重庆市长寿区2025_2026学年高二数学上学期期末检测试题含解析

这是一份重庆市长寿区2025_2026学年高二数学上学期期末检测试题含解析，共22页。
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 在 所在平面内， 为空间中任一点，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【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 ，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】
【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.
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【详解】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】
【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 在直线 上，最
后将 代入直线方程求解出 即可.
【详解】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】
【分析】采用向量法解题，设 ，用 和椭圆方程计算 点横坐标，然后再根据点 在 上，
根据点 的横坐标取值范围求离心率的范围.
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【详解】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 .
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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】D
【解析】
【分析】由双曲线定义结合 及 求得 ，再由
整理可求.
【详解】设 ，由 可得 ，
由双曲线定义可得 ，
因为 ，所以 ，
即 ，整理得 ，因为 ，所以 ，
又 ，即 ，即 ，
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所以 ，所以 .
故选：D.
6. 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】
【分析】令 ，得数列 是公差为 2 的等差数列.通过赋值法，求得 ，即可求得 ，
从而求得 ，并得到其个位数字.
【详解】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 ， ， ，…， .
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累加得 ，
故 ，所以 ，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 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】
【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 次操作去掉的区间的长度和为 ，
把 次操作中去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前 项和，求出前 项和 ，再求解不等式
即可．
【详解】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：
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，
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】
【分析】方法 1：先对函数 求导两次，根据极值点个数和函数的单调性求出结果即可；方法 2：先对
函数 求导
一次，然后将函数有两个极值点转化为 在 上有两个不相等的根，然后变形化简构造新函
数，求导判断单调性，结合图形求出结果即可.
【详解】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；
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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 ，
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，
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-6
D. 若数列 为等比数列，则 或
【答案】AD
【解析】
【分析】若数列 为等差数列，则由条件求得等差数列的通项公式及前 项和公式，判断 A，B；若数列
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为等比数列，则由条件求得等比数列的通项公式及前 项和公式，判断 C，D.
【详解】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】
【分析】根据圆与圆的位置关系可判断 A；根据公共弦方程以及弦长公式可判断 B；根据公共弦方程，弦长
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公式以及面积公式可判断 C；根据公共弦方程以及两三角形有公共底边得出 可判断 D.
【详解】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
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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 1
C. 为锐角三角形
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出抛物线焦点坐标及准线方程，利用抛物线定义，结合圆的切线判定判断 A；设出直线 方程
并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线定义、数量积的坐标表示及两点间距离公式求解判断 BCD.
【详解】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
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第 II 卷（非选择题）
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】
【分析】选择{ 、 、 }作为一组基底，分别表示各向量，运用向量夹角、异面直线所成角公式计
算即可判断
【详解】由于 ，
所以 ，
，
则 ，
∴向量 与 的夹角是 ，
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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】
【分析】根据解析式特点可判断①，代入整数点可判断②，利用正方形的面积可判断③，写出两点间距离
公式，结合基本不等式可求最大值，进而可判断④.
【详解】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，
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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】
【分析】将问题转化为 恒成立，根据 的单调性得出 ，再利用
导函数求出 的最小值即可.
【详解】 ，
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 ；
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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.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）先证明线面平行，利用线面平行的性质定理可证结论；
（2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【小问 1 详解】
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 .
【小问 2 详解】
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 ,
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；
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．
【答案】（1） ， ；
（2） 或
【解析】
【分析】（1）求出圆心和半径，由垂径定理得直线 的斜率为 1，故 ，从而得到 ，并求出直
线 的方程；
（2）分 和 两种情况，由垂径定理可得弦长，结合三角形面积得到方程，求出答案.
【小问 1 详解】
，故圆心为 ，半径为 4，
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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 ；
【小问 2 详解】
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．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）利用 的关系即可求出；
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（2）利用等差数列的定义即可证明数列 为等差数列，进而求出 的通项公式.
【小问 1 详解】
当 时， ，
当 时， ，
当 时， 成立，
综上， .
【小问 2 详解】
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： .
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将 代入，对 求导，再根据导数的几何意义即可得解.
（2）求得 的导函数为 ，分 ， ， 三种情况讨论 符号，
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由 ，可确定 的零点个数；
（3）由（2）可知 ， ，可得
到 ，将不等式两边相减，构造新函数 ，对其求导可判断 单调性，
即可证明 ， 可以证明不等式成立.
【小问 1 详解】
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 ；
【小问 2 详解】
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，
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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
【小问 3 详解】
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.
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（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.
【答案】（1）
（2）（i）直线 经过定点 ；（ii） .
【解析】
【分析】（1）将点 代入到抛物线 方程即可求 的值，进而可求抛物线 的方程；
（2）（i）设出 两点坐标，代入到抛物线方程并结合 求出 的第一个关系，设出直线
含双参 的方程，并与抛物线联立后使用韦达定理，得到 的第二个关系，联立两个关系得到 间
的关系，用 表示 后直线 的方程可求定点；
（ii）因为直线 与 轴的交点位于 之间，故令 后可得 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 ，进而可以用 表示 ，再结合基本不等式与 的取值范围，最
终可求得 的取值范围.
【小问 1 详解】
抛物线 经过点 ，
将点 坐标代入抛物线方程得 ，解得 .
故抛物线 的方程为 .
【小问 2 详解】
（i）设 ， .
由 ， 在 上，有 ， ，
第 22页/共 24页
直线 ， 斜率分别为 ， ，
因为 ，所以 ，所以 .
设直线 ，
联立 消去 得 ，
则 ， .
联立 ，整理得 ，所以有 ，
所以直线 可化为 ，即 ，
令 得
故直线 经过定点 .
（ii）由（i）得，直线 ，
令 ，得 ，因为直线 与 轴的交点位于 之间，
则有 ，所以 .
联立 消去 得 ，
则 ， ，
则 ，
点 到直线 的距离 ，
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点 到直线 ： 的距离 ，
则 ，
所以 .
令 ， ，
则 ，
易知 在 上单调递减，
所以 在 上的值域为 ，
所以 ， ，
最终有 ，
故 的取值范围是 .