重庆市綦江中学2026届高二数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

重庆市綦江中学2026届高二数学第一学期期末复习检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知数列满足，，数列的前n项和为，若，，成等差数列，则n=（ ）
A.6 B.8
C.16 D.22
2．己知命题；命题，则下列命题中为假命题的是（）
A. B.
C. D.
3．若数列的前n项和(n∈N*)，则=（ ）
A.20 B.30
C.40 D.50
4．数列的一个通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
5．在等差数列中，为数列的前项和，，，则数列的公差为（）
A. B.
C.4 D.
6．已知等比数列各项均为正数，且，，成等差数列，则（）
A. B.
C. D.
7．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（）种
A.54 B.72
C.96 D.120
8．在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则（）

A B.
C. D.
9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（ ）
A.相交 B.平行
C.垂直 D.不能确定
10．已知向量，且与互相垂直，则k=（）
A. B.
C. D.
11．设m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列说法错误的是（）
A.若，，则； B.若，，则；
C.若，，则； D.若，，则
12．已知F1(-5，0)，F2(5，0)，动点P满足|PF1|-|PF2|=2a，当a为3和5时，点P的轨迹分别为( )
A.双曲线和一条直线 B.双曲线和一条射线
C.双曲线的一支和一条直线 D.双曲线的一支和一条射线
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1，1):
①点P到抛物线焦点的距离为
②过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q，则△OPQ的面积为
③过点P与抛物线相切的直线方程为x－2y＋1＝0
④过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于M，N两点，则直线MN的斜率为定值
其中正确的是________.
14．已知函数
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积
15．已知等差数列的前n项和为，，则___________.
16．等比数列的前项和为，则的值为_____
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，

（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面平面
18．（12分）已知圆C：，圆C与x轴交于A，B两点
（1）求直线y＝x被圆C所截得的弦长；
（2）圆M过点A，B，且圆心在直线y＝x+1上，求圆M的方程
19．（12分）同时掷两颗质地均匀的骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方体）
（1）求两颗骰子向上的点数相等的概率；
（2）求两颗骰子向上的点数不相等，且一个点数是另一个点数的整数倍的概率
20．（12分）若双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦点坐标分别为和，且该双曲线经过点P(3，1)
（1）求双曲线的方程；
（2）若F是双曲线的右焦点，Q是双曲线上的一点，过点F，Q的直线l与y轴交于点M，且，求直线l的斜率
21．（12分）如图，在三棱锥中，已知△ABC和△PBC均为正三角形，D为BC的中点

（1）求证：平面；
（2）若，，求三棱锥的体积
22．（10分）已知抛物线上横坐标为3的点P到焦点F的距离为4.
（1）求抛物线E的方程；
（2）点A、B为抛物线E上异于原点O的两不同的点，且满足.若直线AB与椭圆恒有公共点，求m的取值范围.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】利用累加法求得列的通项公式，再利用裂项相消法求得数列的前n项和为，再根据，，成等差数列，得，从而可得出答案.
【详解】解：因为，且，
所以当时，
，
因为也满足，所以.
因为，
所以.
若，，成等差数列，则，即，得.
故选：D.
2、A
【解析】根据或且非命题的真假进行判断即可.
【详解】当,故命题是真命题，
，故命题是真命题.
因此可知是假命题，是真命题，，均为真命题.
故选:A
3、B
【解析】由前项和公式直接作差可得.
【详解】数列的前n项和(n∈N*)，所以
.
故选：B.
4、A
【解析】根据规律，总结通项公式，即可得答案.
【详解】根据规律可知数列的前三项为，
所以该数列一个通项公式为
故选：A
5、A
【解析】由已知条件列方程组求解即可
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
故选：A
6、A
【解析】结合等差数列的性质求得公比，然后由等比数列的性质得结论
【详解】设的公比为，　因为，，成等差数列，
所以，即，，或（舍去，因为数列各项为正）
所以
故选：A
7、A
【解析】根据题意，分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案
【详解】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况，
故选：A
8、C
【解析】由为的中点，根据向量的运算法则，可得，即可求解.
【详解】由底面是正方形，E为的中点，且，
根据向量的运算法则，可得

.
故选：C.
9、B
【解析】建立空间直角坐标系，求得平面BB1C1C的法向量和直线MN的方向向量，利用两向量垂直，得到线面平行.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知平面BB1C1C的法向量.

