精品解析：重庆市长寿区2025-2026学年高二上期末检测数学试题

重庆市长寿区2025-2026学年高二上期末检测 数学试题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知在所在平面内，为空间中任一点，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆与圆交于，两点，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4. 设椭圆的中心为，右顶点为，若上存在一点满足，则的离心率的取值范围是（   ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过作直线l与双曲线的右支交于两点（M在第一象限），，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知各项均不为零的数列满足，对于任意的正整数，，则的个位数字为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 康托（Cantor）是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使“康托三分集”的各区间长度之和小于，则需要操作的次数的最小值为（ ） （参考数据：，） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则 B. 若数列为等差数列，则 C. 若数列为等比数列，则或-6 D. 若数列为等比数列，则或 10. 已知圆与圆相交于A，B两个不同的点，则下列说法正确的是（　　） A. 实数的取值范围为 B. 当时，两圆的公共弦长 C. 当时， D. 若，则 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，则（ ） A. 以为直径的圆与相切 B. 若，则直线的斜率的绝对值为1 C. 为锐角三角形 D. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，则向量与的夹角为_________；直线与所成角的余弦值为_________. 13. 在平面直角坐标系中，关于曲线：（），给出下列四个结论： ①曲线有且仅有一条对称轴； ②曲线恰好经过8个整点（横坐标与纵坐标都为整数的点，称为整点）； ③曲线所围成的区域面积； ④曲线上的点与原点的距离的最大值为． 其中所有正确结论的序号是______． 14. 已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点. （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 16. 已知圆内有一点．过点且倾斜角为的直线与圆交于两点． （1）当弦被点平分时，求直线的方程和的值； （2）若，求直线的方程． 17. 记数列的前项和为，已知，数列满足：． （1）求的通项公式； （2）求证：数列为等差数列，并求的通项公式． 18. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）试讨论函数的零点个数； （3）当函数恰有三个零点，且时，求证：. 19. 已知抛物线：经过点，且为的焦点，为坐标原点. （1）求抛物线的方程. （2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且. （i）试问直线是否经过定点?若是，求出该定点；若不是，请说明理由. （ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市长寿区2025-2026学年高二上期末检测 数学试题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知在所在平面内，为空间中任一点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】变形给定向量移动式，再利用共面向量定理的推论列式计算得解. 【详解】由，得， 则，由在所在平面内，得， 所以. 故选：B 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，故可得倾斜角的正切值，故可求倾斜角. 【详解】设为直线的倾斜角，而直线方程为， 故，，． 故选：C． 3. 已知圆与圆交于，两点，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】两圆相减先求出公共弦方程，再设出圆心到直线的距离并结合弦长公式得到在直线上，最后将代入直线方程求解出即可. 【详解】由题意得圆，圆， 两圆相减可得， 故直线的方程为，由题意得， 设到直线的距离为，由弦长公式得， 解得，则在直线上，可得，解得，故C正确. 故选：C 4. 设椭圆的中心为，右顶点为，若上存在一点满足，则的离心率的取值范围是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】采用向量法解题，设，用和椭圆方程计算点横坐标，然后再根据点在上，根据点的横坐标取值范围求离心率的范围. 【详解】设，，，，， 由，得， 化简得， 联立椭圆方程为， 化简得， 代入， 化简得， 解得（舍），另一根为， 又因为点在上，，即， 代入， 得，解得， 又因为椭圆离心率，故. 故选：B 5. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过作直线l与双曲线的右支交于两点（M在第一象限），，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线定义结合及求得，再由整理可求. 【详解】设，由可得， 由双曲线定义可得， 因为，所以， 即，整理得，因为，所以， 又，即，即， 所以，所以. 故选：D. 6. 已知各项均不为零的数列满足，对于任意的正整数，，则的个位数字为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】令，得数列是公差为2的等差数列.通过赋值法，求得，即可求得，从而求得，并得到其个位数字. 【详解】对于任意的正整数m，，，所以， 令，得当时，，即，即 所以数列是公差为2的等差数列，所以. 取，，得：，即；取，，得：； 取，，得：；取，，得：； 所以，解得：，因此， 所以，，，…，. 