重庆市2025-2026学年高二数学上学期周考十试题11.23含解析

本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分分，考试时间分钟．第I卷（选择题）85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.已知实数成等比数列，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出.【详解】设等比数列的公比为，则，且，解得.故选：C2.设各项均为正数的等比数列满足，则等于（）A.B.C.D.10【答案】C【解析】，后运用对数性质计算即可.【详解】在等比数列中，，得.根据等比数列性质，.所以，.故选：C.3.已知椭圆的中心为原点，焦点为，，以为圆心，为半径的圆交椭圆于、两点，且，则椭圆的方程是（）第1页/共24页

A.B.C.D.【答案】C【解析】、，，再求出，即可得解.【详解】连接、，根据对称性可知，又，所以为等边三角形，即，所以点为椭圆的短轴的顶点，又，所以，则，所以椭圆方程为.故选：C4.已知等差数列的前项和为，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合等差数列求和公式可推导证得数列为等差数列，进而求得等差数列的公差，根据等差数列通项公式可求得结果.【详解】设等差数列的公差为，第2页/共24页

则，数列是公差为的等差数列，，解得：，.故选：D.5.已知为等比数列的前项和，，，则（）A.3B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列前n项和的性质，结合等比中项的应用计算即可求解.【详解】由题意知，为等比数列的前n项和，则成等比数列，由等比中项，得，即，解得或（舍去）.故选：C6.已知MN是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆的取值范围为（）A.[51,76]B.[52,76]C.[64,80]D.[68,80]【答案】C【解析】【分析】由是左焦点，连接，利用椭圆对称性及定义，将目标式化为，结合及二次函数性质求范围.【详解】若是左焦点，连接，又关于原点对称，第3页/共24页

所以为平行四边形或为左右顶点，则，由，则，故，则，开口向上且对称轴为，又，所以.故选：C7.已知等差数列的项数为其中奇数项之和为偶数项之和为则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的性质，知等差数列的奇数项、偶数项分别成等差数列，故奇数项、偶数项的和直接代入等差数列的前项和公式，结合等差中项的性质化简即可.【详解】项数为的中奇数项共有项,其和为项数为的中偶数项共有项,其和为所以解得故选:A.8.已知O为坐标原点，双曲线C:的左、右焦点分别是F，F，离心率为，点是CF2作M，第4页/共24页

双曲线C上一点T满足，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线的定义，结合双曲线的离心率，得双曲线的方程及渐近线的方程，再设，由双曲线的方程求点到两条渐近线的距离之和.【详解】设半焦距为c，延长交于点N，由于PM是平分线，，所以是等腰三角形，所以，且M是NF2的中点.根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以MO是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，所以，，所以双曲线C的方程为.所以，，双曲线C的渐近线方程为，设，T到两渐近线的距离之和为S，则，由，即，又T在上，则，即，解得，，由，故，即距离之和为.故选：A.第5页/共24页

转化为用a曲线的标准方程.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（）A.数列是递增数列B.C.当取得最大值时，D.【答案】CD【解析】，，，选项一一判断，得到答案.【详解】ABD选项，设的公差为，，故，，故，所以，且，，即是递减数列，AB错误，D正确.C选项，由于是递减数列，，，故当取得最大值时，，C正确.故选：CD10.已知双曲线的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，为的右支上一点（异于点的内切圆圆心为.则以下结论正确的是（）A.直线与的斜率之积为4B.若，则第6页/共24页

C.以为直径的圆与圆相切D.若，则点坐标为【答案】BC【解析】【分析】由题意设点,，,，,，把点，坐标代入双曲线的方程，两式相减得，即可判断A；利用余弦定理，结合；记，则双曲线定义即可判断B，由于，利用勾股定理以及双曲线定义，结合等面积法进而可求内切圆半径，利用切线长的性质即可求解C；画出图形，利用是线段的中点，结合双曲线的性质以及定义，转化推出以为直径的圆与圆的位置关系即可判断D．【详解】设点,，,，,，则且，两式相减得，，，故A错误，由于，，若，由余弦定理可得，解得，由于，故，故B正确，在双曲线右支上，，是线段的中点，，是线段的中点，，，，，即圆心距等于两圆的半径之差，以线段为直径的圆与圆的位置关系是内切，故C正确．第7页/共24页

记，则，，，解得或，的面积为，设三角的内切圆半径为，则，所以，设圆与三边相切于，则设则故，解得，所以,故或,D错误，故选：BC．在边长为2的等边三角形纸片中，取边的中点，在该纸片中剪去以为斜边的等腰直角三角形得到新的纸片的中点中剪去以为斜边的等腰直角三角形得到新的纸片，以此类推得到纸片，，，，，设的周长为，面积为，则（）A.B.C.D.【答案】ABD第8页/共24页