∵A1M=AN=，∴M，N，
∴.∵，
∴MN∥平面BB1C1C，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利于空间向量判断线面平行，属于简单题目.
10、C
【解析】利用垂直的坐标表示列方程求解即可.
【详解】由与互相垂直得，
解得
故选：C.
11、C
【解析】直接由直线平面的定理得到选项正确；对于选项， m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；对于选项，与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.
【详解】对于选项，若，，则，所以该选项正确；
对于选项，若，，则，所以该选项正确；
对于选项，若，，则m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误；
对于选项，若，，则与内一直线l，所以，因为l为内一直线，所以．所以该选项正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
12、D
【解析】由双曲线定义结合参数a的取值分类讨论而得.
【详解】依题意得，当时，，且，点P的轨迹为双曲线的右支；当时，，故点P的轨迹为一条射线.故选D.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、②③④
【解析】由抛物线过点可得抛物线的方程，求出焦点的坐标及准线方程，由抛物线的性质可判断①；
求出直线的方程与抛物线联立切线的坐标，进而求出三角形的面积，判断②；
设直线方程为y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立求得斜率，进而可得在处的切线方程，从而判断③；
设直线的方程为抛物线联立求出的坐标，同理求出的坐标，进而求出直线的斜率，从而可判断④
【详解】解：由抛物线过点，所以，所以，
所以抛物线的方程为：；
可得抛物线的焦点的坐标为：，，准线方程为：，
对于①，由抛物线的性质可得到焦点的距离为，故①错误；
对于②，可得直线的斜率，所以直线的方程为：，
代入抛物线的方程可得：，解得，
所以，故②正确；
对于③，依题意斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立，
得：ky2－y＋1－k＝0，
＝1－4k(1－k)＝0，4k2－4k＋1＝0，解得k＝，
所以切线方程为x－2y＋1＝0，故③正确；
对于④，设直线的方程为：，
与抛物线联立可得，所以，
所以，代入直线中可得，即，，
直线的方程为：，代入抛物线的方程，可得，
代入直线的方程可得，所以，，
所以为定值，故④正确
故答案为：②③④.
14、（1）最小正周期，，；（2）
【解析】（1）根据降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，再利用正弦型函数的最小正周期公式、单调性进行求解即可；
（2）根据特殊角的三角函数值，结合三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）
，
所以的最小正周期
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为，
（2）因为，所以，
即，
又，所以，
所以或，或，
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，符合题意，
所以，，，，
此时为等腰三角形，所以，
所以，
即的面积为
15、36
【解析】根据等比数列下标和性质得到，再根据等差数列前项和公式计算可得；
【详解】解：因，所以，所以；
故答案为：
16、
【解析】根据等比数列前项和公式的特点列方程，解方程求得的值.
【详解】由于等比数列前项和，本题中，故.
故填：.
【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式的特点，考查观察与思考的能力，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）根据线面平行的判定，证明即可；
（2）过C作，垂足为M，根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可
【小问1详解】
证明：因为四边形ABEF为矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE
【小问2详解】
过C作，垂足为M，则四边形ADCM为矩形
因为，，所以，，，，所以，所以
因为平面ABCD，，
所以平面ABCD，所以
又平面BCE，平面BCE，，
所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE

18、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解
（2）根据已知圆的方程，令y＝0，结合韦达定理，求出圆心的横坐标，即可求出圆心，再结合勾股定理，即可求出半径
【小问1详解】
∵圆C：，
∴，即圆心为(－1,1)，半径r＝3，
∵直线y＝x，即x－y＝0，
∴圆心(－1,1)到直线x－y＝0的距离d＝，
∴直线y＝x被圆C所截得的弦长为＝
【小问2详解】
设A（x1，y1），B（x2，y2），
∵圆C：，圆C与x轴交于A，B两点，
∴x2－2x－7＝0，
则，|x1－x2|＝＝，
∴圆心的横坐标为x＝，
∵圆心在直线y＝x+1上，
∴圆心为(1,2)，
∴半径r＝，
故圆M的方程为
19、（1）；
（2）.
【解析】（1）求出同时掷两颗骰子的基本事件数、及骰子向上的点数相等的基本事件数，应用古典概型的概率求法，求概率即可.
（2）列举出两颗骰子向上的点数不相等，且一个点数是另一个点数的倍数的基本事件，应用古典概型的概率求法，求概率即可.
【小问1详解】
同时掷两颗骰子包括的基本事件共种，掷两颗骰子向上的点数相等包括的基本事件为6种，
故所求的概率为；
【小问2详解】
两颗骰子向上的点数不相等，且一个点数是另一个点数的倍数时，用坐标记为，，，，，，，，，，，，，，，，共包括16个基本事件，
故两颗骰子向上的点数不相等，且一个点数是另一个点数的倍数有的概率为.
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意列方程组求解
（2）待定系数法设直线后，由条件求出坐标后代入双曲线方程求解
【小问1详解】
，解得，故双曲线方程为
【小问2详解】
，故设直线方程为
则，由得：
故，
点在双曲线上，则，解得
直线l的斜率为
21、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】【小问1详解】
因为△ABC和△PBC为正三角形，D为BC的中点，
所以,
又,
所以平面
【小问2详解】
因为△ABC和△PBC为正三角形，且，
所以,
又，
所以正三角形的面积为，
所以.
22、（1）
（2）
【解析】（1）由焦半径公式可得，求解即可得答案；
（2）由题意，直线AB斜率不为0，设，，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理及可得，从而可得直线AB恒过定点，进而可得定点在椭圆内部或椭圆上即可求解.
【小问1详解】
解：因为抛物线上横坐标为3的点P到焦点F的距离为4，
所以，解得，
所以抛物线E的方程为；
【小问2详解】
解：由题意，直线AB斜率不为0，设，，
由，可得，
所以，
因为，即，所以，
所以，即，所以，
所以直线，
所以直线AB恒过定点，
因为直线AB与椭圆恒有公共点，
所以定点在椭圆内部或椭圆上，即，
所以.