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广东实验中学2025—2026学年下学期高二级中段模块考试数学试卷
一、单选题
1．已知圆与直线恰有2个交点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．中，的对边分别为，若且，则的形状是（ ）
A．顶角为的等腰三角形 B．等边三角形
C．等腰直角三角形 D．顶角为的等腰三角形
5．若的展开式中的系数为30，则（ ）
A．9 B． C．10 D．
6．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．600 B．540 C．480 D．420
7．已知数列满足，则数列的前100项的和为（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左、右顶点分别为、，是上一点，为等腰三角形，且外接圆面积为，则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
二、多选题
9．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．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
B．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
10．如图，已知正方体的棱长为分别是线段上的动点，是线段的中点，且满足，过作平面，使得，则（ ）
A．当时，平面
B．当与重合时，直线与平面所成角的正弦值为
C．当为线段中点时，直线到平面的距离为
D．的最小值为
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上不是增函数
B．若关于的方程有两个不相等的实根，且，则
C．若，且，则的最大值为
D．若，不等式恒成立，则的取值范围为
三、填空题
12．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的情况下，恰好抽到一名男生的概率为___________．
13．若，则___________．
14．若对于任意恒成立，则的取值范围是___________．
四、解答题
15．设数列的前项积为，满足．
(1)设，求证：数列是等比数列；
(2)设数列满足，求数列的前项和．
16．已知函数．
(1)若在处取得极值，求的所有极值；
(2)若在上的最小值为，求的取值范围．
17．在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足．
(1)证明：平面平面；
(2)线段上是否存在点，满足在平面内的射影恰好落在直线上．若存在，求出的长度及三棱锥的体积：若不存在，请说明理由．
18．已知椭圆过点，且的右焦点为.
(1)求的方程：
(2)设过点的一条直线与交于两点，且与线段交于点.
（i）证明：到直线和的距离相等；
（ii）若的面积等于的面积，求的坐标.
19．已知函数，．
(1)若，求在处的切线；
(2)当时，证明：
（i）；（参考数据：）
（ii）若，则．
参考答案
1．D
【详解】解：由题意得，，半径，直线为，
设圆心到直线的距离为，则由点到直线的距离公式，可得，
若圆与直线有2个交点，则，即，解得，所以.
2．B
【详解】由，而，可得，
所以.
3．C
【详解】函数，求导得，
所以.
4．C
【详解】由题意，，
又因为，所以，
展开得，
因为，
代入上式，得，
即，整理得，
由于三角形内角满足，
故，于是，
即，所以是以为顶角的等腰三角形.
由且 ，得
另一方面，
又由余弦定理，
从而得到，
解得，
即，
即，
所以，
因为，所以，
故，于是，
从而，因此是等腰直角三角形.
5．A
【详解】由二项式定理，的通项为.
.
其中产生项的来源有两部分：
①与中项相乘：令，得，该项系数为；
②与中项相乘：令，得，该项系数为.
因此的系数为：.
代入组合数计算：，，即，
解得，.
6．C
【详解】根据题意，七位志愿者分配到三个路口，则按的分法，
所有的分配方法为：，
当小明和小红去同一个路口且该路口只有两人的分法为，
再安排剩下两个路口按分法共有种分法，
则总的安排方法为种分法，
当小明和小红去同一个路口且该路口有三个人的分法为，
再安排剩下的两个路口按的分法共有，
则总的安排方法为种分法，
所以小明、小红去不同的路口，则满足条件的不同安排方法数为.
7．A
【详解】，即.
.
.
故
.
8．C
详解：不妨设在第二象限，则在等腰中，，
设，则，为锐角．
外接圆面积为，则其半径为，∴，
∴，，
∴，，
设点坐标为，则，，
即点坐标为，
由点在双曲线上，得，整理得，
∴．
故选C．
9．ACD
【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，
则不同的排法有种，故A正确；
对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，
最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，
最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，
则不同的排法共有种，故B错误；
对于C，因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，
则有种，故C正确；
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确．
10．BCD
【详解】以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
对于A选项：，
则，且，又，
所以，可得，则，此时，
又，
则，，，
、，
则平面不成立，所以A错误；
对于B选项，令且，
因为与重合，所以，，
则，得，所以，
由，，
设是面的一个法向量，
所以，令，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
，所以B正确；
对于C选项，且，，又，
则，可得，
所以，则，而，
若是的一个法向量，
则，
令，则，而，
显然直线到平面的距离，
即为到平面的距离，所以C正确；
令且，且，，
则，可得，
所以在圆的四分之一圆弧上，
因为是线段的中点，所以，
则，
所以，
令且，
所以，，
则，且，
所以的最小值为，所以D正确.