累加得， 故，所以，个位数字为6． 故选：D 7. 康托（Cantor）是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使“康托三分集”的各区间长度之和小于，则需要操作的次数的最小值为（ ） （参考数据：，） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度，接着归纳出第次操作去掉的区间的长度和为，把次操作中去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前项和，求出前项和，再求解不等式即可． 【详解】第一次操作去掉的区间长度为； 第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为； 第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为； ， 第次操作去掉个长度为的区间，长度和为， 于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为： ， 由题意知：，即，则， 解得 又为整数， 可得的最小值为7. 故选：C． 8. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法1：先对函数求导两次，根据极值点个数和函数的单调性求出结果即可；方法2：先对函数求导 一次，然后将函数有两个极值点转化为在上有两个不相等的根，然后变形化简构造新函数，求导判断单调性，结合图形求出结果即可. 【详解】方法1：函数的定义域为， 求导得，由函数有两个极值点， 得函数在上有两个变号零点， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，最多一个零点，不符合题意； 当时，， 由，得时；，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则，而当时，， 当时，， 因此当且仅当时，有两个零点， 即，解得，所以实数的取值范围是. 方法2：函数的定义域为， 求导得， 由函数有两个极值点， 得函数在上有两个变号零点， 即在上有两个不相等的根，即有两个不相等的根， 当不是方程的根，所以上述方程等价于有两个不相等的根， 等价于函数的图象与函数有两个不同的交点， 设，定义域为， ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， ，，而当从大于的方向趋近于时，， 当时，，大致图象如下 数形结合可知，当且仅当时，函数的图象与函数有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则 B. 若数列为等差数列，则 C. 若数列为等比数列，则或-6 D. 若数列为等比数列，则或 【答案】AD 【解析】 【分析】若数列为等差数列，则由条件求得等差数列的通项公式及前项和公式，判断A，B；若数列为等比数列，则由条件求得等比数列的通项公式及前项和公式，判断C，D. 【详解】若数列为等差数列，设其公差为，则，解得. 所以. 所以，. 所以A正确，B错误； 若数列为等比数列，设其公比为，则，解得，. 所以. 当时，； 当时，. 故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 已知圆与圆相交于A，B两个不同的点，则下列说法正确的是（　　） A. 实数的取值范围为 B. 当时，两圆的公共弦长 C. 当时， D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系可判断A；根据公共弦方程以及弦长公式可判断B；根据公共弦方程，弦长公式以及面积公式可判断C；根据公共弦方程以及两三角形有公共底边得出可判断D. 【详解】圆，圆心，半径， 圆，配方得， 圆心，半径， 两圆相交，圆心距离，满足， 即， 解不等式，故A错误； 当时，圆，两圆方程相减得公共弦方程为， 圆心到直线的距离， 所以公共弦长，故B正确； 当时，圆圆心，半径， 两圆方程相减得公共弦方程为, 圆心到直线的距离， 所以公共弦长， ，故C正确； 两圆方程相减得公共弦方程为， 圆心到直线的距离， 圆心到直线的距离， 因为且两三角形有公共底， 所以，即，解得或，故D错误. 故选：BC 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，则（ ） A. 以为直径的圆与相切 B. 若，则直线的斜率的绝对值为1 C. 为锐角三角形 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出抛物线焦点坐标及准线方程，利用抛物线定义，结合圆的切线判定判断A；设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线定义、数量积的坐标表示及两点间距离公式求解判断BCD. 【详解】抛物线的焦点，准线，设， 对于A，，以为直径的圆半径， 线段中点到直线的距离为，因此该圆与相切，A正确； 对于B，设直线，由消去得，则， ，由，得，于是， 解得，因此直线的斜率的绝对值为1，B正确； 对于C，由选项B知，，而，， 因此，即，，C错误； 对于D， ，当且仅当时取等号，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，则向量与的夹角为_________；直线与所成角的余弦值为_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】选择{、、}作为一组基底，分别表示各向量，运用向量夹角、异面直线所成角公式计算即可判断 【详解】由于， 所以， ， 则， ∴向量与的夹角是， 设直线与所成角的平面角为， 因为，， 所以 ， ， ， ∴， 故答案为：； 13. 在平面直角坐标系中，关于曲线：（），给出下列四个结论： ①曲线有且仅有一条对称轴； ②曲线恰好经过8个整点（横坐标与纵坐标都为整数的点，称为整点）； ③曲线所围成的区域面积； ④曲线上的点与原点的距离的最大值为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据解析式特点可判断①，代入整数点可判断②，利用正方形的面积可判断③，写出两点间距离公式，结合基本不等式可求最大值，进而可判断④. 【详解】用代替，代替，代入曲线方程，方程不变，所以曲线关于x 轴、y 轴对称， 用代替，代替，代入曲线方程，方程不变，所以曲线关于直线y=x均对称，①不正确. 