重庆市长寿区2025-2026学年高二上学期期末检测数学试卷含解析（word版）

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1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑; 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号.回答非选择题时, 将答案写在答题卡上, 写在试卷上无效.
3. 考试结束后, 本试卷和答题卡一并交回.
第 I 卷 (选择题)
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 P 在 △ABC 所在平面内， O 为空间中任一点，若 AP=xOA+14OB−15OC ，则 x= ( )
A. 120 B. −120 C. −1920 D. 1920
【答案】B
【解析】
【分析】变形给定向量移动式, 再利用共面向量定理的推论列式计算得解.
【详解】由 AP=xOA+14OB−15OC ,得 OP−OA=xOA+14OB−15OC ,
则 OP=x+1OA+14OB−15OC ,由 P 在 △ABC 所在平面内,得 x+1+14−15=1 ,
所以 x=−120 .
故选: B
2. 直线 3x+y+1=0 的倾斜角为( )
A. 150∘ B. 135∘ C. 120∘ D. 60∘
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率, 故可得倾斜角的正切值, 故可求倾斜角.
【详解】设 α 为直线的倾斜角,而直线方程为 y=−3x−1 ,
故 k=−3,∴tanα=−30∘≤α0 交于 A,B 两点,若 AB=2 ，则 r= ( )
A. 2 B. 5 C. 3 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】两圆相减先求出公共弦方程,再设出圆心到直线的距离并结合弦长公式得到 C1 在直线 AB 上,最后将 C10,2 代入直线方程求解出 r 即可.
【详解】由题意得圆 C1:x2+y−22=1 ,圆 C2:x−22+y−42=r2r>0 ,
两圆相减可得 x2+y2−4y+3−x2+y2−4x−8y+20−r2=0 ,
故直线 AB 的方程为 4x+4y−17+r2=0 ,由题意得 C10,2 ,
设 C1 到直线 AB 的距离为 d ,由弦长公式得 2=212−d2 ,
解得 d=0 ,则 C1 在直线 AB 上,可得 4×0+4×2−17+r2=0 ,解得 r=3 ,故 C 正确.
故选: C
4. 设椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的中心为 O ,右顶点为 A ,若 C 上存在一点 P 满足 PO⊥PA ，则 C 的离心率的取值范围是( )
A 12,1 B. 22,1 C. 32,1 D. 63,1
【答案】B
【解析】
【分析】采用向量法解题,设 Px,y ,用 PO⋅PA=0 和椭圆方程计算 P 点横坐标,然后再根据点 P 在 C 上,根据点 P 的横坐标取值范围求离心率的范围.
【详解】设 Px,y,O0,0,Aa,0,PO=−x,−y,PA=a−x,−y ,
由 PO⊥PA ,得 PO⋅PA=0 ,
化简得 x2−ax+y2=0 ,
联立椭圆方程为 x2−ax+y2=0x2a2+y2b2=1 ,
化简得 b2−a2x2+a3x−a2b2=0 ,
代入 a2−b2=c2 ，
化简得 c2x2−a3x+a2b2=0 ,
解得 x=a (舍),另一根为 x=ab2c2 ,
又因为点 P 在 C 上, 0n , am+n+am−nam+an=2 ，则 a2026 的个位数字为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】令 n=1 ,得数列 am−am−1m>1 是公差为 2 的等差数列. 通过赋值法,求得 a2 ,即可求得 am ,从而求得 a2026 ,并得到其个位数字.
【详解】对于任意的正整数 m,nm>n,am+n+am−nam+an=2 ,所以 am+n+am−n=2am+2an , 令 n=1 ,得当 m>1 时, am+1+am−1=2am+2 ,即 am+1−am=am−am−1+2 ,即 am+1−am−am−am−1=2
所以数列 am−am−1m>1 是公差为 2 的等差数列,所以 am−am−1=a2−a1+2m−2 .
取 m=2,n=1 ,得: a3+a1=2a2+2a1 ,即 a3=2a2+1 ; 取 m=3,n=1 ,得:a4=3a2+4
取 m=3,n=2 ,得: a5=6a2+1 ; 取 m=4,n=1 ,得: a5=4a2+9 ;
所以 6a2+1=4a2+9 ,解得: a2=4 ,因此 am−am−1=2m−1 ,
所以 a2−a1=3,a3−a2=5,a4−a3=7,…,am−am−1=2m−1 .
累加得 am−1=m−13+2m−12=m−12m+22=2m2−22=m2−1 ,
故 am=m2 ,所以 a2026=20262 ,个位数字为 6 .
故选: D
7. 康托 (Cantr) 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 0,1 均分为三段,去掉中间的区间段 13,23 ,记为第一次操作; 再将剩下的两个区间 0,13,23,1 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 116 ,则需要操作的次数 n 的最小值为( )
(参考数据: lg2=0.3010,lg3=0.4771 )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度,接着归纳出第 n 次操作去掉的区间的长度和为 2n−13n ,把 n 次操作中去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前 n 项和,求出前 n 项和 Sn ,再求解不等式 Sn>1516 即可.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为 13 ;
第二次操作去掉两个长度为 19 的区间,长度和为 29 ;
第三次操作去掉四个长度为 127 的区间,长度和为 427 ;
⋯,
第 n 次操作去掉 2n−1 个长度为 13n 的区间,长度和为 2n−13n ,
于是进行了 n 次操作后，所有去掉的区间长度之和为:
Sn=13+29+…+2n−13n=131−23n1−23=1−23n,
由题意知: 1−23n>1516 ,即 23n0 ,得 0a2 时, g′x0 时, f′x 有两个零点,
即 lna2>0 ,解得 a>2 ,所以实数 a 的取值范围是 2,+∞ .
