重庆市松树桥中学2026-2026学年高二上学期第三次段考数学试题（Word版附解析）

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时间 120 分钟，满分 150 分，祝同学们考试成功
一、单选题（共 40 分）
1. 已知函数f(x)＝x2－2x上两点A，B的横坐标分别为xA＝0，xB＝1，则直线AB的斜率为（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点坐标，直接求直线的斜率.
【详解】斜率k＝＝＝－1.
故选：B
2. 椭圆上一点到该椭圆的一个焦点的距离为3，则到另一个焦点的距离为（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆的定义即可求解.
【详解】由椭圆方程可得，
由椭圆的定义得到另一个焦点的距离为.
故选：B
3. 在正项等比数列 中， 是方程 的两根，则 （ ）
A. 4B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用韦达定理求出的可能值，利用等比数列的性质求出，分情况讨论求出的可能值进而求出．
【详解】 是方程 的两根，
由韦达定理得，解得或，
是正项等比数列，设公比为，则，
，解得，
若，则，解得，，
；
若，则，解得，，
.
综上，的值为24或12，故D正确．
故选：D．
4. 已知双曲线 的一个焦点为 ，则双曲线 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件可得，列方程可求得根据离心率公式可求解.
【详解】因为双曲线 的一个焦点为 ，所以.
又即解得
所以双曲线 的离心率为
故选：C.
5. 已知的图像开口向上，，则a＝（ ）．
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意结合导数的定义可得，从而可求出的值
【详解】由，得（），
因为，
所以，即，
解得或（舍去），
故选：A
6. 直线 被曲线 截得的弦长的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】求得曲线是以为圆心，为半径的圆，求得直线的定点坐标，利用平面几何知识可求最短弦长.
详解】由，可得，
可得曲线表示圆心为，半径为的圆，
由，得，
因为，得，解得，
所以直线过定点，
所以，
由平面几何知识可知当直线与直线垂直时，截得弦长最短，
最短弦长为.
故选：D.
7. 已知数列满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用叠加法，求得，得到，结合函数的单调性，以及，即可求解.
【详解】由数列满足，
则
，
所以，
又由函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，
当时，可得；当时，可得，
因为，所以的最小值为.
故选：A.
8. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线上存在有点到原点的距离超过；
③曲线所围成的“心形”区域的面积大于3．
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①B. ①②③C. ①②D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】先根据图像的对称性找出整点，再判断是否还有其他的整点在曲线上；找出曲线上离原点距离最大的点的区域，再由基本不等式得到最大值不超过；在心形区域内找到一个内接多边形，该多边形的面积等于3，从而判断出“心形”区域的面积大于3.
【详解】对于①，将换成，方程不变，所以图形关于轴对称，
当时，，即曲线经过，，
当时，方程变为，
由解得，
所以只能取整数解1，
当时，方程变为，
解得或，即曲线经过，，
由对称性得曲线还经过，，
故曲线一共经过6个整点，，，，，，，故①正确；
对于②，当时，由得，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以，
即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，
由对称性可得曲线上任意一点到原点的距离不超过，故②错误；
对于③，如图：
在轴上方图形面积大于矩形面积，
在轴下方图形面积大于等腰直角三角形面积，
因此曲线所围成的“心形”区域的面积大于，故③正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是找准图形的信息，比如对称性，整点，内接多边形是解决本题的关键.
二、多选题（共 18 分）
9. 设正项等比数列 的前 项和为 ， 的前 项积为 ．若 ，，则下列结论正确的有（ ）
A. 数列 为等差数列B.
C. D. 的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等比数列的性质结合已知条件求出的通项公式，进而结合等比数列的前项和公式、对数的运算法则等分析判断各选项．
【详解】 是正项等比数列，设公比为，则公比，
又，
，
令，则，解得或（舍去），
，
，
，
选项A：，
是首项是9公差是的等差数列，故A正确；
选项B：，故B错误；
选项C：，
又对所有恒成立，
，故C正确；
选项D：为的前项积，
，
，，为递减数列，
当时，的最大值为，故D错误．
故选：AC．
10. 已知曲线.则曲线过点P（1，3）切线方程为.（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设切点为，写出切线方程，切线过点（1，3），求得即可.
【详解】解：设切点为，
则，
所以，
所以切线方程为，
因为切线过点（1，3），
所以，即，
即，
解得或，
所以切线方程为或，
故选：AB
11. 已知椭圆 的短轴长为 ， 为椭圆 的上顶点，过原点 的直线与椭圆 交于 两点（ 不在坐标轴上），记直线 的斜率分别为 ，则（ ）
A.
B.
C. 记直线 的斜率为 ，可得
D. 记椭圆 的右焦点为 ，可得 的周长的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据短轴长可直接判断A；设出坐标，根据对称性可得的坐标，从而可得的表达式，化简求值可判断BC；连接Q与椭圆的左焦点，根据椭圆的对称性、定义及过中心的弦长的范围可得 的周长的取值范围.