当时，，解得，； 当时，，解得，（舍）； 当或时，，方程不成立， 得到整点：，共 8 个，②正确. 曲线经过整点，这些点构成一个边长为 2 的正方形（顶点为 ），该正方形面积为4， 当时，代入方程可得， 令，因为，所以必有一个大于1的零点， 即在该正方形外部还有点，故面积，③正确. 设点与原点距离为r，则，方程可化为， 解得或（舍去），又由，可得， 因此曲线上的点与原点的距离的最大值为​，当, 时取到最大值，④正确. 14. 已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为恒成立，根据的单调性得出，再利用导函数求出的最小值即可. 【详解】， 因为，所以，所以， 即恒成立， 令，因为在上单调递增，所以，故， 即在时恒成立即可， 设，，则，， 由得；得； 则在上单调递减，在上单调递增，则，所以， 又，所以a的取值范围为． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点. （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）先证明线面平行，利用线面平行的性质定理可证结论； （2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 证明：由正方体性质可知，因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以. 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设的长为， 则, ； 设平面的一个法向量为，则， 令，可得； 设直线与平面所成角为，则， 解得，即线段的长度为1. 16. 已知圆内有一点．过点且倾斜角为的直线与圆交于两点． （1）当弦被点平分时，求直线的方程和的值； （2）若，求直线的方程． 【答案】（1），； （2）或 【解析】 【分析】（1）求出圆心和半径，由垂径定理得直线的斜率为1，故，从而得到，并求出直线的方程； （2）分和两种情况，由垂径定理可得弦长，结合三角形面积得到方程，求出答案. 【小问1详解】 ，故圆心为，半径为4， 故， 当弦被点平分时，由垂径定理得直线的斜率为1，故， 所以，所以直线的方程为，即； 【小问2详解】 当时，中， 令得，，解得，故， 又到直线的距离为2，故，满足要求； 当时，设直线的方程为，即， 点到直线的距离为， 又，，故， 解得或， 当时，，解得，直线方程为； 当时，，变形得到，方程无解， 综上，直线方程为或. 17. 记数列的前项和为，已知，数列满足：． （1）求的通项公式； （2）求证：数列为等差数列，并求的通项公式． 【答案】（1） （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）利用的关系即可求出； （2）利用等差数列的定义即可证明数列为等差数列，进而求出的通项公式. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当时，成立， 综上，. 【小问2详解】 因为，等式两边同时除以，可得， 又，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， ，即. 故的通项公式为. 18. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）试讨论函数的零点个数； （3）当函数恰有三个零点，且时，求证：. 【答案】（1） （2） 当时，恰有1个零点；当时，恰有3个零点. （3） 因为，由（2）知， ，又， 又因为，结合，所以， 又因为，所以， 而 ， 令，则， 故在上为增函数，， ，故， 即得证. 【解析】 【分析】（1）将代入，对求导，再根据导数的几何意义即可得解. （2）求得的导函数为，分，，三种情况讨论符号，由，可确定的零点个数； （3）由（2）可知，，可得到，将不等式两边相减，构造新函数，对其求导可判断单调性，即可证明，可以证明不等式成立. 【小问1详解】 当时， 则，即，所以切线的斜率为， 又，所以切点为， 故在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 函数，易知， 因为， ①当时，， 在单调递增，此时恰有1个零点为1. ②当时，，即， 在单调递增，此时恰有1个零点为1. ③当时，令，即，解得或， ， 令，得或；令，得， 在和单调递增，在单调递减， 在上只有一个零点1，且 又因为当时，，所以在上恰有一个零点， 又因为当时，，所以在上恰有一个零点， 故此时函数共有三个零点， 综上所述，当时，恰有1个零点；当时，恰有3个零点. 【小问3详解】 略 19. 已知抛物线：经过点，且为的焦点，为坐标原点. （1）求抛物线的方程. （2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且. （i）试问直线是否经过定点?若是，求出该定点；若不是，请说明理由. （ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）直线经过定点；（ii）. 【解析】 【分析】（1）将点代入到抛物线方程即可求的值，进而可求抛物线的方程； （2）（i）设出两点坐标，代入到抛物线方程并结合求出的第一个关系，设出直线含双参的方程，并与抛物线联立后使用韦达定理，得到的第二个关系，联立两个关系得到间的关系，用表示后直线的方程可求定点； （ii）因为直线与轴的交点位于之间，故令后可得的取值范围，再联立直线与抛物线的方程后使用韦达定理，分别表示，进而可以用表示，再结合基本不等式与的取值范围，最终可求得的取值范围. 【小问1详解】 抛物线经过点， 将点坐标代入抛物线方程得，解得. 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）设，. 由，在上，有，， 直线，斜率分别为，， 因为，所以，所以. 设直线， 联立消去得， 则，. 联立，整理得，所以有， 所以直线可化为，即， 令得 故直线经过定点. （ii）由（i）得，直线， 令，得，因为直线与轴的交点位于之间， 则有，所以. 联立消去得， 则，， 则， 点到直线的距离， 点到直线：的距离， 则， 所以. 令，， 则， 易知在上单调递减， 所以在上的值域为， 所以，， 最终有， 故的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $