广东省实验中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含答案）

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答案及说明
8. C 解：不妨设M在第二象限，则在等腰 ΔABM 中， AB = AM = 2a ，设LABM = LAMB = θ ,则LF1AM = 2θ , θ 为锐角．
ΔABM 外接圆面积为3π a2 ，则其半径为 3a ，六
六 sin csθ = ，六 sin 2θ = 2 × × = ，cs 2θ = 2×()2 _1 = ，设M 点坐标为(x, y) ，则 x = _a _ AM cs y = AM sin a ，
即M 点坐标为 ，
由M 点在双曲线上，得 ，整理得 ，六 e ．故选 C．
10.BCD 解：构建如下图示的空间直角坐标系D _ xyz ，
A： ，则Q(3,0,4) ，P(4, m,0) 且0 ≤ m ≤ 4 ，又PQ = 26 ，所以1+ m2 +16 = 24，可得m = 7 ，则 P(4,7 ,0) ，此时M
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 242
(_∞ ,3]
又A(4,0,0), C(0,4,0), B1 (4,4,4), D1 (0,0,4) ，则 ，
D1B1 = (4,4,0) ，显然 AM . D1C ≠ 0 、AM . D1B1 ≠ 0 ，则 AM 丄 平面B1CD1 不成立，错；
B：由 AC = (一4,4,0) ，D1C = (0,4,一4) ，若b = (u, v, w)是面ACD1 的一个法向量，所以 ，令u = 1 ，则 b = (1,1,1) ，
易得PQ = (0,一22,4)所以直线PQ 与平面 ACD1 所成角的正弦值
cs B 对；
C：Q(n,0,4) 且0 ≤ n ≤ 4 ，P(4,2,0) ，又PQ = 26 ，则 (n 一 4)2 + 4 +16 = 24 ，可得n = 2 ，所以Q(2,0,4) ，则 QP = (2,2, 一4) ，而 CB1 = (4,0,4) ，
若a = (x, y, z) 是 “ 的一个法向量，则
令x = 1 ，则 a = (1,一3,一1) ，而QB1 = (2,4,0) ，
显然直线B1C 到平面“ 的距离，即为B1 到平面 “ 的距离d C 对；
D：令P(4, m,0) 且0 ≤ m ≤ 4 ，Q(n,0,4) 且0 ≤ n ≤ 4 ，PQ = 26 ，
则(n 一 4)2 + m2 +16 = 24 ，可得(n 一 4)2 + m2 = 8 ，且PQ = (n 一 4,一m,4) ， M 则
所以 令 csθ, m sinθ 且
则 sin且tanφ = 2 ，所以MC .MD 的最小值为22 一 410 ，对.故选：BCD
11．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,
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< lne = 1，则g(ln 2) > g (lne)，所以g(ln x)在(1, +∞ )上不是增函数，故 A 正确；
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x1 ，x2 ，可知a > 1 ，0 < x1 < 1< x2 ，且
整理可得x1 _ x2 = ln x1 _ lnx2 ，即
结合对数不等式 ，可得1< ，即 x1 + x2 > 2 ，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 _ x1 = a ，即x1 + a = ex1 ，可得ln(x1 + a ) = ln ex1 = x1 ，且x2 _ ln x2 = a ，即x2 _ a = ln x2 ，可得ex2 _a = elnx2 = x2 ，
又因为g (x2) = x2 _ ln x2 = elnx2 _ ln x2 = f (ln x2) = f (x1)，
且x1 >0 ，ln x2 > 0 ，J (x)在(0, +∞ ) 内单调递增，可得x1 = ln x2 ，
则 构建 a > e _1 ，则 当e _1< a < e 时， φ, (a ) > 0 ；当a > e 时， φ, (a ) < 0 ；
可知φ, (a )在(e _1, e)上单调递增，在(e, +∞ )上单调递减，
则φ(a) ≤ φ(e) = _e ，所以 的最大值为__e，故 C 错误；
对于选项 D：因为a >0,▽x >0 ，则 aex > 0 ， x
且g(x) = x _ ln x ≥ 1 ，可得x _ ln x +1≥ 2 > 0 ，
又因为J (x)在(0, +∞ ) 内单调递增，可得 ≥ x _ ln x +1 ，则 a 构建h ，x > 0 ，则 h,
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≤ h 可得a ≥ ,所以a 的取值范围为 ，故 D 正确；故选：ACD
14. (_∞ ,3]
3 x x x3 e3ln x_x + x _1
解：x + xe ≥ e (alnx +1) 等价于 ex + x _1≥ alnx ，等价于 ln x ≥ a ，
又因为 ，当3ln x _ x = 0 等号取到（请自证等号取到），所以a ≤ 3 .
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，2a1 + a1 = 1 ，解得a ．----------1 分
当n ≥ 2 时， Tn = 1 ，----------2 分
化为 ，变形为 1) ，----------3 分又bn ，所以bn = 2bn-1 ，----------4 分
又b ，所以当n ≥ 2 ，且 n ∈ N* 时， ， ----------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 ----------7 分
所以 n+1 -1，所以Tn ----------8 分
所以cn = 2n+1TnTn ----------9 分
故cn 分所以Sn = c1 + c2 + . .. + cn
----------12 分 分
16 解：(1) f(x) = x2 __ (2a + 1)x + alnx，
f, = 2x __ x > 0． ----------1 分
因为f(x)在x = 1处取得一极值，
所以f,(1) = 2 __ (2a + 1) + a = 0，则 a = 1，----------2 分所以f(x) = x2 __ 3x + lnx，
f, --------3 分令f, = 0得x 或1，列表得
--------4 分
所以f(x)的极大值为f(EQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 6(1),2)) = EQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 6(1),4) __ EQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 6(3),2) + ln EQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 6(1),2) = __ EQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 6(5),4) __ ln2， --------5 分
极小值为f(1) = 1 __ 3 + ln1 = __2；--------6 分
f, = 2x __ --------8 分
①当a ≤ 1时，f(x)在[1, e]上单调递增，
f(x)的最小值为f(1) = __2a，满足题意; --------10 分
②当1 < a < e时，
f(x)在[1, a]上单调递减，在[a, e]上单调递增，
此时，f(x)的最小值为f(a) < f(1) = __2a，不满足题意; --------12 分
③当a ≥ e时，f(x)在[1, e]上单调递减，
f(x)的最小值为f(e) < f(1) = __2a，不满足题意． -------14 分综上可知，实数a的取值范围时(__∞, 1] ．-------15 分
17．（1）解：在 ABC 中，由余弦定理可得
则 AC2 = AB2 + BC2 ，所以 AB 丄 BC ，----------1 分
又M 为AC 的中点，则MA = MB = MD = DB AC = 2 .----------2 分取BM 的中点O ，显然有OD 丄 BM .----------3 分
因为MB = MC = BC ，则在 AMO 中， LAMO = 120 ，由余弦定理可得
可得DA2 = OD2 + OA2 ，所以OD 丄 OA ，----------4 分
x
(0,
1
2
, 1)
1
(1, +∞)
f,(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
又OA BM O ，AO C 平面ABM ，BM C 平面ABM ，所以OD 丄 平面ABM ，---------5 分因为OD C 平面DMB ，所以平面DMB 丄 平面ABM ----------6 分
（2）证明：如图所示，连接OC ，因为MB = MC ，所以OC MB ，
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 = λAB, MQ = μMD ，
可得PQ = MQ _ MA _ AP = (μ +1_ 3λ, 3 _ 3λ, 3 μ ) ，----------9 分
则 即 ，解得 ----------11 分因为 ，且 AB = 23 ，所以 AP ----------12 分
在等腰三角形 AMD 中，底边 AD 的高h 面积SAMD AD × h ----------13 分
又因为
215
算得| PQ |= ----------14 分7
三棱锥P 一 AMD 的体积为VP 一AMD = 1 SAMD . | PQ |= 1 x 15 x 215 = 5 3 3 2 7 7
所以存在P 符合题意，且AP = 103 ，三棱锥P 一 AMD 的体积为5 l5 分
7 7
18. 解：（1）根据题意有 ，----------1 分
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
所以 C 的方程为 ．-------------4 分
（2）
（i）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
设 P（x1，y1），Q（x2，y2），则 x1 + x x1x ------------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：
----------------9 分
代入，x1 + x x1x
有k1 + k2 = 2k x ，故命题得证．-------------10 分（ii）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 ，故 PF∥AQ ．------------13 分
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 ) 17 分
2 2
19. （1）解：若 a = 1，则 f
f ' -------------------1 分
惠曲线y = f(x)在点(__1, f(__1))处的切线的斜率k = f ' (_1) = _4e2 ----------2 分又f (_1) = e2 ----------3 分
惠 y = f(x)在点(__1, f(__1))处的切线方程为：y _ e2 = _4e2 (x +1)整理，得y = _4e2x _ 3e2 ----------4 分
（2）证明：
g' 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 ≤ g e ≈ × 2.7 ≈ 1.89 < 2 -----------8 分（ii）若 f (0) ≥ g(0) ，则 a ≥ 2，----------9 分
要证f a _1≥ g
即证：e2xa2 _ (e2x + 2xex +1)a + x2 ≥ 0----------10 分
令h(a) = e2xa2 _ (e2x + 2xex +1)a + x2 ，则二次函数h(a) 开口向上，
且对称轴为a （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 ≥ t 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,+∞) ）