重庆市2026年高二（上）期末联合检测（康德卷）数学+答案

这是一份重庆市2026年高二（上）期末联合检测（康德卷）数学+答案，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学（二） 参考答案
一、选择题
1~8BDCBCCAD
解析： y  2x 1在 y 轴上的截距为1．
解析：由a//b ，所以存在实数 使b = a ，则有 m  4 ．
14
解析：将点的坐标带入椭圆方程中有交两个点或一个点．
  1，所以点(1, 2) 在椭圆上，则过椭圆上的点做直线可以与椭圆
28
z
A1
D1
B1
C1
A
D
BC
解析：点在抛物线上，则有4  4 p ，所以 p  1，则抛物线C 的焦点 F 到准线的距离为 p  1．
––––→
解析：因为 AC1  平面 A1BD ，所以平面 A1BD 的法向量 n   AC1 (  0) ，
所以(1,1,1) 可以是其法向量．
解析：由题意 an
 a1
 (n 1)d  2n  9 ， Sn
 n(a1  an )  n2  8n ，y
2
x
则 Sn  an 有 n2 10n  9  0 ，所以 n 的最小值为10 ．
解析：设△AOB 的内切圆半径为 r ，则有| AB | a  r  b  r ，所以有 a  b  2r  1，所以
a2  b2
2
2
2 1
2
1 2r  a  b  2，所以 r ，当且仅当 a  b 时，等号成立．
––––→
2
––––→
2
c
––––→ ––––→2
2
解析：设点 P(x0 , y0 ) ， F2 (c, 0) ，则 PF2  (c  x0 ,  y0 ) ， OF2  (c, 0) ，所以 PF2  OF2  c
以 x  c ，则有 c  a ，即e  2 ．
022
二、选择题
 cx0  2 ，所
9．ABC10．AD11．BCD
π
解析： AC  平面 BDD1 ，所以 AC  BD1 ； AC //A1C1 ，所以 AC // 平面 A1BC1 ； AC 与直线 BC1 所成的角即为 AC 与 AD1 所成的角为 3 ；三棱锥 A  B1CD1 的外接球半径即为正方体的外接球半径，即体对角线
3
的一半为．
2
解析：由题意有 a  a  4  a 2 ，所以a 的取值可以是2 或2 ．
2433
解析：由题意，椭圆中 a  4, b  2 3, c  2 ， △PF1F2 的周长为| PF1 |  | PF2 |  | F1F2 | 2a  2c  12 ；
3
S 1 | F F || y | 2 | y | 4；
△PF1F221 200
–––→ ––––→
| PF |2  | PF
|2  | F F |2
(| PF |  | PF
|)2
| F F |2
PF1  PF2 | PF1 || PF2 | cs F1PF2  121 2  12  1 2  8 ；
242
a2| PF |1
则椭圆的准线方程为 x  8 ，所以点Q 在右准线上，则2  e  ，所以2| PF2 || PQ | ．
c| PQ |2
三、填空题
12． 213． π
4
14．
4 10
9
解析：化为标准方程为(x 1)2  y2  1，所以其直径为2 ．
2
a2  4a  b  4b2
解析：| a |，| a  2b |

，所以a  b  1 ，所以cs  a, b 
a  b 2 ，所
10
π
以夹角为 ．
4
 y  3(x 1)
| a || b |2
2

解析：抛物线的焦点为 F (1, 0) ，所以直线 AF 为 y  3(x 1) ，联立 y2  4x
，有9x
 22x  9  0 ，
2240| DE |4 10
所以有 xD  xE 
四、解答题
15．（13 分）
9 ，则| DE | xD  xE  p 
，所以．
9| AF |9
解：（1）根据题意可知场馆观众席座位数满足等差数列，
设为数列{an}，公差为 d ，前n 项和为 Sn ，
则 d  3，S9
 3006 ，由 S
9  9a1
 9  8  3  3006 ，
2
解得 a1  322 ，
所以第一排原有 322 个座位；6 分
（2）设改造后的座位数为等差数列{bn}，则b1  322  m ， d  3 ，
所以 S 12b  12 11  3  4062 12m
1212
因为4062 12m  4200 ，解得 m  11.5 ，
因为 m  N* ，所以 m 的最小值为12 ．13 分
16．（15 分）
解：（1）因为圆心在直线 x  2 y  0 ，不妨设圆心为(2a，a) ，圆的方程为(x  2a)2  ( y  a)2  r 2 ，
(1 2a)2  (1 a)2  r2

点 A(1，1) ， B(2, 0) 在圆上，则有(2  2a)2  a2  r 2
a  1

，解得r  1 ，
则圆C 方程为(x  2)2  ( y 1)2  1 ；…7 分
（2）设直线l 的方程为 y  x  m ，
2
–––→ –––→
因为CD  CE  0 ，所以CD  CE ，则圆心到直线的距离为，
2
2
|2 1 m |
2
即有 d ，解得 m  0 或 m  2 ，
2
所以直线l 的方程为 y  x 或 y  x  2 ．…15 分
17．（15 分）
解：（1）由 Sn  2an  2 ，则有 a1  2 ，所以有 Sn  Sn1  2an  2an1 ，即 an  2an1 ，
所以数列{a }是公比为2 的等比数列，所以a  a qn1  (2)  2n1  2n ；…7 分
nn1
1n
n
（2） bn  (n 1)  2n ，则T  2  21  3 22  n  2n  (n 1)  2 ①，
1
所以2Tn  2  22  3 23  n  2n  (n 1)  2n ②，
1nn1n1
由①－②得Tn  2  21  22  2n 2  (n 1)  2 n  2，
1
所以Tn  n  2n ．15 分
18．（17 分）
解：（1）因为 AB  平面 ABCD ， AB// 平面 ECD ，平面 ABCD ∩ 平面 ECD  CD ，所以 AB//CD ，同理 AD//BC ，又 AB  AD ，所以底面 ABCD 为菱形，所以 AC  BD ，
因为 EA  平面 ABCD ， BD  面 ABCD ，所以 EA  BD ， AC ∩ EA  A ，所以 BD  平面 AEC ，
EC  平面 EAC ，所以 BD  EC ．…5 分

