四川省成都市实验中学2026届高二数学第一学期期末监测试题含解析

四川省成都市实验中学2026届高二数学第一学期期末监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．抛物线上有两个点，焦点，已知，则线段的中点到轴的距离是（）A.1 B.C.2 D.2．设函数，若的整数有且仅有两个，则的取值范围是（）A. B.C. D.3．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.4．若数列1，a，b，c，9是等比数列，则实数b的值为（）A.5 B.C.3 D.3或5．气象台正南方向的一台风中心，正向北偏东30°方向移动，移动速度为，距台风中心以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地受到台风影响持续时间大约是（）A. B.C. D.6．已知，则的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.207．在等差数列{}中，，，则的值为（）A.18 B.20C.22 D.248．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，用表示解开n（，）个圆环所需的最少移动次数，若数列满足，且当时，则解开5个圆环所需的最少移动次数为（）A.10 B.16C.21 D.229．已知双曲线的一条渐近线方程为，它的焦距为2，则双曲线的方程为（）A B.C. D.10．已知等比数列满足，，则（）A.21 B.42C.63 D.8411．已知，，若，则实数（）A. B.C.2 D.12．在下列四条抛物线中，焦点到准线的距离为1的是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某人有楼房一栋，室内面积共计，拟分割成两类房间作为旅游客房，大房间每间面积为，可住游客4名，每名游客每天的住宿费100元；小房间每间面积为，可住游客2名，每名游客每天的住宿费150元；装修大房间每间需要3万元，装修小房间每间需要2万元.如果他只能筹款25万元用于装修，且假定游客能住满客房，则该人一天能获得的住宿费的最大值为___________元.14．直线与圆交于A、B两点，当弦AB的长度最短时，则三角形ABC的面积为________15．“第七届全国画院美术作品展”于2021年12月2日至2022年2月20日在郑州美术馆展出.已知某油画作品高2米，宽6米，画的底部离地有2.7米（如图所示）.有一身高为1.8米的游客从正面观赏它（该游客头顶E到眼睛C的距离为10），设该游客离墙距离CD为x米，视角为.为使观赏视角最大，x应为___________米.16．在中.若成公比为的等比数列，则____________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）已知圆：，，为圆上的动点，若线段的垂直平分线交于点.（1）求动点的轨迹的方程；（2）已知为上一点，过作斜率互为相反数且不为0的两条直线，分别交曲线于，，求的取值范围.18．（12分）已知，对于有限集，令表示集合中元素的个数．例如：当时，，（1）当时，请直接写出集合的子集的个数；（2）当时，，都是集合的子集（，可以相同），并且．求满足条件的有序集合对的个数；（3）假设存在集合、具有以下性质：将1，1，2，2，··，，．这个整数按某种次序排成一列，使得在这个序列中，对于任意，与之间恰好排列个整数．证明：是4的倍数19．（12分）已知，，其中（1）已知，若为真，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围20．（12分）已知数列{}的首项＝2，(n≥2，)，，.（1）证明：{+1}为等比数列；（2）设数列{}的前n项和，求证：.21．（12分）已知：圆是的外接圆，边所在直线的方程为，中线所在直线的方程为，直线与圆相切于点.（1）求点和点的坐标；（2）求圆的方程.22．（10分）已知命题：方程有实数解，命题：，.（1）若是真命题，求实数的取值范围；（2）若为假命题，且为真命题，求实数的取值范围.

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、B【解析】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，即可求出线段中点的横坐标，即得到答案.【详解】由已知可得抛物线的准线方程为，设点的坐标分别为和，由抛物线的定义得，即，线段中点的横坐标为，故线段的中点到轴的距离是.故选：.2、D【解析】等价于，令，，利用导数研究函数的单调性，作出的简图，数形结合只需满足即可.【详解】，即，又，则.令，，，当时，，时，，时，，在单调递减，在单调递增，且，且，，作出函数图象如图所示，若的整数有且仅有两个，即只需满足，即，解得：故选：D3、D【解析】根据题意参变分离得到，求出的最小值，进而求出实数a的取值范围.【详解】由题意得：在上恒成立，即，其中在处取得最小值，，所以，解得：，故选：D4、C【解析】根据等比数列的定义，利用等比数列的通项公式求解【详解】解：设该等比数列公比为q，∵数列1，a，b，c，9是等比数列，∴，，∴，故，解得，∴故选：C5、D【解析】利用余弦定理进行求解即可.【详解】如图所示：设台风中心为，，小时后到达点处，即，当时，气象台所在地受到台风影响，由余弦定理可知：，于是有：，解得：，所以气象台所在地受到台风影响持续时间大约是，故选：D6、A【解析】利用基本不等式进行求解即可.