重庆市长寿区2025-2026学年高二上期末检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市长寿区2025-2026学年高二上期末检测数学试题一、单选题：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.已知在所在平面内，为空间中任一点，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得，则，由在所在平面内，得，所以.故选：B.2.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设为直线的倾斜角，而直线方程为，故，，．故选：C．3.已知圆与圆交于，两点，若，则（）A.2 B. C.3 D.【答案】C【解析】由题意得圆，圆，两圆相减可得，故直线的方程为，由题意得，设到直线的距离为，由弦长公式得，解得，则在直线上，可得，解得，故C正确.故选：C.4.设椭圆的中心为，右顶点为，若上存在一点满足，则的离心率的取值范围是（

）A B. C. D.【答案】B【解析】设，，，，，由，得，化简得，联立椭圆方程为，化简得，代入，化简得，解得（舍），另一根为，又因为点在上，，即，代入，得，解得，又因为椭圆离心率，故.故选：B.5.已知双曲线的左，右焦点分别为，过作直线l与双曲线的右支交于两点（M在第一象限），，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D6.已知各项均不为零的数列满足，对于任意的正整数，，则的个位数字为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】对于任意的正整数m，，，所以，令，得当时，，即，即，所以数列是公差为2的等差数列，所以.取，，得：，即；取，，得：；取，，得：；取，，得：；所以，解得：，因此，所以，，，…，.累加得，故，所以，个位数字为6．故选：D.7.康托（Cantor）是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使“康托三分集”的各区间长度之和小于，则需要操作的次数的最小值为（）（参考数据：，）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】第一次操作去掉的区间长度为；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为：，由题意知：，即，则，解得又为整数，可得的最小值为7.故选：C．8.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】方法1：函数的定义域为，求导得，由函数有两个极值点，得函数在上有两个变号零点，令，求导得，当时，，函数在上单调递减，最多一个零点，不符合题意；当时，，由，得时；，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，则，而当时，，当时，，因此当且仅当时，有两个零点，即，解得，所以实数的取值范围是.方法2：函数的定义域为，求导得，由函数有两个极值点，得函数在上有两个变号零点，即在上有两个不相等的根，即有两个不相等的根，当不是方程的根，所以上述方程等价于有两个不相等的根，等价于函数的图象与函数有两个不同的交点，设，定义域为，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，，，而当从大于的方向趋近于时，，当时，，大致图象如下数形结合可知，当且仅当时，函数的图象与函数有两个不同的交点，所以实数的取值范围是.故选：B.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.设数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（）A.若数列为等差数列，则B.若数列为等差数列，则C.若数列为等比数列，则或-6D.若数列为等比数列，则或【答案】AD【解析】若数列为等差数列，设其公差为，则，解得.所以.所以，.所以A正确，B错误；若数列为等比数列，设其公比为，则，解得，.所以.当时，；当时，.故C错误，D正确.故选：AD.10.已知圆与圆相交于A，B两个不同的点，则下列说法正确的是（）A.实数的取值范围为B.当时，两圆的公共弦长C.当时，D.若，则【答案】BC【解析】圆，圆心，半径，圆，配方得，圆心，半径，两圆相交，圆心距离，满足，即，解不等式，故A错误；当时，圆，两圆方程相减得公共弦方程为，圆心到直线的距离，所以公共弦长，故B正确；当时，圆圆心，半径，两圆方程相减得公共弦方程为,圆心到直线的距离，所以公共弦长，，故C正确；两圆方程相减得公共弦方程为，圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，因为且两三角形有公共底，所以，即，解得或，故D错误.故选：BC.11.