11．ABD
【详解】因为，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，且；
又因为的定义域，且，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，且.
对于选项A：因为，则，
所以在上不是增函数，故A正确；
对于选项B：因为关于的方程有两个不相等的实根，，
可知，，且，
整理可得，即，
结合对数不等式，可得，即，
所以，故B正确；
对于选项C：若（），且，
由图象可知：，
则，即，可得，
且，即，可得，
又因为，
且，，在内单调递增，可得，
则，
构建，，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递增，在上单调递减，
则，所以的最大值为，故C错误；
对于选项D：因为，则，
且，可得，
又因为在内单调递增，可得，则，
构建，，则，
因为，可知：
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，且.
可得，所以的取值范围为，故D正确.
12．/
【详解】设事件：至少抽到一名女生，事件：恰好抽到一名男生，
则，，
故所求概率为.
13．
【详解】解：设，
易观察多项式展开后，偶次项的系数为正，奇次项的系数为负，
即，，，，，均大于；，，，，均小于，
所以，
令，则，
令，则，
因此，.
14．
【详解】不等式可化为，
因为，所以，
所以，
又，所以，
令，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，即，
所以，
当且仅当时，等号成立，
令，，，
所以，使得，即在上有解，
所以，即的取值范围是.
15．(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）当时，由且可得，所以，，
当时，由得，
所以当时结合，，
可得当时，，故，
所以，
代入已知条件，得，
两边同除以，得，即，
由，得，
所以数列是等比数列.
又，
故数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）因为数列是首项为，公比为的等比数列.所以
因为，所以，
从而，则，
所以，
故，
所以，
解得.
16．(1)极大值，极小值
(2)
【详解】（1）定义域为，
则，
由于在处取得极值，故，
则，
令，则或，函数在上均单调递增，
令，则，函数在上单调递减，
故当时，取到极大值，
当时，取到极小值；
（2）由于，
当时，，仅在时等号成立，在上单调递增，
则，符合题意；
当时，则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
故，不符合题意；
当时，，在上单调递减，
故，不符合题意；
综上，可知的取值范围为.
17．(1)证明见解析；
(2)存在，，
【详解】（1）
证明：在中，由余弦定理得：，代入数据得，则，又因为为中点，
则，
作，垂足为，显然为中点，
在中，，由余弦定理可得：，
代入数据得：，而
所以，则，
又，平面，
故平面
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，所以，因为为中点，所以，
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，
故，，，
记在上的射影点为，设，，
可得：
由题可知：，代入解得：，
所以存在符合题意，此时，，，
计算可得：，，
所以，则，
而
所以，则
则
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）或.
【详解】（1）根据题意有，
且由椭圆的几何性质可知，
所以.
所以的方程为.
（2）（i）显然的斜率存在，设的方程为，代入的方程有：
，其中.
设，则，
若到直线和的距离相等，则直线平分，
易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0.
设的斜率分别为，则：
，
，
代入，
有，故命题得证.
（ii）由（i）知直线平分，即.
因为的面积等于的面积，
故，即，故.
故在线段的垂直平分线上.
易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，
故的坐标为或.

关键点点睛：本题第二问中第一小问的关键是由几何关系转化为证明，第二小问的关键是转化几何关系为.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）当时，，，
所以，，
所以在处的切线方程为，
即.
（2）（i），
要证明，只需证明，
令，由得，则，
令，只需证明在上恒成立，
，
令，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以，所以在上单调递增，
所以，
故.
（ii），，
由得，即，
要证明，只需证明，
只需证明，
令，
所以为关于开口向上的二次函数，对称轴为，
由（i）知，，所以，
即，
所以，，
令，，
当时，由（i）知，即，所以，
所以，
所以函数在上单调递增，
故，
当时，令，
，
由得，
易知函数在上单调递增，故，
所以，所以函数在上单调递增，
所以，即，
所以函数在上单调递减，
故，
综上所述，即，所以.

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