2026年广州市南海中学高二四月考试数学试卷及答案

这是一份2026年广州市南海中学高二四月考试数学试卷及答案，共13页。
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号。
2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。考生必须保证答题卡的整洁。
单选题。（本大题共有8题，每题5分，共40分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．记为等比数列的公比，若为，的等差中项，则（ ）
A．B．C．或D．或
2．若椭圆的长轴长是短轴长的倍，右焦点是抛物线的焦点，则（ ）
A． B． C．2 D．
3．函数的所有极值的和为（ ）
A．-4B．-2C．0D．2
4．在平行六面体中，，，，是的中点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
5．某医学院安排4名学生去甲､乙､丙三所医院实习，每所医院至少有1名学生，其中学生不能去甲医院，则不同安排方式的总数是（ ）
A．20B．24C．32D．36
6．在的二项展开式中，若常数项为240，则项的系数为（ ）
A．60 B．36 C．729 D．6
7．已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，直线与的左、右两支分别交于点，，若，且，则的离心率为（ ）
A．2B．3C．D．
多项选择题。（本大题共有3题，每题6分，共18分。 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。）
9．已知直线与直线，则下列选项正确的是（ ）
A．恒过定点 B．若，则与圆相切
C．若，则或 D．若，则
10．已知，则下列描述正确的是（ ）A．
B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为
C．被7整除所得的余数是4 D．
11．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒成立，则 B．是的极值点
C．若函数恰有2个正零点，则
D．若关于x的不等式有解，则
填空题。（本大题共有3题，每题5分，共15分。）
12．已知为等差数列，，，则______．
13．已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_________．
14．已知函数，则关于t的不等式的解集为______.
四、解答题：（本题共5小题，共77分．第15题13分，第16-17题15分，第18-19题17分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
15．已知，在处的切线与垂直，
(1)求实数a的值；
(2)求在区间上的值域．
16．已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且．
(1)证明：是等差数列；
(2)令，求．
17．已知椭圆的右焦点为，右顶点为，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)倾斜角为45°的直线交该椭圆于两点，且，求的面积.
18．如图，在几何体ABCDEF中，平面，，，，，.
(1)证明：是等边三角形；
(2)求平面ADE与平面BCF所成二面角的正弦值；
(3)已知点M在直线AE上，且平面，求的值.
19．设函数．
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若，求证：在时，．
答案1．C【详解】因为为，的等差中项，
所以，即，显然，所以，解得或．
2．A【分析】由椭圆与抛物线的基本概念及性质求解即可.
【详解】椭圆的长轴长是短轴长的倍，
所以，即，所以，
抛物线的焦点为，该焦点为椭圆的右焦点，
所以，所以，即.故选：A
3．A【分析】根据导函数得出其单调性即可求出极值.
【详解】由题可得，令，解得：或,
当或时，,当时，,
所以的单调递增区间为：和，单调递减区间为,
所以的极大值为，极小值为,
则函数的所有极值的和为
4．A【详解】
，
，，，
,
．
5．B【分析】根据给定条件，分安排A一个人去某医院、安排另一个人与A两人一起去某医院两种情况，再利用排列组合列式计算得解.
【详解】安排A一个人去乙、丙医院之一，有种方法，分配去另两所医院，有种方法；安排另一个人与A两人一起去乙、丙医院之一，此时有种方法，
再安排另外2人去另2个医院，有种方法，
所以不同安排方式的总数是.故选：B
6．A【详解】展开式的通项公式为，
令，则，当时，，，
当时，，，所以，令，则，所以.
7．D【分析】易知是的一个零点，当时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分类讨论即可得解.
【详解】易知，当时，，所以是的一个零点.
所以时，有3个零点，即有3个根，
即和的图象有3个交点．
设，，则和的图象有3个交点．
当时，和的图象有且仅有1个交点，不合题意，应舍去．
函数恒过定点且对称轴为，作出和的大致图象，
当，若与的图象相切，，
设切点，则，解得．
和的图象有3个交点，则．
当，时满足题意，解得，综上所述，．
8．C【分析】设，可得，，，在中根据余弦定理建立关于的方程，求解可得，可以判断为等边三角形，再结合余弦定理求解离心率.
【详解】如图，因为，故设，
则，，．在中，，
由余弦定理得，
化简得，即，
可得，所以为等边三角形，所以，在中，
由余弦定理得，
所以离心率为．

9．ABD【详解】对于A,将 , 代入 :,恒成立,故 A 正确.对于B,当 时,,即 .
圆心 ,半径 ,圆心到直线的距离 ,
故直线与圆相切,B 正确.对于C,若 ,
当 时, 即 ,,斜率分别为 和不存在,不平行.
当 时,,,由 得 ,即 ,
整理得 ,即 ,解得 或 .
当 时,,,两直线平行不重合;
当 时, 即 , ，
即 ,两直线重合,故 时两直线重合而非平行,因此 C 错误.
对于D,若 ,当 时, 斜率不存在, 斜率为 ,不垂直.
