重庆市渝西中学校高2026届高二下第一次月考
数学学科试卷
考试时间：120分钟 总分：150分
一、单选题
1.（原创）
2．设等比数列的前项和为，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，函数的图象在点处的切线方程是，则和的值分别为（ ）
， B．，
C．， D．，
4．与椭圆共焦点，且与双曲线共渐近线的双曲线方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，如果函数，，的“新驻点”分别为，，。那么，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
6．已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知直线：与直线：相交于点P，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
二、多选题
9. 已知数列的前项和（），则下列正确的是（ ）
A．为递增数列 B．
C． D．
10．设函数，且、、，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．存在，使得
C．若，则
D．对任意，总有，使得
11．已知且，则函数的图象可能是（ ）
A． B．C．D．
三、填空题
12．已知抛物线上一点，则点到该抛物线的焦点的距离为 ．
对于三次函数 给出定义：设 是函数 的导数， 是函数 的导数，若方程 =0有实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”，某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.给定函数，请你根据上面探究结果，计算 .
14.（原创）
四、解答题
15．已知数列中，，，．
(1)求，的值；
(2)求的前2023项和．
16．（原创）已知函数，，且函数在和处都取得极值．
（1）求实数与的值；
（2）对任意，方程存在三个实数根，求实数的取值范围．
17．如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，的中点．
(1)证明平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．（改编）在平面直角坐标系中，动点到定点的距离与它到直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为.
（Ⅰ）求轨迹的方程；
（Ⅱ）过点且不与轴重合的直线，与轨迹交于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，在轨迹上是否存在点，使得四边形为菱形？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
（改编）已知函数.
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求的取值范围；
(3)试比较与2的大小，并说明理由。
高2026届高二下第一次月考数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C C A B D D D B AC BC BCD
1．C
2．C
【详解】设等比数列的公比为，，，，
因此，. 故选：C.
3．A
【详解】根据图象知，函数的图象与在点处的切线交于点，
，为函数的图象在点处的切线的斜率，.
故选：A.
4．B
【详解】因为椭圆，焦点在x轴上，且，
又因为所为双曲线与双曲线共渐近线，
所以设所求双曲线，即
则，解得.
所以所求双曲线为. 故选：B
5．D
【详解】，则由，即，所以
，则由，即
设，则，则在上单调递增.
,
所以函数有唯一零点在内，即
,则由，即，则
又，则，即
所以 故选：D
6．D
【详解】构造函数，其中，则，
所以，函数为上的减函数，
由可得，即，
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是. 故选：D.
7．D
【详解】解：圆半径，圆心，
直线与垂直，又过定点，过定点，
点轨迹是以为直径的圆，方程为，圆心，半径，
取的中点，连接，由，则，
则，
，
的最小值为． 故选：D．
8．B
【详解】由题意知方程恰有2个不同的实数根．
设，则直线与函数的图象恰有2个不同的交点，
因为，当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，，
当时，，当时，，当时，，
∴可以作出的大致图象，如图所示，
易知直线过定点，当直线与函数的图象相切时，设切点为，
则，解得或，
当直线与函数的图象相切时，或，
数形结合可知，实数a的取值范围为. 故选：B．
AC
【详解】∵，∴令得，当时，①，
②， 由①-②可得：，
因当时，，故.
因时，单调递增，且，故为递增数列，
即A，C都正确，B，D都错误. 故选：AC.
10．BC
【详解】对于A选项，构造函数，其中，则，
所以，函数在上为减函数，当时，，
因为，则，则，即，
所以，，A选项错误；
对于B选项，当时，，，
所以，函数在上单调递增，当时，，
因为，则，则，即，
所以，，结合A选项可知，，
若，则，所以，，B选项正确；
对于C选项，由B选项可知，函数在上单调递增，
，则，即，则，
所以，，即，C选项正确；
对于D选项，取，，由AB选项可知，，
则，
若存在，则，此时，，D选项错误.
故选：BC.
11．BCD
【详解】由，求导可得，易知函数在单调递增，
令，求导可得在上恒成立，
则在上单调递增，所以，
易知，使得，则，即，
当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增，
所以，由，则，
令，求导可得，令，解得，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减.
由，，则存在，使得，
易知时，，所以当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
对于AB，由图可得，故，故A错误，B正确；
对于CD，，此时符号不定，故BC可能正确， 故选：BCD.
12．
【详解】由在抛物线上，得，所以．
又焦点的坐标为，准线为，
所以．
故答案为：.
13．2021
【详解】由题设，，，
令，则，而，
所以是的对称中心，即，
所以，且，
则.
故答案为：.
14．1 （同构法或者切线放缩法）
15．(1)； (2)
【详解】（1）当时，，所以；当时，，所以．
（2）当时，，所以．
由知，所以，故数列是以4为周期的周期数列，
即，，，，
所以．
16．（1）；（2）.
【详解】（1）由可得，
因为函数在和处取得极值，
所以解得：，
当时，，
满足在和处都取得极值，符合题意，所以.
（2）由（1）知：，，
由可得：或， 由可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
在单调递增，
所以时，取得极大值为，
时，取得极小值为，
，，
若方程存在三个实数根，则函数与图象有三个交点，
所以，解得：，
所以实数的取值范围为：.
17．(1)证明见解析； (2).
【详解】（1）在三棱柱中，连接，由分别为的中点，得且，
而且，又为的中点，则且，于是且，
因此四边形是平行四边形，则，而平面，平面，
所以平面.
（2）在三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等，令，
取中点，连接，而为中点，则，有底面，
由正，得，显然直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，设平面的法向量，
则，令，得，令直线与平面所成的角为，
于是，
所以直线与平面所成角的正弦值.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）存在点，的方程为或，理由见解析.
试题解析：（Ⅰ）设动点，则由题意可得
，化简整理得的方程为.
（Ⅱ）假设存在满足条件，设依题意可设直线方程为，
于是，消去，可得， 令，，
于是，，
所以的中点的坐标为.
因为，
所以直线的方程为，
令，解得，即.
因为、关于点对称，
所以，，
解得，，即.
因为点在椭圆上，所以
解得，于是，即，
所以的方程为或.
19．(1) (2) (3
【详解】（1）当时，，定义域为，
此时，故切点为，
设切线斜率为，而，
故，
则切线方程为，化简得，
（2）若，
则，
当时，，，
故在上单调递减，
当时，，与矛盾，故排除，
当时，当时，，
，故，与矛盾，故排除，
当时，，令，解得，
令，解得，故在上单调递减，
在上单调递增，则有极小值，
极小值为，只需要即可，
令，记，则，
记，
则，
得到在上单调递减，而，
即，故，在上单调递减，
而，若，则，
得到，解得，故的取值范围为.
（3）令，得到，
由上问得恒成立，故恒成立，
得到恒成立，两边取指数得恒成立，
令，则，
令，则，
两式相加得，即成立.
