重庆市渝中区2025_2026学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份重庆市渝中区2025_2026学年高二数学上学期期末试题含解析，共22页。试卷主要包含了考试时间120分钟，试题总分150分，试卷页数4页等内容，欢迎下载使用。
2．试题总分150分
3．试卷页数4页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，，三点共线，则的值为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由三点坐标求出向量的坐标，根据三点共线得出向量共线，再向量共线的坐标公式列方程，即可解出的值.
【详解】根据题意，向量，向量，
因为三点共线，所以向量共线，
则，解得.
故选：D.
2. 双曲线的一条渐近线方程为，则的值为（ ）
A. 5B. 4C. 8D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目写出双曲线的渐近线方程，即可求出的值.
【详解】由可得：，
由渐近线方程可得：.
故选：B
3. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数定义域并令其导函数大于零，解不等式即可求得结果.
【详解】易知函数的定义域为，,
又，令，解得时，
所以函数的单调递增区间为
故选：C
4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 16B. 17C. 18D. 19
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，求解关于的方程组，再由通项公式代值计算即得.
【详解】设等差数列的公差为，
则由可得，
解得，则.
故选：B.
5. 已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意设，由求出的值，即得圆心与半径，进而得到圆的方程.
【详解】依题意，可设，
由可得，
解得，故得圆心，半径为，
则所求圆的方程为.
故选：A.
6. 若数列的首项为1，且，设，则数列的前20项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用累乘法求出数列的通项公式，再根据进行裂项相消法求和即得.
【详解】因，则
，当时，符合题意，故，
则，
故.
故选：D.
7. 如图，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，且与圆交于两点，则的最小值为（ ）

A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据抛物线定义结合题设条件，可得.当直线轴时，，当直线的斜率存在时，设直线方程为，与抛物线方程联立写出韦达定理，借助基本不等式即可求出最值.
【详解】由可得焦点，而圆的圆心即点，半径为，则，
设点，则，于是，同理.
当轴时，，则；
当直线的斜率存在时，设其方程为，代入，整理得，
显然，且，，
则，当且仅当时，等号成立.
综上可得，的最小值为.
故选：C.
8. 设分别是双曲线的左右焦点，点分别在双曲线的左右支上，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长与双曲线交于点，求证四边形为平行四边形，再根据双曲线的定义找出各边的关系，在、中利用余弦定理可求；另外，也可利用焦点弦性质求出，在中利用余弦定理可求
【详解】法1：延长与双曲线交于点，
因为，所以，
则由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，
则，，，
令，则，
在中，由余弦定理
得，
即，得，
则，
在中，由余弦定理
即，
得，则离心率；
法2：由，得，则，
在中，由余弦定理，
得，
即，得或（舍）
则离心率.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. 函数在上单调递增
B. 函数在上单调递减
C. 函数在处取得极小值
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据导函数的正负性得出函数的单调性即可逐一判断.
【详解】因为在上恒成立，所以在上单调递增，故A正确；
因为在上恒成立，所以在上单调递增，故B错误；
因为在上恒成立，在上恒成立，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极小值，故C正确；
因为在上单调递减，所以，故D错误.
故选：AC
10. 已知数列满足，且，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D. 数列的前项和为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据数列的递推公式，代入计算可判断A；结合等比数列的定义可判断B；求出通项公式，分析单调性可判断C；根据等比数列前项和计算公式可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，解得，故A正确；
对于B，由已知，若存在，则，，，，
故，则，
即，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确；
对于C，，即，
故，
因为，所以，
，
因为随着的增大而减小，所以随着的增大而增大，故，
所以，故C正确；
对于D， ，故D错误.
故选：ABC.
11. 数学世界里，藏着许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一．设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是曲线上一个动点，以下说法正确的有（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线的内部恰好有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C. 面积的最大值为
D. 满足的点有且只有2个
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，将曲线上的任意点关于轴对称点的坐标代入曲线方程，看是否成立即可判断；对于B，由得到可取的整数值，分类讨论可求解；对于C，根据求出的范围，结合的值可得面积的最大值；对于D，平面内到定点的距离和为的点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆，求出椭圆方程，与曲线方程联立可得到交点的坐标.
【详解】对于A，曲线上的任意点，其关于轴的对称点为，
代入曲线方程得，即点也在曲线上，
所以曲线关于轴对称，故A正确.
对于B，由得，解得，
又，，0，1，
当时，代入曲线方程解得或2，如图，，由于点曲线内部，所以得到整点；
当时，代入曲线方程解得，所以，
同理可得曲线内部整点有；
当时，由对称性知还有一整点.
综上，曲线内部一共有5个整点，故B正确.

