重庆市七校联盟2025-2026学年高二上学期期中联考数学试卷（含详解）

2025-2026学年度上期重庆市高二半期七校联考数学试题

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．

第Ⅰ卷(选择题共58分)

一、单项选择题（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．（原创）已知直线l过两点,则直线l的倾斜角的大小为（）

A．B．A1,2,B1,−1C．D．

πππ3π

6324

．（原创）已知方程表示椭圆，则实数的取值范围是（）

222

xy

2m−3+4−m=1m

A．B．C．D．

3773377

3．（原2,创3）在等差数列3中,4，，2,4，则的公2,差3为∪（3,4）

．．．．

A1Ban2a5+a9=12C3a6=4anD4

4．（原创）若点在圆外,则的取值范围（）

．．22．．

AP1,2B2C:x+y+2xC−22y+a=0Da

．（改编）已知圆与圆的公共弦所在的直线与直

53,+∞−∞,3−3,+∞−3,3

线平2行，2则两平行线间的距离2为（2）

C1:x+y−4=0C2:x+y+ax−2y−3=0a∈R

A．l:2x−ay+1=0B．C．D．

212

6．（改4编）如图，已知2是边长为1的小正方形2网格上不共线的三个格2点，点为平面外一点,

且A,B,C,若,则（）PABC

∘

<AP,AB>=<AP,AC>=120,AP=4AO=AB+ACOP=

A．B．3C．6D．7

．（原创）点到直线的距离的最大值为（）

742

A．P−1,2B．l:1+2λx+C1．+λy−1−3λ=0Dλ．∈R

．（改编）已知过抛物线的焦点的动直线交抛物线于两点，为线段的中点，

8102325

为抛物线上任意一点，2则的最小值为（）

C:y=12xFCA,BQAB

．．．．

PA6OB3PF+PQC12D9

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中,有多

项符合题目要求,全部选错的得0分,若只有2个正确选项,每题选对一个得3分，若只

有3个正确选项，每选对一个得2分．）

．（原创）下列有关双曲线的命题中，叙述正确的是（）

922

xy

9−16=1

A．双曲线的虚轴长为4B．双曲线上的点到焦点的最小距离为3

C．双曲线的焦点到渐近线的距离为4D．经过焦点的最短弦长为6

10．（原创）下列说法正确的为（）

A．为空间任意一点,若,若四点共面,则实数等于

111

B．若O为空间的一A个P基=底−,4则OA+8OB+tOCA能,B构,C成,P基底t8

C．向量a,b,c，向量a+2b,a，+则b,向a量−b在向量上的投影向量的坐标为

13339

D．圆a=3,0,2与圆b=2,0,2a的公切b线有3条4,0,4

．（改编）2布达2佩斯的伊帕姆维泽2蒂博2物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体

11C1:x+y=4C2:x+y−8x−6y+16=0

图案，如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若

图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（）

A．

1

B．点CQ+A到B=直−线AD+2的A距A离是

5

C1CQ3

C．直线与平面的夹角正弦值为

53

1

D．异面直C线Q与BCD所成角的正切值为9

CQBD第Ⅱ卷(非17选择题共92分)