【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，故选：A7、B【解析】根据等差数列通项公式相关计算求出公差，进而求出首项.【详解】设公差为，由题意得：，解得：，所以.故选：B8、D【解析】根据题意，结合数列递推公式，代入计算即可.【详解】根据题意，由，得.故选：D.9、B【解析】根据双曲线的一条渐近线方程为，可得，再结合焦距为2和，求得，即可得解.【详解】解：因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，即，又因焦距为2，即，即，因为，所以，所以，所以双曲线的方程为.故选：B.10、D【解析】设等比数列公比为q，根据给定条件求出即可计算作答.【详解】等比数列公比为q，由得：，即，而，解得，所以.故选：D11、D【解析】根据给定条件利用空间向量平行的坐标表示计算作答.【详解】因，，又，则，解得，所以实数.故选：D12、D【解析】由题意可知，然后分析判断即可【详解】由题意知，即可满足题意，故A，B，C错误，D正确.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3600【解析】先设分割大房间为间，小房间为间，收益为元，列出约束条件，再根据约束条件画出可行域，设，再利用的几何意义求最值，只需求出直线过可行域内的整数点时，从而得到值即可【详解】解：设装修大房间间，小房间间，收益为万元，则，目标函数，由，解得画出可行域，得到目标函数过点时，有最大值，故应隔出大房间3间和小房间8间，每天能获得最大的房租收益最大，且为3600元故答案为：360014、【解析】由于直线过定点，所以当时，弦AB的长度最短，然后先求出的长，再利用勾股定理可求出的长，从而可求出三角形ABC的面积【详解】因为直线恒过定点，圆的圆心，半径为，所以当时，弦AB的长度最短，因为，所以，所以三角形ABC的面积为，故答案为：15、【解析】设，进而得到，，从而求出，再利用基本不等式即可求得答案.【详解】设，则，，所以，当且仅当时取“=”.所以该游客离墙距离为米时，观赏视角最大.故答案为：.16、【解析】由条件可得，即，由余弦定理可得答案.【详解】由成公比为的等比数列，即由正弦定理可知所以故答案为：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、（1）动点的轨迹的方程为；（2）的取值范围.【解析】(1)由条件线段的垂直平分线交于点可得，由此可得，根据椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆，结合椭圆的标准方程求动点的轨迹的方程；(2)由(1)可求点坐标，设直线的方程为，，联立方程组化简可得，，由直线，的斜率互为相反数可得的值，再由弦长公式求的长，再求其范围.【小问1详解】由题知故.即即在以为焦点且长轴为4的椭圆上则动点的轨迹的方程为：；【小问2详解】故即.设：，联立（*），，∴，，又则：即若，则过，不符合题意故，∴，故18、（1）8（2）454（3）证明见详解【解析】（1）n元集合的直接个数为可得；（2）由已知结合可得，或，然后可得集合的包含关系可解；（3）根据每两个相同整数之间的整数个数之和与总的数字个数之间的关系可证.【小问1详解】当时，集合的子集个数为【小问2详解】易知，又，所以，即，得，或，所以或1）若，则满足条件的集合对共有，2）若，同理，满足条件集合对共有2433）当A=B时，满足条件的集合对共有所以，满足条件集合对共243+243-32=454个.【小问3详解】记，则1，1，2，2，··，，共2n个正整数，将这2n个正整数按照要求排列时，需在1和1中间放入1个数，在2和2中间放入2个数，…，在n和n中间放入n个数，共放入了个数，由于排列完成后共有2n个数，且1，1，2，2，··，，刚好放完，所以放入数字个数必为偶数，即Z，所以，Z，所以是4的倍数19、（1）（2）【解析】（1）求出两个命题为真命题时的解集然后利用为真，取并求得的取值范围；（2）由是的充分不必要条件，即，，其逆否命题为，列出不等式组求解即可.【详解】（1）由，解得，所以又，因为，解得，所以．当时，，又为真，所以.（2）由是的充分不必要条件，即，，其逆否命题为，由（1），，所以，即：【点睛】该题考查的是有关逻辑的问题，涉及到的知识点有命题的真假判断与应用，充分不必要条件对应的等价结果，注意原命题与逆否命题等价，属于简单题目.20、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】(1)利用已知条件证明为常数即可；(2)求出和通项公式，再求出通项公式，利用裂项相消法可求，判断的单调性即可求其范围.【小问1详解】∵＝2，(n≥2，)，∴当n≥2时，(常数)，∴数列{＋1}是公比为3的等比数列；【小问2详解】由(1)知，数列{＋1}是以3为首项，以3为公比的等比数列，∴，∴，∴∵，∴∴，∴∴.当n≥2时，∴{}为递增数列，故的最小值为，∴.21、（1）A（1,7）,（2）【解析】（1）与的的交点为点D,与的的交点为点A,联立解方程即可得出结果.（2）设圆P的圆心P为，由，，计算求解即可得出点坐标，由求得半径，进而可得出圆的方程.【小问1详解】由题可得：与的的交点为点D,故由，解得：，故与的的交点为点A,，解得：，故A（1，7）【小问2详解】设圆P的圆心P为，由与圆相切于点A，且的斜率为,则即，即，①又圆P为的外接圆，则B