1
（2）设 EF  EC ，所以VF  ABCD  (1 )VE  ABCD ，VF  ABE  VC  ABE  VE  ABC  2 VE  ABCD ，又VF  ABCD  2VF  ABE ，故  2 ，所以 F 为 EC 的中点，…9 分
取 BC 中点G ，则 AG  AD ，z
E
以 A 为坐标原点，分别以 AG ， AD ， AE 为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，
3
1
F
则 A(0, 0, 0) ， B( 3, 1, 0) ， D(0, 2, 0) ， F (, ,1) ，AD y
22
–––→
–––→
–––→
BGC
3
x
则 AB  ( 3, 1, 0) ， AF  (, ,1) ， AD  (0, 2, 0) ，
22
–→––→
设面 BAF 与面 DAF 的法向量分别为 n1  (x1, y1, z1 ) ， n2  (x2 , y2 , z2 ) ，

–→ –––→
n1  AB  0
 3x1  y1  0–→
3

则––→ –––→，即1，取 n1  (1, 3,  3)
n2  AF  0
––→ –––→


2 x1  2
2 y2  0
y1  z1  0
→
n2  AD  0
又，即有
，取 n  (2, 0, 
3) ，
––→  –––→
 3 x
 1 y  z  02
n2
AF  0
 22
2 22
–→ ––→
所以cs  n1, n2 
–→ ––→
12
n  n
–→ ––→
| n1 || n2 |
 5 ，
7
→ ––→5
所以面 BAF 与面 DAF 夹角的余弦值为| cs  n1, n2 | 7 ．…17 分
19．（17 分）
a2  b2
a2
 c 2
 a2
a2  6
解：（1）由题意有

 1
 22
 a2b2
解得，
b2  3
x2y2
所以椭圆的标准方程为C ：
 1；…4 分
63
（2）当直线斜率存在时，不妨设直线方程为 y  kx  m ，直线与椭圆的交点记为 P(x1, y1 ) ， Q(x2 , y2 ) ，
 x2  y2 

联立 63
1，得(2k 2 1)x2  4kmx  2m2  6  0 ，
 y  kx  m
x  x  4km ， x x 
122k 2 11 2
2m2  6
2k 2 1
y1 2
x1 2
y2 2
x2 2
kx1  m 2
x1 2
kx2  m 2
x2 2
k  k 
12

kx1  m 2 x2 2  kx2  m 2 x1 2 
x1 2 x2 2 
2

2kx1x2  m 2k  x1  x2   2 2 m 2 
x1x2 2  x1  x2   2
2
k 2m2  6  2km m 2k 2 m 2 2k 2 1
m2  3  2 2km  2k 2 1
 1，


所以6k 2  4 2km  m2
 6k 2m  0 ，得6k 2m k 2 m   6k 
2m  0
2
即6k 

2m k 

2
2 m 1  0 ，
当6k 

2
2m  0 时， y    6
x 1 m ，过定点 M 3 2, 0；


当 k 
2
2 m 1  0 时， y  1
x  m  x ，过点 A
2, 2  舍去.

2

6
6
6  n2
2
当直线斜率不存在时，设 x  n （  n ），则其与椭圆相交的交点为(n, ) ，
2
则由 k1  k2  1 ，解得 n  3
（舍），
综上，满足条件的直线l 必过定点 M (3 2, 0) ；10分
2
（3）①当直线l 的斜率不为 0 时，设其方程为 x  ty  3，
 x2  y2 

联立 63
2

x  ty  3
1 ，得t 2  2 y2  6 2ty 12  0 ，
其中Δ  72t2  48t2  2  0 ，得t2  4
y1  y2  t 2  2
， y y  12
6 2t
1 2t 2  2
111111
MP 2
MQ 2
2
2
 1
1
2
21122
x  3
2  y2
x  3
2  y2
ty 2  y2
ty 2  y2
72t 2 24
1 11 
1 y  y 2  2 y y
1t 2  22
t 2  2

  121 2 
t 2 1  y2
y2 
t 2 1
 y y 2
t 2 1

 12 2
121 2
72t2  24 t2  2
 t 2  2 
1t 2  22
148t 2 1
1 t 2 11 2 


t 2 1
 12 2

t2 1
144
 3  t 2 1 
3 1 t 2 1 

 t 2  2 
因为t2  4 ，所以 1  1 1
2   1 ，
53 t2 1 3

②当直线l 的斜率为 0 时，则 P 
6, 0， Q 
6, 0 ，
1111 1
MP 2
MQ 2
2
2
此时3
 6 2
3
 6 23
综上所述，
1
MP 2
1
MQ 2
的范围是 1 , 1 ．17 分
 5 3
