重庆市第一中2026届高二数学第一学期期末学业质量监测试题含解析

重庆市第一中2026届高二数学第一学期期末学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．记不超过x的最大整数为，如，.已知数列的通项公式，则使的正整数n的最大值为（）A.5 B.6C.15 D.162．下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则3．已知m是2与8的等比中项，则圆锥曲线x2﹣＝1的离心率是（）A.或 B.C. D.或4．在中，内角的对边分别为，若，则角为A. B.C. D.5．已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标满足，则的最小值为（）A B.C. D.46．设a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，，依次成公差不为0的等差数列，则（）A.a，b，c依次成等差数列 B.，，依次成等差数列C.，，依次成等比数列 D.，，依次成等比数列7．等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8．命题：“，”的否定形式为（）A.， B.，C.， D.，9．数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．若对任意的，都有，则的值不可能是（）A. B.2C. D.310．矿山爆破时，在爆破点处炸开的矿石的运动轨迹可看作是不同的抛物线，根据地质、炸药等因素可以算出这些抛物线的范围，这个范围的边界可以看作一条抛物线，叫“安全抛物线”，如图所示．已知某次矿山爆破时的安全抛物线的焦点为，则这次爆破时，矿石落点的最远处到点的距离为（）A. B.2C. D.11．设，，且，则等于（）A. B.C. D.12．记等差数列的前n项和为，若，，则等于（）A.5 B.31C.38 D.41二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的实轴长为______14．已知定点，，P是椭圆上的动点，则的的最小值为______.15．已知是椭圆的一个焦点，为椭圆上一点，为坐标原点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为__________16．已知圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥的侧面积为_____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）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD=2AD=4，PD⊥CD，PD⊥AD，底面ABCD为正方形，M、N、Q分别为AD、PD、BC的中点（1）证明：面PAQ//面MNC；（2）求二面角M-NC-D的余弦值18．（12分）如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面19．（12分）已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和20．（12分）已知椭圆的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程.21．（12分）已知数列的前项和满足，数列满足（1）求，的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和22．（10分）已知三角形的内角所对的边分别为，且C为钝角.（1）求cosA；（2）若，，求三角形的面积.

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、C【解析】根据取整函数的定义，可求出的值，即可得到答案；【详解】，，，，，，当时，，使的正整数n的最大值为，故选：C2、D【解析】通过举反列即可得ABC错误，利用不等式性质可判断D【详解】A.当时，，但，故A错；B.当时，，故B错；C.当时，，但，故C错；D.若，则，D正确故选：D3、A【解析】利用等比数列求出m，然后求解圆锥曲线的离心率即可【详解】解：m是2与8的等比中项，可得m＝±4，当m=4时,圆锥曲线为双曲线x2﹣＝1,它的离心率为：,当m=-4时，圆锥曲线x2﹣＝1为椭圆，离心率：，故选：A4、A【解析】因为，那么结合，所以cosA==，所以A=，故答案为A考点：正弦定理与余弦定理点评：本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题.5、B【解析】由数量积的坐标运算求得，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：根据题意可得，、，所以，令，由约束条件作出可行域如下图所示，由得，即，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为，即，所以故选：B6、B【解析】由等差数列的性质得，利用正弦定理、余弦定理推导出，从而，，依次成等差数列.【详解】解：∵a，b，c分别是内角A，B，C的对边，，，依次成公差不为0的等差数列，∴，根据正弦定理可得，∴，∴，∴，∴，，依次成等差数列.故选：B.【点睛】本题考查三个数成等差数列或等比数列的判断，考查等差数列、等比数列的性质、正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题.7、B【解析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案【详解】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件故选：B【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程8、D【解析】根据含一个量词的命题的否定方法直接得到结果.