讀情況，學校從高二年級四個班的182人中隨機抽取30人了解情況，若用系統(tǒng)抽樣的方法，則抽樣的間隔和隨機剔除的個數分別為（）A.6，2 B.2，3C.2，60 D.60，212．一動圓與圓外切，而與圓內切，那么動圓的圓心的軌跡是（）A.橢圓 B.雙曲線C.拋物線 D.雙曲線的一支二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的左，右焦點分別為，P是該雙曲線右支上一點，且（O為坐標原點），，則雙曲線C的離心率為__________14．在平行六面體中，點P是AC與BD的交點，若，且，則___________.15．在平面直角坐標系xOy中，AB是圓O：x2＋y2＝1的直徑，且點A在第一象限；圓O1：(x﹣a)2＋y2＝r2(a＞0)與圓O外離，線段AO1與圓O1交于點M，線段BM與圓O交于點N，且，則a的取值范圍為_______.16．若拋物線上一點到其準線的距離為4，則拋物線的標準方程為___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，離心率等于，點，且的面積等于（1）求橢圓的標準方程；（2）已知斜率存在且不為0的直線與橢圓交于A，B兩點，當點A關于y軸的對稱點在直線PB上時，直線是否過定點?若過定點，求出此定點；若不過，請說明理由18．（12分）一個長方體的平面展開圖及該長方體的直觀圖的示意圖如圖所示（1）請將字母F，G，H標記在長方體相應的頂點處（不需說明理由）：（2）若且有下面兩個條件：①；②，請選擇其中一個條件，使得DF⊥平面，并證明你的結論19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.20．（12分）已知的展開式中二項式系數和為16（1）求展開式中二項式系數最大的項；（2）設展開式中的常數項為p，展開式中所有項系數的和為q，求21．（12分）在中，內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，滿足（1）求A的大小；（2）若，的面積為，求的周長22．（10分）已知拋物線C：經過點（1，-1）.（1）求拋物線C的方程及其焦點坐標；（2）過拋物線C上一動點P作圓M：的一條切線，切點為A，求切線長|PA|的最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】將圓的一般方程化為標準方程，根據圓心距和半徑的關系，判斷兩圓的位置關系.【詳解】圓的標準方程為，圓的標準方程為，兩圓的圓心距為，即圓心距等于兩圓半徑之和，故兩圓外切，故選：C.2、D【解析】過作準線的垂線，垂足為，則，當且僅當三點共線時等號成立，此時，故，所以，選D3、B【解析】應用等差數列的性質“若，則”即可求解【詳解】故選：B4、B【解析】由等差數列的，及得數列是遞減的數列，因此可確定，然后利用等差數列的性質求前項和，確定和的正負【詳解】∵，∴和異號，又數列是等差數列，首項，∴是遞減的數列，，由，所以，，∴滿足的最大自然數為4040故選：B【點睛】關鍵點睛：本題求滿足的最大正整數的值，關鍵就是求出，時成立的的值，解題時應充分利用等差數列下標和的性質求解,屬于中檔題.5、A【解析】設橢圓另一個焦點為，連接，利用中位線的性質結合橢圓的定義可求得結果.【詳解】在橢圓中，，，，如圖，設橢圓的另一個焦點為，連接，因為、分別為、的中點，則，則的周長為，故選：A.6、A【解析】將“好貨”與“不便宜”進行相互推理即可求得答案.【詳解】根據題意，“好貨”一定“不便宜”，但是“不便宜”不一定是“好貨”，所以“不便宜”是“好貨”的必要不充分條件.故選：A.7、C【解析】如下圖所示，是底角為的等腰三角形，則有所以，所以又因為，所以，，所以所以答案選C.考點：橢圓的簡單幾何性質.8、B【解析】記另3名同學分別為a，b，c，應用列舉法求古典概型的概率即可.【詳解】記另3名同學分別為a，b，c，所以基本事件為，，（a，小王），（a，小張），，（b，小王），（b，小張），（c，小王），（c，小張），（小王，小張），共10種小王和小張都沒有被挑出包括的基本事件為，，，共3種，綜上，小王和小張都沒有挑出的概率為故選：B.9、B【解析】根據平面的性質分別判斷充分性和必要性.【詳解】充分性：若內有三個點到的距離相等，當這三個點不在一條直線上時，可得；當這三個點在一條直線上時，則、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，則內每個點到的距離相等，故必要性成立，所以“內有三個點到的距離相等”是“”的必要不充分條件.故選：B.10、C【解析】求出第一次取得紅球的事件、第一次取紅球第二次取白球的事件概率，再利用條件概率公式計算作答.