三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）

12．（原创）抛物线的准线方程为___________．

．（原创）已知的通2项公式为，若数列为递减数列，则实数的取值范

13y=4xλ

围是．2

___________anan=−3n+λnλϵRan

14．（改编）已知是椭圆与双曲线的公共焦点,是它们的一个公共点，且,线段的

12121

中垂线过,记椭F圆,F的离心率为,双曲线的离心率P为,则的取值范P围F是>___P_F_______．PF

11

212

四、解答F题（本题共5小题，e共77分．解答应写e出文e字1+说e2明，证明过程或演算步骤．）

15．（原创）（本小题13分）

数列满足．

9∗

ana1=5,an=6−an−1n∈N,n≥2

（1）求证:数列是等差数列；

1

n

（2）求数列a的−3通项公式．

an

16．（改编）（本小题15分）

已知点，，直线l的方程为:．

（）求直线关于点对称的直线的方程；

1A2,4lB4,2x−2y+1=0

（）求经过两点，且圆心在直线上的圆的标准方程．

2Aml

．（改编）（本小题分）

17A,B15

已知双曲线的实轴长为点到双曲线的渐近线的距离为．

222,

xy3

22

（1）求双曲线C:a−的b方=程1；a>0,b>0P0,1C3

（2）过点C的动直线l交双曲线于、两点,设线段的中点为,求点M的轨迹方程．

．（改编）（本小题分）

18P0,117CABABM

如图，在四棱锥中，平面，底面四边形满足

．∘

P−ABCDPA⊥ABCDABCD∠ABC=∠BAD=90,∠CDA=

∘

45,AB=BC=1

（1）证明:平面平面；

（2）若P，AC平⊥面PC与D平面交线为l，

①求证；

lPAA=B2PADPBC

②直线l上是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出;若不

6

存在,请说明理由．MBDMBDP6PM

19．（改编）（本小题17分）

已知和为椭圆上两点．

22

xy

22

（1）求A椭2,3圆的P方4,0程；C:a+b=1a>b>0

（2）若过点C的直线l交于另一点，且的面积为12，求直线l的方程；

（）设过点的动直线与椭圆有两个交点、，试判断在轴上是否存在点使得向量

3ACB△ABP

所成角D0,3恒成立,若存在,C求出点纵坐M标的N取值范围;若不y存在,说明理由．T

π

⟨TM,TN⟩∈2,πT

题号1234567891011

答案CDBDCDCACDACDBCD

1

12．y13．914．2,4

16

．【答案】证明：（）∵数列满足9，

151anan6nN,n2

an1

1111a11a31

∴nn1，

a3a39a33a9a33a33

nn13n1n1n1n1

an1

11

∴数列是公差为的等差数列；

an33

11

（2）由（1）可知数列是公差为的等差数列，

an33

1

又∵，∴数列的首项为11，

a15

an3a132

11111

∴n1n，

an32336

6n9

∴a．

n2n1

x04x

16．【答案】解：（1）设直线m上任意一点Px,y关于点A2,4的对称点为Qx0,y0，则，

y08y

因为，所以，

x02y0104x28y10

整理得x2y110，即直线m的方程x2y110．

（2）设圆心C2b1,b，由CACB，

2222

得2b12b42b14b2，解得b1，

所以圆心为C1,1，半径rCA10，

22

所以圆C的标准方程为x1y110．

17．【答案】解：（1）双曲线C的实轴长为2a，由已知，2a2，则a1．

x2y2

因为双曲线C:1a0,b0的一条渐近线为bxay0．

a2b2

3aa3

点P0,1到双曲线C的渐近线的距离为，所以，

2

3b2ac3

所以c3a3，所以b2c2a2312．

（2）（法一）易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx1，设Ax1,y1、Bx2,y2、Mx0,y0，

ykx1

联立直线与双曲线C的方程，得，消去，得22

l22yk2x2kx30

2xy2

由4k212k220且k220，得k23且k22．

2k

由韦达定理，得xx，

122k2

xxkk22

所以x12,ykx11，

022k2002k22k2

k

x02

2k22

由消去k，得2xyy0．

2000

y

02k2

由2且2，得或，

k3k2y01y02

所以，点M的轨迹方程为2x2y2y0，其中y1或y2．

xxyy

（法二）（2）设Ax,y,Bx,y，中点Mx,y，则：x12,y12，

1122000202

2

2y1

x11

2

因为A,B在双曲线，故，

y2

x211

22

y2y2

两式相减（点差法）：x2x2120，

122

yyyy

因式分解得：xxxx12120，

12122

两边除以（直线斜率显然存在），代入：

x1x2x1x22x0,y1y22y0

2yk2x

00，

2x00k

2y0

y12xy1

又直线过和，故斜率0，因此：00，

lP0,1Mx0,y0k

x0y0x0

整理得轨迹方程（将换为）：22，

x0,y0x,y2xyy0

所以，点M的轨迹方程为2x2y2y0，其中y1或y2．

18．【详解】（1）由勾股定理计算得AC2，所以ACCD2，

故三角形ACD为等腰直角三角形，可得ACCD．

因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD．

又因为PAACA，PA,AC平面PAC，所以CD平面PAC，

又因为CD平面PCD，所以平面PAC平面PCD．

（2）①因为BC//AD，而BC平面PBC，AD平面PBC，

所以AD//平面PBC，

又AD平面PAD，平面PAD平面PBC交线l，所以l//AD，

而ADAB，所以lAB．

②依题意，建立空间直角坐标系Axyz,B1,0,0,D0,2,0,P0,0,2,C1,1,0．

可得BP1,0,2,BD1,2,0，

设平面BDP的一个法向量为nx,y,z，

BPn0,x2z0,

则，即，取x2，则n2,1,1，

BDn0x2y0,

因为点M在l上，所以设点M0,t,2，设平面BDM的一个法向量为mx,y,z，

BMm0,xty2z0,

则，可得

BDm0,x2y0,

t2y2z0,

即，取y2，则m4,2,2t．

x2y,

mn12t

因为cosm,n，

2

mn6202t

12t6

所以，解得t6，故PM6．

2

6202t6

a42

b12

19．【解析】（1）由题意49，解得

2

221a16

ab

x2y2

所以椭圆方程1．

1612

（2）

当l的斜率不存在时，l:x2,B2,3,AB6，P到AB距d2，

1

此时S26612不满足条件．

△ABP2

当直线斜率存在时，设，设，

ll:ykx23Ax1,y1,Bx2,y2

ykx23

2222

x2y2，消y可得4k3x16k24kx16k48k120，

1

1612

2

当16k224k4k2316k248k120时，

16k224k16k224k

xx，又x2，所以x2，

124k23124k23

1224k

∴AB1k2xx1k2，

1234k2

2k3

又P点到直线l的距离d，

1k2

111224k2