对于C，由上得，由于图形关于轴对称，所以只需考虑时情况，，解得．
当时，解得，即时，曲线的最高点为，
所以面积的最大值为：，故C错误.
对于D，平面内到定点的距离和为的点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆，所以椭圆方程为，
联立得
，
代入曲线方程得交点，
由对称性知，
当时，也存在一个交点，共两个交点，故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. 已知函数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，代入，解方程即得.
【详解】由，求导得，
取，可得，解得.
故答案为：
13. 已知椭圆，且，，若点是上动点，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】计算判断点为椭圆上焦点，作下焦点为，利用椭圆的定义将待求式化成，结合图形可得当且仅当三点共线且点在之间时取得最大值.
【详解】如图，由可得其半焦距为，即点为椭圆的上焦点，取下焦点为，
因为，所以点在椭圆内，
连接，则，则，
由图知，当且仅当三点共线且点在之间时等号成立，
故，
即的最大值为.
故答案为：.
14. 等比数列中，，，则______．
【答案】或
【解析】
【分析】分与讨论，均有，去绝对值后列方程组求解即可.
【详解】设等比数列的公比为.
（1）当时，若，则的各项均为正数，
所以，与已知不符，所以，
所以，
所以，①
而，②
②①得，即，解得.
代入得.
（2）当时，若，则的各项均为负数，
所以，与已知不符，所以，
所以，
所以，③
而，④
④③得，即，解得.
代入得.
故答案为：或.
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. 已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线．
（1）求的值；
（2）求函数在区间的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义可得，即可解得实数的值；
（2）利用导数分析函数在区间上的单调性，即可求出该函数在上的最小值.
【小问1详解】
由，故，故.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
令，则或，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
因为，函数的极小值为，
，
故．
16. 如图1，在直角梯形中，，，且，，，在边和分别取点，使得，现沿边将四边形进行翻折，使平面平面，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理得出平面，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可求证；
（2）以为原点建系，计算平面的法向量，利用向量法计算线面角.
【小问1详解】
依题意可得，四边形为正方形，故，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，
又平面，则，
在直角梯形中，，得，
在中，，则，则，
平面，
平面；
【小问2详解】
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
则，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，取，则，
设与平面所成角为，
则．
所以与平面所成角的正弦值为．
17. 已知抛物线的焦点是，点在上，以为圆心、为半径的圆交轴于两点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点为抛物线上一点，为坐标原点，平面上一动点满足，求直线斜率的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，在中由勾股定理得到，即可求出；
（2）设，用含、的式子表示、，从而表示出，再根据基本不等式计算可得.
【小问1详解】
抛物线的焦点是，准线方程为，在抛物线上，故，解得，
如图，在中，，
则，即，解得（负值已舍去），
所以抛物线的方程为．
【小问2详解】
设，故，
，
，
所以，
当时，；
当时，，设，
当时，当且仅当，即时取等号；
当时，当且仅当，即时取等号；
所以，则或，
则或，即；
综上所述的取值范围为.

18. 已知数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足
（ⅰ）求数列的前项和；
（ⅱ）设，问是否存在正整数，使得，若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，所有的值为大于或等于的偶数，理由见解析
【解析】
【分析】（1）应用计算得出通项公式；
（2）（ⅰ）分奇偶应用分组求和结合等差数列求和公式及等比数列求和公式计算求解；
（ⅱ）分为奇数和偶数两种情况讨论，通过作差法判断数列的单调性，进而求出满足的的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以当时，，
当时，，
．
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）知，
所以
①当为偶数，
②当为奇数，
（ⅱ）①当为偶数时，，
，
故当为偶数时，单调递增，
，
故当为偶数且时，；
②当为奇数，，
，故当为奇数时，单调递减，
，当为奇数时，（舍），
综上，当为偶数且时，.
19. 已知椭圆的离心率为，左焦点为，左、右顶点分别为，上顶点为，且．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）设斜率存在的直线交椭圆于两点，记直线的斜率分别为，若．
（ⅰ）试判断直线是否过定点，若是，求出此定点坐标；若不是，请说明理由；
（ⅱ）设直线与轴的交点为，记与的面积分别为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）存在，定点（－1，0）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的离心率和，列出关于的方程，求解即可；（ⅱ）
（2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由推出或，依题意舍去，利用即可求出直线经过的定点；依题意求得，设，故，利用韦达定理，求得，再由和求出，联立两条件，即得，进而得到，解不等式即得且，从而求出的范围.
【小问1详解】
如图，连接，因椭圆的离心率为，故
，
联立解得，则椭圆的标准方程为：．
【小问2详解】
（ⅰ）由题知直线的斜率存在且不为0，设直线，
联立，消去，可得，

依题意，，即
设，则，且
，
整理得，故或，
①若时，则，过定点，
②若，则，过定点，舍去
故直线过定点．
（ⅱ）由（ⅰ）知，
，设，故
由题知直线的斜率存在且不为0，故
，由（ⅰ）知，
，
，故
则
化简得
，故且
故．