【解析】【分析】画出图形依据裁剪规律可得比多了两条边到，即A正确，比少了一个以为斜边的等腰直角三角形，可得，C错误；再分别利用A和C中的结论，由累加法计算可得BD正确.【详解】根据题意可知，如下图所示规律：对于A，易知比多了两条边，少了线段；由，可得，故A正确；对于B，利用A中结论由累加法可得，当时，，又，所以，显然当时，也符合上式，即B正确；对于C，比少了一个以为斜边的等腰直角三角形，第9页/共24页

所以，即C错误；对于D，利用B中结论由累加法可得，当时，，又，所以，显然当时，也符合上式，即D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键在于由裁剪规律得出以及之间的递推规律，再利用累加法由等比数列前项和公式即可求得结果.第卷（非选择题）三、填空题：本大题3个小题，每小题5分，共分．各题答案必须填写在答题卡上相应位12.已知等比数列为递增数列，且，，则__________．【答案】2【解析】，，.【详解】因为递增的等比数列中，，，且，可知和是一元二次方程的两个根，且，解得，，可得，所以第10页/共24页

故答案为：2.13.已知正项数列满足，且，则_____．【答案】27【解析】【分析】首先由递推关系式得出是以为首项，3为公差的等差数列，再代入，结合，即可求出，最后利用等差数列的通项公式即可求得答案.【详解】由，，①，②②①得，即，所以是以为首项，3为公差的等差数列，令，得，又，，所以，解得，.故答案为：27.14.过抛物线的焦点的直线交于，两点，，是的准线为直径的圆与切于点，且以，，，为顶点的四边形的面积为64，则直线的斜率为______.【答案】【解析】【分析】利用抛物线的定义和性质，证明，，再联立抛物线与过焦点的直线，利用根与系数的关系求出直线的斜率.第11页/共24页

【详解】设抛物线的准线与轴交于一点，过作于一点，过作于一点，连接，，由抛物线的定义知，，，，，又，，，因此，，，又，则，设的中点为，则，因此，，即，因此以为直径的圆与切于点，且为圆的半径，而过直线与垂直时，在准线只有唯一的交点，这个交点即为与切于点的圆的圆心，因此在准线只有一个圆与切于点，故要使以的准线上两点为直径的圆与切于点，则与重合，与重合，因此四边形为直角梯形，由题意知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，则，联立可得，整理得，第12页/共24页

则，，因此，又的符号相反，因此，，则，又，又梯形的面积为64，则，即，整理得，，解得，因此，直线的斜率为.故答案为：.1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；（2）有关直线与抛物线弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用焦点弦公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式.四、解答题：本大题5个小题，共分．各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）15.在数列中，，.（1）证明：数列是等差数列.（2）求的通项公式.第13页/共24页

（3）若，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1）根据等差数列的定义即可证明.（2）由（1）的结论与等差数列通项公式即可得到结果.（3）利用分组求和与等差等比前n项和公式即可求得结果.【小问1详解】证明：因为，所以，所以.因为，所以，所以数列是首项和公差均为1的等差数列.【小问2详解】解：由（1）可得，则，故.【小问3详解】解：由（2）可得，则第14页/共24页

16.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，求面积．【答案】（1）（2）【解析】1）根据余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．【小问1详解】因为，所以，解得：．【小问2详解】由正弦定理可得，变形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面积为．17.数列的前项和为，．正项等比数列的首项为1，为其前项和，且．（1）求数列，的通项公式；第15页/共24页

（2）若对任意的恒成立，求实数的最大值．【答案】（1），（2）【解析】1）根据与的关系求解，结合等比数列的求和公式及题设分，两种情况求解；（2）转化问题为对对任意的恒成立，进而利用不等式组求得的最小值，即可求解.【小问1详解】由，当时，，又，满足上式，所以.因为正项等比数列的首项为1，，设其公比为，当时，，，不满足；当时，且，，化简整理得，解得，则，所以，.小问2详解】由，则，即对任意的恒成立，当时，，当时，设数列在第项取得最小值，第16页/共24页

则，解得，所以当时，取得最小值，又，所以，所以实数的最大值为.18.已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．（1）求证：平面平面；（2）已知点在线段与平面的夹角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1性质证明，利用勾股定理证明据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】第17页/共24页

不妨设，因为平面平面，故，在中，，由余弦定理，，得，故，则，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知，两两垂直，如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，则，故，，所以，设，则，即，所以；设为平面的一个法向量，则，令，则，所以，因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，第18页/共24页

解得，故．19.如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的一个“伴随点”为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，点与点关于轴对称．（ⅰ）证明：直线恒过定点；（ⅱ）记（ⅰ）中的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（，为，，的面积分别为，求的取值范围．【答案】（1）（2【解析】第19页/共24页

1）由椭圆过点，其伴随圆过点列方程组即可求得椭圆方程；（2i）分直线的斜率不为0和为0两种情况讨论，直线的斜率不为0时可设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合椭圆的对称性，利用韦达定理化简即可求得直线恒过定点；（ii）法一：设直线的方程为，分别求出，则可得，结合二次函数的性质即可得的取值范围；法二：表示，再结合二次函数的性质即可得的取值范围；法三：设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简可得，再结合二次函数的