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题：“，”的否定形式为：，，故选：D.【点睛】本题考查全称命题的否定，难度容易.含一个量词的命题的否定方法：修改量词，否定结论.9、A【解析】由已知建立不等式组，可求得，再对各选项逐一验证可得选项.【详解】解：因为数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．对任意的，都有，所以，即，解得，则当时，，不成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；所以的值不可能是，故选：A.10、D【解析】根据给定条件求出抛物线的顶点，结合抛物线的性质求出p值即可计算作答.【详解】依题意，抛物线的顶点坐标为，则抛物线的顶点到焦点的距离为，p>0，解得，于是得抛物线的方程为，由得，，即抛物线与轴的交点坐标为，因此，，所以矿石落点的最远处到点的距离为.故选：D11、A【解析】由空间向量垂直的坐标表示可求得实数的值.【详解】由已知可得，解得.故选：A.12、A【解析】设等差数列的公差为d，首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案.【详解】解：设等差数列的公差为d，由题知：，解得.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由双曲线方程写出渐近线，根据相切关系，结合点线距离公式求参数a，即可确定实轴长.【详解】由题设，渐近线方程为，且圆心为，半径为1，所以，由相切关系知：，可得，又，即，所以双曲线的实轴长为.故答案为：14、##【解析】根据椭圆的定义可知，化简并结合基本不等式可求的的最小值.【详解】由题可知：点，是椭圆的焦点，所以，所以，即，当且仅当时等号成立，即时等号成立.所以的最小值为，故答案为：.15、##【解析】根据题中几何关系，求得点坐标，代入椭圆方程求得齐次式，整理化简即可求得离心率.【详解】根据题意，取点为第一象限的点，过点作的垂线，垂足为，如下所示：因为△为等边三角形，又，故可得则点的坐标为，代入椭圆方程可得：，又，整理得：，即，解得（舍）或.故答案为：.16、【解析】由已知求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解【详解】由已知可得r=1，h=，则圆锥的母线长l=,∴圆锥的侧面积S=πrl=2π故答案为2π【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法,侧面积公式S=πrl.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）证明过程见解析（2）【解析】（1）由线线平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解二面角的余弦值.【小问1详解】因为M，N是DA，PD的中点，所以MN//AP，因为平面PAQ，平面PAQ，所以MN//平面PAQ因为四边形ABCD为正方形，且Q为BC中点，所以MA//CQ，且MA=CQ，所以四边形MAQC为平行四边形，所以CM//AQ，因为平面PAQ，平面PAQ，所以MC//平面PAQ，因为，所以面PAQ//面MNC【小问2详解】因为PD⊥CD，PD⊥AD，AD⊥CD故以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面NMC的法向量为，则，令得：，所以，平面NDC的法向量为，则，设二面角M-NC-D的大小为，显然为锐角，则18、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）根据线面平行的判定，证明即可；（2）过C作，垂足为M，根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可【小问1详解】证明：因为四边形ABEF为矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE【小问2详解】过C作，垂足为M，则四边形ADCM为矩形因为，，所以，，，，所以，所以因为平面ABCD，，所以平面ABCD，所以又平面BCE，平面BCE，，所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE19、（1）（2）【解析】（1）结合作差法可直接求解；（2）由错位相减法可直接求解.【小问1详解】当时，；当时，，当时，满足上式，所以；【小问2详解】由（1）知，所以①，②，①-②得，所以.20、（1）；（2）或.【解析】（1）由离心率公式、将点代入椭圆方程得出椭圆的方程；（2）联立椭圆和直线的方程，由判别式得出的范围，再由韦达定理结合三角形面积公式得出，求出的值得出直线的方程.【详解】解：（1）因为椭圆的离心率为，所以.①又因为椭圆经过点，所以有.②联立①②可得，，，所以椭圆的方程为.（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为.由消去整理得，.因为直线与椭圆交于不同两点，所以，即，所以设，，则，.由题意得，面积，即.因为的面积为，所以，即.化简得，，即，解得或，均满足，所以或.所以直线的方程为或.【点睛】关键点睛：在第二问中，关键是由韦达定理建立的关系，结合三角形面积公式求出斜率，得出直线的方程.21、（1），；（2）.【解析】（1）由求得的递推关系，结合可得其为等比数列，从而得通项公式，代入计算得；（2）求出，由错位相减法求和【详解】（1）由可得，，即，易知，故..（2）由（1）可