方法 2: 函数 fx=axlnx−ax2−x33 的定义域为 0,+∞ ,
求导得 f′x=a12+lnx−x2 ,
由函数 fx=axlnx−ax2−x33 有两个极值点,
得函数 f′x 在 0,+∞ 上有两个变号零点,
即 f′x=0 在 0,+∞ 上有两个不相等的根,即 a12+lnx−x2=0 有两个不相等的根,
当 x=e−12 不是方程的根,所以上述方程等价于 a=2x21+2lnx 有两个不相等的根,
等价于函数 y=a 的图象与函数 y=2x21+2lnx 有两个不同的交点,
设 hx=2x21+2lnx ,定义域为 0,e−12∪e−12,+∞ ,
h′x=4x1+2lnx−2x22x1+2lnx2=8xlnx1+2lnx2,
当 02a 得证.
19. 已知抛物线 C:y2=ax 经过点 P14,1 ，且 F 为 C 的焦点， O 为坐标原点.
(1)求抛物线 C 的方程.
(2)设 A,B 为 C 上两个不同的点，且 O,A,B 三点不共线，直线 OA,OB 的斜率分别为 k1 ， k2 ,且 k1+k2=1 .
(i) 试问直线 AB 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 AB 与 x 轴的交点位于 O,F 之间,设 F,O 两点到直线 AB 的距离之和为 d1,A,B 两点到直线 OF 的距离之和为 d2 ,求 d1d2 的取值范围.
【答案】(1) y2=4x
(2)(i)直线 AB 经过定点 0,4 ；(ii)(0,4).
【解析】
【分析】(1) 将点 P14,1 代入到抛物线 C 方程即可求 a 的值,进而可求抛物线 C 的方程;
(2)(i)设出 A,B 两点坐标，代入到抛物线方程并结合 k1+k2=1 求出 y1,y2 的第一个关系，设出直线 AB 含双参 m,n 的方程,并与抛物线联立后使用韦达定理,得到 y1,y2 的第二个关系,联立两个关系得到 m,n 间的关系,用 m 表示 n 后直线 AB 的方程可求定点;
(ii) 因为直线 AB 与 x 轴的交点位于 O,F 之间,故令 y=0 后可得 m 的取值范围,再联立直线与抛物线的方程后使用韦达定理,分别表示 d1,d2 ,进而可以用 m 表示 d1d2 ,再结合基本不等式与 m 的取值范围,最终可求得 d1d2 的取值范围.
【小问 1 详解】
抛物线 C:y2=ax 经过点 P14,1 ,
将点 P 坐标代入抛物线方程得 12=a⋅14 ,解得 a=4 .
故抛物线 C 的方程为 y2=4x .
【小问 2 详解】
(i) 设 Ax1,y1,Bx2,y2 .
由 A,B 在 y2=4x 上,有 x1=y124,x2=y224 ,
直线 OA,OB 斜率分别为 k1=y1x1=y1y124=4y1,k2=y2x2=y2y224=4y2 ,
因为 k1+k2=1 ,所以 4y1+4y2=1 ,所以 4y2+y1y1y2=1 .
设直线 AB:x=my+n ,
联立 x=my+n,y2=4x, 消去 x 得 y2−4my−4n=0 ,
则 y1+y2=4m,y1y2=−4n .
联立 4y2+y1y1y2=1y1+y2=4m,整理得4×4m−4n=1,所以有−4m=n,y1y2=−4n
所以直线 AB:x=my+n 可化为 x=my−4m ,即 x=my−4 ,
令 y−4=0,x=0, 得 y=4,x=0,
故直线 AB 经过定点 0,4 .
(ii) 由 (i) 得,直线 AB:x=my−4 ,
令 y=0 ,得 x=−4m ,因为直线 AB 与 x 轴的交点位于 O,F 之间,
则有 x=−4m∈0,1 ,所以 m∈−14,0 .
联立 x=my−4,y2=4x, 消去 x 得 y2−4my+16m=0 ,
则 y1+y2=4m,y1y2=16m ,
则 d2=y1−y2=y1+y22−4y1y2=4m2−4×16m=4m2−4m ,
点 O0,0 到直线 AB:x=my−4 的距离 d=4m12+−m2=−4m1+m2 ,
点 F1,0 到直线 AB:x=my−4 的距离 d′=1+4m12+−m2=1+4m1+m2 ,
则 d1=d+d′=−4m1+m2+1+4m1+m2=11+m2 ,
所以 d1d2=4m2−4m1+m2=4m2−4m1+m2=41−4m+11+m2 .
令 t=4m+1,t∈0,1 ,
则 4m+11+m2=t1+t−142=16tt2−2t+17=16t+17t−2 ,
易知 y=t+17t−2 在 0,1 上单调递减,
所以 y=t+17t−2 在 0,1 上的值域为 16,+∞ ,
所以 4m+11+m2=16t+17t−2∈0,1,1−4m+11+m2∈0,1 ,
最终有 d1d2 的取值范围是 0,4 .
故 d1d2 的取值范围是 0,4 .