已知抛物线的焦点为，准线为，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，则（）A.以为直径的圆与相切B.若，则直线的斜率的绝对值为1C.为锐角三角形D.【答案】ABD【解析】抛物线的焦点，准线，设，对于A，，以为直径圆半径，线段中点到直线的距离为，因此该圆与相切，A正确；对于B，设直线，由消去得，则，，由，得，于是，解得，因此直线的斜率的绝对值为1，B正确；对于C，由选项B知，，而，，因此，即，，C错误；对于D，，当且仅当时取等号，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，一个结晶体形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，则向量与的夹角为_________；直线与所成角的余弦值为_________.【答案】①.②.【解析】由于，所以，，则，∴向量与的夹角是，设直线与所成角的平面角为，因为，，所以，，，∴，故答案为：；.13.在平面直角坐标系中，关于曲线：（），给出下列四个结论：①曲线有且仅有一条对称轴；②曲线恰好经过8个整点（横坐标与纵坐标都为整数的点，称为整点）；③曲线所围成的区域面积；④曲线上的点与原点的距离的最大值为．其中所有正确结论序号是______．【答案】②③④【解析】用代替，代替，代入曲线方程，方程不变，所以曲线关于x轴、y轴对称，用代替，代替，代入曲线方程，方程不变，所以曲线关于直线y=x均对称，①不正确.当时，，解得，；当时，，解得，（舍）；当或时，，方程不成立，得到整点：，共8个，②正确.曲线经过整点，这些点构成一个边长为2的正方形（顶点为），该正方形面积为4，当时，代入方程可得，令，因为，所以必有一个大于1的零点，即在该正方形外部还有点，故面积，③正确.设点与原点距离为r，则，方程可化为，解得或（舍去），又由，可得，因此曲线上的点与原点的距离的最大值为​，当,

时取到最大值，④正确.14.已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为________．【答案】【解析】，因为，所以，所以，即恒成立，令，因为在上单调递增，所以，故，即在时恒成立即可，设，，则，，由得；得；则在上单调递减，在上单调递增，则，所以，又，所以a的取值范围为．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点.（1）证明：；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.（1）证明：由正方体性质可知，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以.（2）解：以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设的长为，则,；设平面的一个法向量为，则，令，可得；设直线与平面所成角为，则，解得，即线段的长度为1.16.已知圆内有一点．过点且倾斜角为的直线与圆交于两点．（1）当弦被点平分时，求直线的方程和的值；（2）若，求直线的方程．解：（1），故圆心为，半径为4，故，当弦被点平分时，由垂径定理得直线的斜率为1，故，所以，所以直线的方程为，即；（2）当时，中，令得，，解得，故，又到直线的距离为2，故，满足要求；当时，设直线的方程为，即，点到直线的距离为，又，，故，解得或，当时，，解得，直线方程为；当时，，变形得到，方程无解，综上，直线方程为或.17.记数列的前项和为，已知，数列满足：．（1）求的通项公式；（2）求证：数列为等差数列，并求的通项公式．（1）解：当时，，当时，，当时，成立，综上，.（2）证明：因为，等式两边同时除以，可得，又，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，，即.故的通项公式为.18.已知函数（1）当时，求在点处的切线方程；（2）试讨论函数的零点个数；（3）当函数恰有三个零点，且时，求证：.（1）解：当时，则，即，所以切线的斜率为，又，所以切点为，故在点处的切线方程为，即；（2）解：函数，易知，因为，①当时，，在单调递增，此时恰有1个零点为1.②当时，，即，在单调递增，此时恰有1个零点为1.③当时，令，即，解得或，，令，得或；令，得，在和单调递增，在单调递减，在上只有一个零点1，且又因为当时，，所以在上恰有一个零点，又因为当时，，所以在上恰有一个零点，故此时函数共有三个零点，综上所述，当时，恰有1个零点；当时，恰有3个零点（3）证明：因为，由（2）知，，又，又因为，结合，所以，又因为，所以，而，令，则，故在上为增函数，，，故，即得证.19.已知抛物线：经过点，且为的焦点，为坐标原点.（1）求抛物线的方程.（2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且.（i）试问直线是否经过定点?若是，求出该定点；若不是，请说明理由.（ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围.解：（1）抛物