精品解析：北京中学2025-2026学年高二直升第一学期10月检测数学高二直升数学试题

2025-2026学年度第一学期10月份检测 （高二直升数学） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知集合，，那么 A B. C. D. 2. 已知，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 3. “”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 4. 已知集合，则为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 7. 若命题“”为假命题，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则下列判断错误的是（ ） A B. C. D. 9. 《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.如图所示的图形，在AB上取一点，使得，，过点作交圆周于D，连接OD.作交OD于.则下列不等式可以表示的是（ ） A. B. C. D. 10. 若集合A的所有子集中，任意子集的所有元素和均不相同，称A为互斥集．若，且A为互斥集，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共5小题，每题5分，共25分．） 11. 若对任意，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为___________． 12. 关于不等式的解集为___________． 13. 能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为__________. 14. 已知是集合的非空子集，且当时，有．记满足条件的集合的个数为，则__________；__________． 15. 两个数互素是指两个正整数之间除了1之外没有其他公约数．欧拉函数（）的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数，例如，． 关于欧拉函数给出下面四个结论： ①； ②，恒有； ③若m，n（）都是素数，则； ④若（），其中为素数，则． （注：素数是指除了1和它本身以外不再有其他因数，且大于1的正整数．） 则所有正确结论的序号为___________． 三、解答题（本题共6小题，共85分．解答应写出必要的文字说明，演算步骤或证明过程．） 16. 已知实数． （1）若，则的取值范围； （2）若，求的取值范围． 17. 已知关于不等式的解集，集合． （1）求实数的值； （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求实数的取值范围． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分. 18. 已知函数． （1）若，且，求最小值； （2）若，解关于的不等式． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线方程； （2）当时，求函数的单调区间； （3）当时，恒成立，求的取值范围. 20. 已知椭圆的离心率为为椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）为椭圆上一点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，设直线，的斜率分别为，已知，求 21. 对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束． （1）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由； （2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件； （3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期10月份检测 （高二直升数学） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知集合，，那么 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合A，B，由此能求出A∩B． 【详解】解：∵集合A＝{x|x＝2k，k∈Z}， B＝{x|x2≤5}＝{x|}， ∴A∩B＝{﹣2，0，2}． 故选B． 【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 2. 已知，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过举两组反例和即可判断A,B,C, 利于不等式的基本性质即可判断D选项正确. 【详解】当时，满足，但，故A错误，也不满足，故B错误， 当时，，故C错误， ，故，又，故，故. 故选：D. 3. “”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 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】取，满足，而； 当时，，，满足，而， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 4. 已知集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集、并集的定义求解. 【详解】依题意，，，， 所以. 故选：D 5. 已知，则的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由，得，则 ，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是4. 故选：A 6. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，求出，再由所求集合性质求解即可. 【详解】由题意得，，，或， 则，或， 则， 故选：B. 7. 若命题“”为假命题，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合命题和它的否定的真假性关系，以及一元二次不等式恒成立问题的充要条件即可求解. 【详解】由题意命题“”为真命题， 所以当且仅当， 解得，即m的取值范围是. 故选：C. 8. 已知，则下列判断错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指对数互化求出，再结合对数函数单调性逐项判断即可. 【详解】由，得， 对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，由A知,则，C正确； 对于D，由前分析，得 且，则，D正确. 故选：A 9. 《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.如图所示的图形，在AB上取一点，使得，，过点作交圆周于D，连接OD.作交OD于.则下列不等式可以表示的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的性质、射影定理求出CD和DE的长度，利用CD>DE即可得到答案.同时这是几何法构造基本不等式及其推论的一种方法. 【详解】 连接DB，因为AB是圆O 的直径，所以，所以在中，中线，由射影定理可得，所以. 在中，由射影定理可得，即， 由得， 故选：A 10. 若集合A的所有子集中，任意子集的所有元素和均不相同，称A为互斥集．若，且A为互斥集，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的新定义先确定集合，而要想取得最大值，则要最小，从而确定，即可求解 【详解】因为， 所以为 又且为互斥集， 所以为， 要想取得最大值， 则要最小，此时， 不妨令，则， 故选：C 二、填空题（本题共5小题，每题5分，共25分．） 11. 若对任意，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对勾函数的单调性求出值域，再利用恒成立求出范围. 【详解】函数在上单调递增， 故， 因对任意，不等式恒成立，得， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 12. 关于的不等式的解集为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合一元二次不等式解法，分段求解即可. 【详解】由不等式有意义，得，解得， 当时，，因此； 当时，，即，解得，因此， 所以不等式的解集为. 故答案为： 13. 能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为__________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：，矛盾，所以−1，−2，−3可验证该命题是假命题. 【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值方式举反例进行验证，答案不唯一． 14. 已知是集合的非空子集，且当时，有．记满足条件的集合的个数为，则__________；__________． 【答案】 ①. 3； ②. ##. 【解析】 【分析】将，，分为组，分析得到的可能性为，即得解. 【详解】解：将，，分为组，和，和，， 和，单独一组， 每组中的两个数或单独的k必须同时属于或同时不属于一个满足条件的集合，每组属于或不属于，共两种情况， 所以的可能性有，排除一个空集，则可能性为，即，， 故，． 故答案为：3，. 15. 两个数互素是指两个正整数之间除了1之外没有其他公约数．欧拉函数（）函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数，例如，． 