【详解】因为椭圆 的短轴长为 ，所以，即，故A正确；
所以椭圆方程为，所以上顶点为，
因为过原点 的直线与椭圆 交于 两点（ 不在坐标轴上），
所以关于原点对称，设，则，，
所以，所以，
所以，故B错误；
因为过原点的直线 的斜率为 ，，所以，
所以，故C正确；
如图，设椭圆的左焦点为，连接，
由椭圆的对称性可知，结合椭圆的定义可知 的周长为，
又过中心的弦长（ 不在坐标轴上）的范围为，即，所以，即 的周长的取值范围为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（共 15 分）
12. 设曲线（为自然对数的底数）在点处的切线与直线垂直，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由直线与切线垂直建立方程求出.
【详解】因为，则，
设曲线在点处的切线的斜率为，
则，
又直线的斜率为，
所以，解得.
故答案为：.
13. 已知抛物线的焦点为，过点作斜率大于0 的直线与交于 两点，为坐标原点，，则的面积为 ______.
【答案】##
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立方程组，求得，由，得到，将其代入，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】由抛物线，可得其焦点为，
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，可得，
因为，可得，可得，
将代入，解得或，
因为，可得，所以，
所以的面积为.
故答案为：.
14. 古代埃及数学中有一个独特现象：除用一个单独的符号表示以外，其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如，可这样理解：假定有两个面包，要平均分给 5 个人，如果每人不够，每人分，余，再将这分成5份，每人得，这样每人分得.按照此方法理解，可以分解为哪两个单分数的和？____________；按此规律，则____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意分数都可写成若干个单分数和的形式的理解，分别对和进行拆分理解即可.
【详解】有两个面包，要平均分给7个人，如果每人不够，每人分，余，
再将这分成7份，每人得，这样每人分得，
所以；
有两个面包，要平均分给个人，如果每人不够，每人分，余，
再将这分成份，每人得，这样每人分得，
所以；
故答案为：；.
四、解答题（共 77 分）
15. 求下列函数的导数.
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】根据题意，结合导数的运算法则及复合函数求导发法则，计算即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，根据导数的四则运算法则，可得；
【小问2详解】
解：由函数，根据导数四则运算法则，可得；
【小问3详解】
解：由，根据导数的四则运算法则，
可得.
【小问4详解】
解：由函数，根据导数的四则运算法则，
可得
16. 如图，正三棱柱中，为棱的中点，分别为棱上的点，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，
又因为，则，
则，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由题意，以为坐标原点以所在直线为轴，过点C在底面ABC内作CA的垂线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，故，
所以可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知双曲线的一条渐近线方程为， 为坐标原点，点 在双曲线 上.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线交于 两点，且线段的中点在上，求的值；
（3）若直线与双曲线交于两点，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求得双曲线的标准方程；
（2）设，且的中点为，联立方程组得到，求得，代入圆的方程，即可求解；
（3）设，联立方程组求得，由，得到，代入列出关于的方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由双曲线的一条渐近线方程为，且点 在双曲线 上，
可得 ，解得，所以双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
解：设两点的坐标分别为，线段的中点为，
联立方程组，整理得，
可得，且，
所以，可得，
因为在圆上，可得，解得.
【小问3详解】
解：设两点的坐标分别为，
联立方程组，整理得，
可得，且，
因为，可得，即，
可得，
将，代入得，
整理得，解得.
18. 若一个数列 常值数列，且 ，则有 ，解得 .
（1）若数列 满足条件 ，且 ，求 的通项公式；
（2）已知数列 前 项和为 ，且满足，且
① 求数列 的通项公式；
② 设，，求证：.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）方法一：由条件可得数列 为常值数列，结合可得，由此可得结论；
方法二：根据题意，变形为，再结合累乘法，即可得数列 的通项公式；
（2）①根据题意，得到当时，可得，两式相减，求得，结合累乘法，即可求得数列 的通项公式.
②由①得到，求得，结合数列的裂项法求和，得到，即可得证.
【小问1详解】
解：方法一：因为数列 满足条件 ，所以数列 为常值数列，
又 ，所以，故，
方法二：数列满足条件，且，可得，
则，
所以数列 的通项公式.
【小问2详解】
解：①由数列 前 项和为 ，且满足，
当时，可得，
两式相减，可得，即，
可得，又，
所以，故数列 为常值数列，
又因为，可得，
所以数列 的通项公式.
②由①知：，可得，
所以
则，
因为，所以.
19. 如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线C的一部分图象.已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点P处，此时，，.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于a的垂线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
（1）求曲线C的方程；
（2）斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，若，求的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，结合抛物线的定义，即可求得其轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，结合共线向量的坐标表示，得到，列出函数关系式，结合二次函数的性质得出不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
所以笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
设其方程为，则，
因为，，且，
可得，
由，可得点的横坐标为，
又由抛物线的准线方程为，则，解得，
所以曲线的轨迹方程为.
【小问2详解】
假设存在，使得，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，且，
则，则，
可得，
由，可得，即，所以，
令，则，
所以，且，即，解得或，
所以存在，使得成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.