【詳解】記“第一次取得紅球”為事件A，“第二次取得白球”為事件B，則，，于是得，所以在第一次取得紅球的條件下，第二次取得白球的概率為0.6.故選：C11、A【解析】根據系統(tǒng)抽樣的方法即可求解.【詳解】從人中抽取人，除以,商余，故抽樣的間隔為，需要隨機剔除人.故選：A.12、A【解析】依據定義法去求動圓的圓心的軌跡即可解決.【詳解】設動圓的半徑為r,又圓半徑為1，圓半徑為8，則，，可得，又則動圓的圓心的軌跡是以為焦點長軸長為9的橢圓.故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由已知及向量數量積的幾何意義易知，根據雙曲線的性質可得，再由雙曲線的定義及勾股定理構造關于雙曲線參數的齊次方程求離心率.【詳解】∵，∴△為等腰三角形且，又，∴，∴．又，，∴，則，可得，∴雙曲線C的離心率為故答案為：.14、【解析】由向量的運算法則，求得，根據，結合向量的數量積的運算，即可求解.【詳解】由題意可得，，則，故.故答案為：15、【解析】根據判斷出四邊形為平行四邊形，由此求得圓的方程以及的長，進而判斷出點在圓上，根據圓與圓的位置關系，求得的取值范圍.【詳解】四邊形ONO1M為平行四邊形，即ON＝MO1＝r＝1，所以圓的方程為，且ON為△ABM的中位線AM＝2ON＝2AO1＝3，故點A在以O1為圓心，3為半徑的圓上，該圓的方程為：，故與x2＋y2＝1在第一象限有交點，即2＜a＜4，由，解得，故a的取值范圍為(，4).故答案為：【點睛】本小題主要考查圓與圓的位置關系，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.16、【解析】先由拋物線的方程求出準線的方程，然后根據點到準線的距離可求，進而可得拋物線的標準方程.【詳解】拋物線的準線方程為，點到其準線的距離為，由題意可得，解得，故拋物線的標準方程為.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）用待定系數法求出橢圓的標準方程；（2）設直線的方程為,設，用“設而不求法”表示出和.表示出直線PB，把A關于y軸的對稱點為帶入后整理化簡，即可得到，從而可以判斷出直線恒過定點.【小問1詳解】由題意可得：，解得：，所以橢圓的標準方程為：.【小問2詳解】由題意可知,直線的斜率存在且不為0,設直線的方程為,設設點A關于y軸的對稱點為.聯(lián)立方程組，消去y可得：,所以.因為直線PB的方程為,且點D在直線PB上,所以則，所以，則,故，因為k≠0,所以，則直線l的方程為，所以直線恒過定點.18、（1）答案見解析（2）答案見解析【解析】（1）由展開圖及直觀圖直接觀察可得；（2）選擇②，根據線面垂直的判定定理即可證明DF⊥平面.【小問1詳解】如圖，【小問2詳解】若選擇①，若此時有平面，則由平面可得，而平面，而平面，故，因為，則平面，由平面可得，故此時矩形為正方形，，矛盾.選擇條件②，使得平面，下面證明如圖，連接,在長方體中，平面，而平面，故，而，故矩形為正方形，故，而，故平面，而平面，故，同理，又,所以平面.19、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）要證，可證，由題意可得，，易證，從而平面，即有，從而得證；（2）取中點，根據題意可知，兩兩垂直，所以以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，再分別求出向量和平面的一個法向量，即可根據線面角的向量公式求出【詳解】（1）中，，，，由余弦定理可得，所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，，而與相交，所以平面，因為，所以，取中點，連接，則兩兩垂直，以點為坐標原點，如圖所示，建立空間直角坐標系,則,又為中點，所以.由（1）得平面，所以平面的一個法向量從而直線與平面所成角的正弦值為【點睛】本題第一問主要考查線面垂直的相互轉化，要證明，可以考慮，題中與有垂直關系直線較多，易證平面，從而使問題得以解決；第二問思路直接，由第一問的垂直關系可以建立空間直角坐標系，根據線面角的向量公式即可計算得出20、（1）（2）【解析】（1）由二項式系數和的性質得出，再由性質求出展開式中二項式系數最大的項；（2）由通項得出，利用賦值法得出，再求解【小問1詳解】由題意可得，解得．，展開式中二項式系數最大的項為；【小問2詳解】，其展開式的通項為，令，得∴常數項令，可得展開式中所有項系數的和為，∴21、（1）（2）【解析】（1）通過正弦定理將邊化為角的關系，可得，進而可得結果；（2）由面積公式得，結合余弦定理得，進而得結果.