关于欧拉函数给出下面四个结论： ①； ②，恒有； ③若m，n（）都是素数，则； ④若（），其中为素数，则． （注：素数是指除了1和它本身以外不再有其他因数，且大于1的正整数．） 则所有正确结论的序号为___________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据欧拉函数的函数值的定义，求出，，即可判断①②；若m是素数，m与前m－1个正整数均互素，可得，同理得，又不超过正整数且与互素的正整数共有个，可得，即可判断③；若，其中为素数，不超过的正整数共有，其中的倍数有个，则不超过且与互素的正整数有个，可得，即可判断④． 【详解】不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，共6个，则，故①正确； 不超过8且与8互素的正整数有1，3，5，7，共4个，则，则，故②错误； 若m是素数，m与前m－1个正整数均互素，则； 同理，若n是素数，则， 故； 若m，n（）都是素数，则不超过的正整数中，除去与及外，其他的正整数均与互素，共有个，则， 所以，故③正确； 若（），其中为素数，不超过的正整数共有，其中的倍数有个，则不超过且与互素的正整数有个，则，故④正确． 故答案为：①③④． 三、解答题（本题共6小题，共85分．解答应写出必要的文字说明，演算步骤或证明过程．） 16. 已知实数． （1）若，则的取值范围； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用不等式性质求出范围. （2）将用表示出，再利用不等式的性质求出范围. 【小问1详解】 由，得， 当时，，则，即， 当时，，因此， 所以的取值范围是. 【小问2详解】 依题意，， 由，得， 则，所以的取值范围是. 17. 已知关于不等式的解集，集合． （1）求实数的值； （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求实数的取值范围． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）选择见解析，答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据绝对值不等式的几何意义，得到，再结合条件，即可求解； （2）选择①，根据条件，结合图形，得到，即可求解；选项择②，根据条件，结合图形，得到，即可求解. 【小问1详解】 由，得到，即， 又因为关于不等式的解集， 所以，解得，所以实数的值为. 【小问2详解】 选择条件①，因为，， 又，由图知， ，解得. 选择条件②，因为，， 又，即，由图知， ，解得. 18. 已知函数． （1）若，且，求的最小值； （2）若，解关于的不等式． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）依题意可得，利用乘“1”法及基本不等式计算可得； （2）依题意可得，分、、、、五种情况讨论，分别求出不等式的解集. 【小问1详解】 因为且，所以，即， 又，所以， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为； 【小问2详解】 当时，不等式，即为，即； 当时，解得，所以不等式的解集为； 当时，不等式等价于，解得或， 所以不等式的解集为； 当时，不等式即为，解得，所以不等式的解集为； 当时，，解得，所以不等式的解集为； 当时，，解得，所以不等式的解集为； 综上可得：当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的单调区间； （3）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）的单增区间为，单减区间为； （3） 【解析】 【分析】（1）直接计算，求导计算，写出切线方程即可； （2）直接求导确定导数的正负，写出单调区间即可； （3）先根据必要性得到，再证明当时，，结合（2）中单调性证得，即满足充分性，即可求解. 【小问1详解】 ，当时，，，，， 故曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 易得定义域为，当时，，令，或， 当或时，单调递减；当或时，单调递增； 故的单增区间为，单减区间为； 【小问3详解】 “，即”是“当时，恒成立”的必要条件. 当，时，，令， 由（2）知，在单调递减，在单调递增，故， 即，所以的取值范围是. 20. 已知椭圆的离心率为为椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）为椭圆上一点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，设直线，的斜率分别为，已知，求 【答案】（1）； （2）2 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出直线方程，再利用点到直线距离公式，结合椭圆离心率的求法求出即可. （2）设直线PB：，与直线方程联立求点的坐标，与椭圆方程联立求点的坐标，再由直线方程求得点的坐标，进而求出的关系即可. 【小问1详解】 在椭圆中，，则直线AC：，即， 由原点到直线的距离为，得，则， 由的离心率为，得，解得，， 所以椭圆E的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，直线AC的方程为，直线方程为， 由，解得，即点， 由消去得，设点, 则，即，，点， 直线PC的斜率为， 直线PC的方程为，令，得，点， 则QT的斜率， 因此，而，所以. 21. 对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束． （1）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由； （2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件； （3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束． 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析. 【解析】 【详解】分析：（1）根据定义，可得不能结束，数列能结束，并可写出数列；（2）经过有限次“变换”后能够结束的充要条件，先证明，则经过一次“变换”，就得到数列，从而结束，再证明命题“若数列为常数列，则为常数列”， 即可得解；（3）先证明引理：“将数的最大项一定不大于数列的最大项，其中 ” ，再分类讨论：第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻，（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，，第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时，证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列. 详解：（1）数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形． 数列能结束，各数列依次为；；；． （2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是． 若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束． 当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”． 当时，数列． 由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列． 其它情形同理，得证． 在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列． 所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是． （3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”． 证明：记数列中最大项为，则． 令，，其中． 因为， 所以， 故，证毕． 现将数列分为两类． 第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，． 第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时． 下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列． 不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理） ①当数列中只有一项为时， 若()，则，此数列各项均不或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列； 若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列； 若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列； 若，则；；， 此数列各项均不为，为第一类数列． ②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列； 若()，则，，此数列各项均不或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列． ③当数列中有三项为时，只能是，则， ，，此数列各项均不为，为第一类数列． 总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少． 又因为各数列的最大项是非负整数， 故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束． 点睛：本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $