广东实验中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份广东实验中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共7页。试卷主要包含了1 分，3 分，4 分等内容，欢迎下载使用。
命题：荔湾高二数学备课组审定：杨晋鹏校对：白云高二数学备课组
本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟。
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。
选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。
考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。
第一部分 选择题（共 58 分）
单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
已知圆 M：  x  a2   y  a2  1 与直线 y  1恰有 2 个交点，则 a 的取值范围是（ ）
A． 0,1
B．1,1
C． 1, 2
D． 0, 2
已知cs(   )  3 , cs cs   2 ，则cs(2  2 )  （ ）
55
23
25
 23
25
7
25
 7
25
已知函数 f  x  x2  ex ，则 lim f 1 Δx  f 1  （ ）
Δx0Δx
2eB． 3eC． 2  eD． 2  e
ABC
​
A B C
a b c
a2  b2  c2
| AB | | AC |
AB 
AC )  BC  0

S(
中， 、 、
的对边分别为
、 、 ，若
ABC
且，
4
则 ABC 的形状是（ ）
A．顶角为120 的等腰三角形B．等边三角形
C．等腰直角三角形D．顶角为30 的等腰三角形
若x2  a(x 1)10 的展开式中 x9 的系数为 30，则a  （ ）
A．9B．-9C．10D．-10
省实 2026 年科技节展演活动，需要安排小明、小红等共七位志愿者到三个路口当引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少需要两名引导员，且小明、小红去不同的路口，则满足条件的不同安排方法数为（）
A.600B.540C.480D.420
2n2n12n12n
已知数列{an}满足 a1＝1， a a (1)n , a a 2n ，则数列{an}的前 100 项的
和为（）
252 154
​
ABM
x2y2
252 150
251 154
251 150
已知双曲线 E :
a2
 1 的左、右顶点分别为 A 、B ，M 是 E 上一点，
b2
为等腰三角
2
3
3
形，且外接圆面积为3a2 ，则双曲线E 的离心率为()
2
​
1
​
1
多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题选项中，有多项符合题目要求。
甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有 24 种
最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有 40 种
C．甲、乙不相邻的排法种数为 72 种
D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有 20 种
如图，已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4，P，Q 分别是线段 AB ， A1D1 上的动点，
M 是线段PQ 的中点，且满足 PQ  2 6 ，过PQ 作平面 ，使得B1C / / ，则（ ）
当 AQ  1 QD 时， AM  平面 B CD
13111
当Q 与 A 重合时，直线 PQ 与平面 ACD 所成角的的正弦值为 2 1
113
当 P 为线段 AB 中点时，直线 B1C 到平面 的距离为10 11
11
10
MC  MD 的最小值为22  4
已知函数 f  x  ex  x ， g  x  x  ln x ，则下列说法正确的是（ ）
g ln x 在1,  上不是增函数
若关于 x 的方程 g  x  a 有两个不相等的实根x1 ， x2 ，且 x1  x2 ，则 x1  2x2  3
若 f  x1   g  x2   a （ a  e 1 ），且 x2  x1  0 ，则
ln  x  a  ex2 a
1
ln a
的最大值为 1
e
 a ex 
 2
若a  0 ， x  0 ，不等式 f   f  x  ln x 1 恒成立，则a 的取值范围为 e ,  
x 
第二部分 非选择题（92 分）
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
从 6 名男生和 4 名女生中选出 3 人参加人工智能技能培训．在至少抽到一名女生情况下，恰好抽到一名男生的概率为．
 a10 
01210
1
2
若x2  x 15  a  a x  a x2  a x10 ，则 a  a ．
若 x3  xex  ex (a ln x 1) 对于任意 x  (1, ) 恒成立，则 a 的取值范围是.
解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
(本小题13分)
设数列an 的前n 项积为Tn ，满足2an  Tn  1n  1, n  N .
n
设b  1 1 ，求证：数列b 是等比数列；
T
n
n
设数列c  满足c  2n1T T，求数列c  的前 n 项和 S .
nnn n1nn
16．(本小题15分)
已知函数?(?) = ?2 − (2? + 1)? + ?ln?，? ∈ ?．
(1)若?(?)在? = 1处取得一极值，求?(?)的所有极值；
(2)若?(?)在[1, ?]上的最小值为−2?，求?的取值范围．
17．(本小题15分)
在 ABC 中， ACB  π , AC  4, BC  2, M 为 AC 的中点，如图，沿BM 将CMB 翻折至DMB
3
10
位置，满足 DA .
(1)证明：平面 DMB  平面 ABM ；
(2)线段 AB 上是否存在点P ，满足 P 在平面 DAM 内的射影恰好落在直线DM 上. 若存在，求出 AP 的长度及三棱锥 P  AMD 的体积；若不存在，请说明理由.
18. (本小题17分)
x2  y2  1(a  b 
已知椭圆C:
a2b2
0) ，过点 A(2,
2) ，且 C 的右焦点为 F（2，0）．
求 C 的方程；
设过点（4，0）的一条直线与 C 交于 P，Q 两点，且与线段 AF 交于点 S．
证明：S 到直线 FP 和 FQ 的距离相等；
若△APS 的面积等于△FQS 的面积，求 Q 的坐标．
19. (本小题17分)
x2
2xex 1
已知函数 f (x)  a 1, g(x) .
ae2 xe2 x
若a  1，求 f (x) 在(1，f (1)) 处的切线；
当 x∈[﹣1，+∞）时，证明：
g(x)  2 ；（参考数据： e  2.7 ）
若 f (0)  g(0) ，则 f (x)  g(x) .
广东实验中学 2025—2026 学年（下）高二级中段模块考试 数学
答案及说明
题目
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
C
C
A
C
A
C
题目
9
10
11
12
13
14
答案
ACD
BCD
ABD
9
25 / 0.36
242
(，3]
8. C解：不妨设M 在第二象限，则在等腰ABM 中， AB  AM
 2a ，
设ABM  AMB   ，则F1 AM  2 ， 为锐角．
ABM 外接圆面积为3a2 ，则其半径为 3a ，∴ 2 3a 
2a
sin ，
∴ sin 
3 ， cs 6 ，∴sin 2  2  3  6  2 2 ， cs 2  2 ( 6 )2 1  1 ，
3333333
设M 点坐标为(x, y) ，则 x  a  AM cs 2   5a ， y  AM sin 2  4 2 a ，
即M 点坐标为( 5a , 4 2a ) ，
33
( 5a )2
33
( 4 2a )2b2
由M 点在双曲线上，得3  3  1，整理得 a2  2 ，
∴ e  c 
a
a2b2
b2
1
a2
 3 ．故选C．
BCD解：构建如下图示的空间直角坐标系 D  xyz ，
A： AQ  1 QD ，则Q(3, 0, 4) ， P(4, m, 0) 且0  m  4 ，又PQ  2 6 ，
131
7
7
M (,
所以1 m2 16  24 ，可得m ，则 P(4, 7, 0) ，此时7
22
, 2) ，
7
1
又 A(4, 0, 0), C(0, 4, 0), B1 (4, 4, 4), D1 (0, 0, 4) ，则 AM  ( 1 ,, 2) ， DC  (0, 4, 4) ，
22
D1B1  (4, 4, 0) ，显然 AM  D1C  0 、 AM  D1B1  0 ，则 AM  平面B1CD1 不成立，错；
B：由 AC  (4, 4,0) ， D1C  (0, 4, 4) ，若b  (u, v, w) 是面 ACD1 的一个法向量，
b  AC  4u  4v  0
所以
b  D1C  4v  4w  0
，令u  1 ，则b  (1,1,1) ，
易得 PQ  (0, 2 2, 4) 所以直线PQ 与平面 ACD1 所成角的正弦值
cs  b, PQ  
2 42 1
2
，B 对；
3  2 63
C： Q(n, 0, 4) 且0  n  4 ， P(4, 2, 0) ，又PQ  2 6 ，则(n  4)2  4 16  24 ，可得n  2 ，
所以Q(2, 0, 4) ，则QP  (2, 2, 4) ，而CB1  (4, 0, 4) ，

若a  (x, y, z) 是 的一个法向量，则a  QP  2x  2 y  4z  0 ，
a  CB1  4x  4z  0
令 x  1 ，则a  (1, 3, 1) ，而QB1  (2, 4, 0) ，
a  QB1 | 10
| a |11
显然直线 BC 到平面 的距离，即为 B 到平面 的距离d |
 10 11 ，C 对；
1111
D：令 P(4, m, 0) 且0  m  4 ， Q(n, 0, 4) 且0  n  4 ， PQ  2 6 ，
则(n  4)2  m2 16  24 ，可得(n  4)2  m2  8 ，且 PQ  (n  4, m, 4) ，
则 MC  ( n  4 , 4  m , 2), MD  ( n  4 ,  m , 2) ，
2222
M ( n  4 , m , 2) ，
22
n  4 2mm
(n  4)2(m  4)2
所以MC  MD  ()  (4  )  4 ，
22244
令4  n  2 2 cs , m  2 2 sin 且0    π ，
2
则 MC  MD  22  4 2(sin  2 cs )  22  4 10 sin(  ) 且tan   2 ，所以MC  MD 的最小值为22  4 10 ，对.故选：BCD
ACD解：因为 f  x  ex  x ，则 f  x  ex 1，当 x  0 时， f  x  0 ；当 x  0 时， f  x  0 ；
可知 f  x 在 ,0 内单调递减，在0,   内单调递增，且 f  x  f 0  1；
又因为 g  x 的定义域0,   ，且 g x  1 1  x 1 ，
xx
当 x  1 时， g x  0 ；当0  x  1时， g x  0 ；
可知 g  x 在0,1 内单调递减，在1,   内单调递增，且 g  x  g 1  1.
对于选项A：因为0  ln 2  ln e  1，则 g ln 2  g ln e ，所以 g ln x 在1,   上不是增函数，故A 正确；
1
对于选项B：因为关于 x 的方程 g  x  a 有两个不相等的实根x ， x2 ，
x1  ln x1  a
可知a  1， 0  x1  1  x2 ，且x
 ln x
 a ，
 22
整理可得 x  x
 ln x  ln x ，即
x1  x2
 1 ，
1212
ln x1  ln x2
结合对数不等式
x1  x2
 x1  x2 ，可得1  x1  x2 ，即 x  x
2 ，
ln x1  ln x22
212
所以 x1  2x2   x1  x2   x2  3 ，故B 正确；
对于选项C：若 f  x1   g  x2   a （ a  e 1 ），且 x2  x1  0 ，由图象可知： x2  e  x1  1 ，
则ex1  x  a ，即 x  a  ex1 ，可得ln  x  a  ln ex1  x ，
1111
22222
且 x  ln x  a ，即 x  a  ln x ，可得ex2 a  eln x2  x ，
又因为 g  x   x  ln x  eln x2  ln x  f ln x   f  x ，
222221
且 x1 >0 ， ln x2  0 ， f  x 在0,   内单调递增，可得 x1  ln x2 ，
ln  x  a  ex2 ax  xx  ln xa
则1 12   22  ，
ln a
ln a
ln a
ln a
构建 a   a ， a  e 1 ，则a  1 ln a ，
ln aln2 a
当e 1  a  e 时，a  0 ；当a  e 时，a  0 ；
可知a  在e 1, e 上单调递增，在e,   上单调递减，
则 a   e  e
，所以
ln  x  a  ex2 a
1
ln a
的最大值为e
，故 C 错误；
0
对于选项D：因为a  0, x  0 ，则 aex  ，
x
且 g  x  x  ln x  1 ，可得 x  ln x 1  2  0 ，
f  x
0,  
aex  
 x  x  ln x 1
又因为在
内单调递增，可得
x
x ln x
1 ，则a，
ex
构建h  x  x  x  ln x 1 ， x  0 ，则h x   x 1ln x  x ，
exex
因为 g  x  x  ln x  1  0 ，可知：
当 x  1 时， h x  0 ；当0  x  1时， h x  0 ；
可知h  x 在0,1 内单调递增，在1,   内单调递减，且h  x  h 1  2 .
e
可得a  2 ，所以a 的取值范围为 2 ,  ，故D 正确；故选：ACD
e
14. (，3]
3xx
 e


x3 
e3ln x x  x 1
解： x
 xe
 e (a ln x 1) 等价于
ex
x 1  a ln x ，等价于
ln x
 a ，
又因为
e3ln xx  x 1  3ln x  x 1 x 1 
3 ，当3ln x  x 
0 等号取到（请自证等号取到），
所以a  3 .
ln x
ln x
15.解：（1）因为数列{an }的前n 项之积为Tn ，满足2an  Tn  1n  1, n  N ，
所以当n  1 时， 2a  a  1，解得a  1 ．1 分
1113
当n  2 时， 2Tn  T
 1，2 分
T
化为 1  2 
n
Tn1
1
Tn1
n
1 ，变形为 1 1  2(
Tn
1
Tn1
1) ，3 分
又b  1 1 ，所以b
 2b
，4 分
n
又b1
Tn
 1 1
a1
nn1
 4  0 ，所以当n  2 ，且n  N 时，
bn bn 1
 2 ，5 分
所以数列bn 是以b1  4 为首项， 2 为公比的等比数列.6 分
（2）由（1）知bn
 4 2n1  2n1 ， bn
 1 1 ，7 分
Tn
T
n
所以 1  2n1 1，所以T
n
1
2n1 1
，8 分
n1
2n1
2  2n1  2n1
所以cn  2TnTn1  2n1 12n2 1  2n1 12n2 1 ，9 分
2n2  2n1
2n2 1 2n1 111
故cn 
2n1
12
n2
1
 2
n1
12
n2
1

2n1 
1  2n2
1 ，11 分
所以 Sn  c1  c2    cn
 1
1  1
1    1
1
-12 分

 22 123 1  23 124 1  2n1 12n2 1 
 1 113 分
32n2 1
16 解：(1) ?(?) = ?2 − (2? + 1)? + ?ln?，
?′(?) = 2? − (2? + 1) + ?，? > 0．1 分
?
因为?(?)在? = 1处取得一极值，
所以?′(1) = 2 − (2? + 1) + ? = 0，则? = 1，2 分
所以?(?) = ?2 − 3? + ln?，
?′(?) = 2? − 3 + 1 = 2?2−3?+1 = (2?−1)(?−1)，3 分
???
令?′(?) = 0得? = 1或1，列表得
2
4 分
所以?(?)的极大值为?(1) = 1 − 3 + ln 1 = − 5 − ln2，5 分
24224
极小值为?(1) = 1 − 3 + ln1 = −2；6 分
?
1
(0, )
2
1
2
1
( , 1)
2
1
(1, +∞)
?′(?)
+
0
-
0
+
?(?)
↗
极大值
↘
极小值
↗
(2) ?′(?) = 2? − (2? + 1) + ?
?
= 2?2−(2?+1)?+?
?
= (2?−1)(?−?)，8 分
?
①当? ≤ 1时，?(?)在[1, ?]上单调递增，
?(?)的最小值为?(1) = −2?，满足题意;10 分
②当1 < ? < ?时，
?(?)在[1, ?]上单调递减，在[?, ?]上单调递增，
此时，?(?)的最小值为?(?) < ?(1) = −2?，不满足题意;12 分
③当? ≥ ?时，?(?)在[1, ?]上单调递减，
?(?)的最小值为?(?) < ?(1) = −2?，不满足题意．14 分
综上可知，实数?的取值范围时(−∞, 1]．15 分
16  4  2  4  2  cs π
3
3
17．（1）解：在 ABC 中，由余弦定理可得
AC 2  CB2  2 AC  CB  cs C
AB 

 2，
则 AC2  AB2  BC2 ，所以 AB  BC ，1 分
又M 为 AC 的中点，则MA  MB  MD  DB  1 AC  22 分
2
取 BM 的中点O ，显然有OD  BM3 分
因为MB  MC  BC ，则在 AMO 中，  AMO  120，由余弦定理可得
AM 2  MO2  2 AM  MO  csAMO 2π
3
4 1 2  2 1cs 2π
3
7
AO ，
可得 DA2  OD2  OA2 ，所以OD  OA ，4 分
又OA BMO ， AO  平面 ABM ， BM  平面 ABM ，所以OD  平面 ABM ，5 分
因为OD  平面 DMB ，所以平面 DMB  平面 ABM6 分
（2）证明：如图所示，连接OC ，因为MB  MC ，所以OCMB ，由（1）可知， MB, OC, OD 两两相互垂直，
则以O 为坐标原点，以OB,OC,OD 为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，7 分
则C 0, 3, 0, B 1, 0, 0, M 1, 0, 0, A2,  3, 0, D 0, 0, 3  ，
故 MA  1,  3, 0, MD  1, 0, 3 , AB  3, 3, 08 分
记 P 在 DM 上的射影点为Q ，
设 AP   AB, MQ  MD ，
可得 PQ  MQ  MA  AP   1 3, 3 
3, 3  ，9 分
 1 3  
3  3 
3   0
  5
PQ  MA  07
则，即
3
PQ  MD  0 1 3  
3  0
，解得
，11 分
2

 
7
因为 AP  5 AB ，且 AB  2 3 ，所以 AP  10 3 ；12 分
77
MA2  ( AD )2
2
在等腰三角形 AMD 中，底边 AD 的高 h 
6
22  (
10 )2
2
2
面积 S
 1 AD  h  1  10 6 1513 分
AMD
2222
3
又因为 PQ   1 3,
 3, 3  ( 6 ,  2 3 , 2 3 )

777
算得| PQ | 2 1514 分
7
三棱锥 P  AMD 的体积为V
 1 S
 | PQ | 1 
15  2 15  5
P  AMD
3 AMD
3277
所以存在P 符合题意，且 AP  10 3 ，三棱锥 P  AMD 的体积为 515 分
4
解：（1）根据题意有
a2
77
 2  1，1 分
b2
且由椭圆的几何性质可知 a2＝b2+c2＝b2+4，2 分
所以 a2＝8，b2＝4．3 分
x2  y2 
所以 C 的方程为
84
1．4 分
（2）
证明：显然 PQ 的斜率存在，设 PQ 的方程为 y＝k（x﹣4），
代入 C 的方程有：（2k2+1）x2﹣16k2x+32k2﹣8＝0，其中Δ＞0．5 分
16k
2
设 P（x1，y1），Q（x2，y2），则 x1  x2  2k 2 1 ， x1 x2 
32k 2  8
2k 2 1
-6 分
若 S 到直线 FP 和 FQ 的距离相等，则直线 SF 平分∠PFQ，
注意到 AF⊥x 轴，故只需满足直线 FP 与 FQ 的斜率之和为 0．8 分
设 FP，FQ 的斜率分别为 k1，k2，则：
k  k 
y1y2
 2k 
2k (x1  x2  4)
 2k  x1 x2  3(x1  x2 )  8
12x  2
x  2
x x  2(x
 x )  4
x x  2(x
 x )  4
121 2121 212
16k
2
代入， x1  x2  2k 2 1 ， x1 x2 
9 分
32k 2  8
2k 2 1
32k 2  8  316k 2  8(2k 2 1)
有 k1  k2  2k  32k 2  8  2 16k 2  4 (2k 2 1)  0 ，故命题得证．10 分
由（i）知直线 AF 平分∠PFQ，即∠AFP＝∠AFQ．11 分
因为△APS 的面积等于△FQS 的面积，
故|SA||SP|＝|SF||SQ|，即 | SA |  | SQ | ，故 PF∥AQ．13 分
| SF || SP |
故∠AFQ＝∠AFP＝∠FAQ⇒|AQ|＝|FQ|，Q 在线段 AF 的垂直平分线上．15 分
易知线段 AF 的垂直平分线为，与 C 的方程联立有 x2＝7，
故 Q 的坐标为( 7,
2 ) 或( 7,
2
2 ) ．17 分
2
x
2
（1）解：若a  1，则 f (x) ，
e2 x
'2xe2x  x2  2e2x2x(1 x)
f (x) 1 分
(e2 x )2e2 x
∴曲线? = ?(?)在点(−1, ?(−1))处的切线的斜率k  f ' (1)  4e22 分
又 f (1)  e23 分
∴ ? = ?(?)在点(−1, ?(−1))处的切线方程为： y  e2  4e2 (x 1)
整理，得 y  4e2 x  3e24 分
（2）证明：
'
2(x 1)ex  e2x  (2xex 1)  2e2x
（1-x）ex 1
g (x)  2
(e2 x )2
e2 x
，5 分
令 k(x)  (1 x)ex 1，则k ' (x)  xex ，
当 x [1, 0) 时， k ' (x)  0 ， k (x) 单调递增，
当 x (0, ) 时， k ' (x)  0 ， k (x) 单调递减，6 分
所以k(x)  k(0)  0 ，所以 g ' (x)  0 ， g(x) 单调递减7 分
所以 g(x)  g(1) 
2e1 1 e2
 (e  2)e  (2.7  2)  2.7  1.89  28 分
若 f (0)  g(0) ，则a  2，9 分
x22xex 1
要证 f (x)  a 1  g(x) ，
ae2 xe2 x
即证： e2xa2  (e2x  2xex 1)a  x2  010 分
令 h(a)  e2xa2  (e2x  2xex 1)a  x2 ，则二次函数h(a) 开口向上，
e2x  2xex 111
a   g(x)  2
且对称轴为
2e2x22
（由（i）可得），11 分
所以h(a) 在[2，+）上单调递增，
所以h(a)  h(2)  4e2x  2(e2x  2xex 1)  x2  2e2x  4xex  x2  2 ，12 分
令 m(x)  2e2x  4xex  x2  2 ，则m(0)  0 ，
m' (x)  4e2x  4(x 1)ex  2x ， m’(0)  0 ，13 分
令 n(x)  m' (x) ，则n' (x)  8e2x  4(x  2)ex  2  4ex (2ex  x  2)  2
令 s(x)  ex  x 1，则 s’(x)  ex 1 ，当 x [1, 0) 时， s’(x)  0 ， s(x) 单调递减，当 x (0, ) 时， s’(x)  0 ， s(x) 单调递增，
所以 s(x)  s(0)  0 ，即有ex  x 1 ，
所以n' (x)  4ex (2(x 1)  x  2)  2  4xex  2 ，15 分
令t(x)  4xex  2 ，则t' (x)  4(x 1)ex  0 ， t(x) 单调递增， t(x)  t(1)   4  2  0 ，
e
所以n' (x)  0 ，则m' (x) 单调递增，16 分
又 m’(0)  0 ，当 x [1, 0) 时， m’(x)  0 ， m(x) 单调递减，当 x (0, ) 时， m’(x)  0 ， m(x) 单调递增，
所以m(x)  m(0) ， h(a)  0 ，命题得证17 分
（ii）的变式：若 f (x)  g(x) 对于任意 x [1, ) 恒成立，求a 的取值范围.
（思考如何进行必要性探路，答案： a [2, ) ）