当 时,,解得 ,即 ,,故 D 正确.
10．ABC【分析】利用赋值法判断A；根据所有含的奇数次项的二项式系数和与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，可判断B；根据被7整除得余数，可判断C；对两边求导，再赋值即可判断D.
【详解】对于A，令，得，
令，得，故，A正确；
对于B，所有含的奇数次项的二项式系数和，
与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，都为，故B正确；
对于C，，故只需考虑被7整除得余数，
因为，被7整除的余数为4，故C正确；
对于D，，
两边求导得，
再令，得，故D错误.
11．ACD【分析】对于A：可得恒成立，令，利用导数求其最值，即可得结果；对于B：举反例，取，结合定义域分析判断；对于C：令，可得，结合函数单调性可得，利用导数分析其单调性和最值即可求解；对于D：令，分和两种情况讨论，结合选项C的结论运算求解.【详解】由题意可知：.
对于选项A：若恒成立，可得恒成立，令，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
可得，即，故A正确；对于选项B：若，令，解得，
此时的定义域为，不在定义域内，故B错误；
对于选项C：由题意可知：，令，解得，
令，可得，
构造，则，
因为在定义域内单调递增，则，即，
构造，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则
即，解得，所以，故C正确；
对于选项D：令，
若，可知的定义域为，
当趋近于时，趋近于，符合题意；
若，可知的定义域为，
令，可得，
由选项C可知：在定义域内单调递增，
因为，则，即，
可知有解，由选项C可得：，解得；
综上所述：，故D正确.
12．【详解】在等差数列中，由，得，解得
由，得，解得，公差，所以.
13．/【分析】先求曲线在点处的切线方程，再与抛物线方程联立，利用相切条件（判别式为零）解出.
【详解】设，则，则，
则在处的切线的方程为，即，
联立，得，
因为直线与抛物线也相切，则有，解得.
14．
【分析】先用奇偶性定义证明为奇函数，然后利用奇偶性与单调性定义解不等式即可.
【详解】，得，
故为定义在上的奇函数.所以可写为，
即，根据奇函数易得.
函数的导数为，
而，所以，
故函数在上单调递增，故不等式的解集等价于的解集，解得.
15．(1)2(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据两直线垂直的性质即可求得a的值；
（2）利用求导，判断函数的单调性，结合给定区间即可求得函数的值域.
【详解】（1）由求导得，
则在处的切线的斜率为，因切线与垂直，故，解得.
（2）由（1）可得 ，
因，则当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
因,即,
故在区间上的值域为.
16．(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用与的关系，结合递增数列的特点，根据等差数列的定义可证；
（2）分别求出数列的通项公式，利用错位相减求和法求得的结果.
【详解】（1）令，得，所以；由题意得，
所以当时，，即，
所以或所以或.
因为数列是单调递增数列，所以当时，，
所以，
所以，，即是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）知，所以.
令
则①
两边同乘以2，得②
②-①，得
所以.
17．(1)(2)
【分析】（1）由已知条件得出关于的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）利用直线与椭圆的位置关系，结合韦达定理，求弦长和原点到直线的距离，进而求出三角形的面积.
【详解】（1）由题可知，解得，所以椭圆的标准方程为；
（2）因为直线倾斜角为45°，所以直线的斜率为，
设直线的方程为，，
联立，消去并整理得：，
所以，所以，
又，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
，
，
，即，
解得或，
当时，直线的方程为，所以直线经过点，
此时或与点重合，不满足题意；
所以直线的方程为，即，所以，
，
点到直线的距离为，
所以.
18．(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）根据线面线线位置关系证出梯形为直角梯形，利用直角梯形的边长公式，求出，进而证明；
（2）利用向量法：分别求出平面ADE与平面BCF的法向量，再求夹角；
（3）设，表示出坐标，根据线面的位置关系列式计算.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以.
在直角梯形中，，.
同理，.
因为，，所以是等边三角形.
（2）解：记的中点为，在等边三角形中，.
因为平面，平面，所以平面平面.
因为平面平面，所以平面.
以为原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
，.
设平面的法向量为，
则，即，取，得.
平面的一个法向量为.
，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
（3）设，则，.
因为平面，所以，
即，解得.故的值为.
19．(1)(2)当时，在上为减函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数；(3)证明见解析
【分析】（1）先求导得到斜率表达式，代入和计算斜率与切点坐标，再用点斜式整理切线方程；
（2）对导数，根据参数的符号分类，分析导数在定义域内的正负，从而确定单调区间；
（3）先将化简为等价的，构造辅助函数，通过求导分析单调性，找到最小值点，利用与代换，证明最小值大于.
【详解】（1）由题意得，所以；
则，又；
所以切线方程，即；
（2），
当时，，则在上为减函数；
当时，令，解得；
当时，，则在上为减函数，
当时，，则在上为增函数；
综上：当时，在上为减函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数；
（3）设，
则；
令，所以在恒成立，
所以在为增函数；
又，
所以存在，使，即（*）；
在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
将（*）代入得；
所以在恒成立，
即在时，．