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2025-2026学年广东省实验中学高二（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.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. （0，2） D. （0，4）
2.已知，则cos（2α+2β）=（　　）
A. B. C. D.
3.已知函数f（x）=x2+ex，则=（　　）
A. 2e B. 3e C. -2-e D. 2+e
4.△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c,若且，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. 直角三角形
5.若（x2-a）（x+1）10的展开式中x9的系数为30，则a=（　　）
A. 9 B. -9 C. 10 D. -10
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{an}满足，则数列{an}的前100项的和为（　　）
A. 252-154 B. 252-150 C. 251-154 D. 251-150
8.已知双曲线的左、右顶点分别为A、B，M是E上一点，△ABM为等腰三角形，且外接圆面积为3πa2，则双曲线E的离心率为（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
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，过PQ作平面α，使得B1C∥α，则（　　）
A. 当时，AM⊥平面B1CD1
B. 当Q与A1重合时，直线PQ与平面ACD1所成角的正弦值为
C. 当P为线段AB中点时，直线B，C到平面α的距离为
D. 的最小值为
11.已知函数f（x）=ex-x,g（x）=x-lnx,则下列说法正确的是（　　）
A. g（lnx）在（1，+∞）上不是增函数
B. 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
C. 若f（x1）=g（x2）=a（a＞e-1），且x2＞x1＞0，则的最大值为
D. 若a＞0， x＞0，不等式恒成立，则a的取值范围为[，+∞）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
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|a1|+|a2|+…+|a10|= .
14.若x3+xex≥ex（alnx+1）对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则a的取值范围是 .
四、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。
15.(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）.
（1）设，求证：数列{bn}是等比数列；
（2）设数列{cn}满足，求数列{cn}的前n项和Sn.
16.(本小题15分)
已知函数f（x）=x2-（2a+1）x+alnx,a∈R.
（1）若f（x）在x=1处取得极值，求f（x）的极值；
（2）若f（x）在[1，e]上的最小值为-2a,求a的取值范围.
17.(本小题15分)
在△ABC中，∠ACB=，AC=4，BC=2，M为AC的中点，如图，沿BM将△CMB翻折至△DMB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，使得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；若不存在，请说明理由.
18.(本小题17分)
已知椭圆过点，且C的右焦点为F（2，0）.
（1）求C的方程；
（2）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.
（i）证明：S到直线FP和FQ的距离相等；
（ii）若△APS的面积等于△FQS的面积，求Q的坐标.
19.(本小题17分)
已知函数，.
（1）若a=1，求f（x）在（-1，f（-1））处的切线；
（2）当x∈[-1，+∞）时，证明：
（i）g（x）＜2；（参考数据：e≈2.7）
（ii）若f（0）≥g（0），则f（x）≥g（x）.
1.【答案】C
2.【答案】B
3.【答案】C
4.【答案】C
5.【答案】A
6.【答案】C
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】ACD
10.【答案】BCD
11.【答案】ABD
12.【答案】
13.【答案】242．
14.【答案】（-∞，3]．
15.【答案】因为数列{an}的前n项积为Tn，满足2an+Tn=1（n≥1，n∈N），
所以当n=1时，由2a1+T1=1且T1=a1可得3a1=1，所以，，
当n≥2时，由Tn=Tn-1an得an（2+Tn-1）=1，
所以当n≥2时结合，，
可得当n∈N*时，an≠0，所以Tn≠0，
所以，
代入已知条件2an+Tn=1，得，
两边同除以Tn，得，即，
由，得，
所以数列{bn}是等比数列．
又因为，
所以数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列
16.【答案】解：（1）已知f（x）=x2-（2a+1）x+alnx,函数定义域为（0，+∞），
可得，
因为f（x）在x=1处取得极值，
所以f′（1）=2-（2a+1）+a=0，
解得a=1，
此时f（x）=x2-3x+lnx,，
当0＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x=时，函数f（x）取得极大值，极大值，
当x=1时，函数f（x）取得极小值，极小值f（1）=1-3+ln1=-2；
（2）因为，
①当a≤1时，
当x∈[1，e]时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x=1时，函数f（x）取得最小值，最小值f（1）=-2a,满足题意；
②当1＜a＜e时，
令f′（x）＞0，
解得x＞a或，
所以函数f（x）在[1，a]上单调递减，在[a,e]上单调递增，
则当x=a时，函数f（x）取得最小值，最小值f（a）＜f（1）=-2a,不满足题意；
③当a≥e时，
易知函数f（x）在[1，e]上单调递减，
所以当x=e时，函数f（x）取得最小值，最小值f（e）＜f（1）=-2a,不满足题意．
综上，满足条件的实数a的取值范围为（-∞，1]．
17.【答案】解：（1）证明：在△ABC中，由余弦定理得，AB2=AC2+BC2-2AC BCcos∠ACB=16+4-2×=12，
所以，
所以AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，
因为M为AC的中点，
所以，
取BM的中点O，连接OD，OA，则OD⊥BM，OD=，
在△AMO中，∠AMO=120°，
由余弦定理得，OA2=AM2+OM2-2AM OMcos∠AMO=4+1-2×2×1×（-）=7，
因为DA=，
所以DA2=OD2+OA2，即OD⊥OA，
又BM∩OA=O，BM、OA 平面ABM，
所以OD⊥平面ABM，
而OD 平面DMB，
所以平面DMB⊥平面ABM．
（2）由题意知，△BCM是等边三角形，
连接OC，则OC⊥BM，
由（1）知OD⊥平面ABM，
故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，B（1，0，0），M（-1，0，0），，D（0，0，），
所以=（-1，-，0），，=（3，，0），
记P在DM上的射影点为Q，
设=λ（3，，0），=μ=μ（1，0，），λ，μ∈[0，1]，
则=--=μ（1，0，）-（-1，-，0）-λ（3，，0）=（μ+1-3λ，，），
若P在平面DAM内的射影恰好落在直线DM上，
则，即，解得，μ=，
所以=（3，，0），
所以存在P符合题意，且AP==．
18.【答案】解：（1）根据题意有，
且由椭圆的几何性质可知a2=b2+c2=b2+4，
所以a2=8，b2=4．
所以C的方程为．
（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．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，
若S到直线FP和FQ的距离相等，则直线SF平分∠PFQ，
易知AF⊥x轴，故只需满足直线FP与FQ的斜率之和为0．
设FP，FQ的斜率分别为k1，k2，则：
，
=，
代入，
有k1+k2=0，故命题得证．
（ii）由（i）知直线AF平分∠PFQ，即∠AFP=∠AFQ．
因为△APS的面积等于△FQS的面积，
故|SA||SP|=|SF||SQ|，即，故PF∥AQ．
故∠AFQ=∠AFP=∠FAQ |AQ|=|FQ|，Q在线段AF的垂直平分线上．
易知线段AF的垂直平分线为，与C的方程联立有x2=7，
故Q的坐标为或．

19.【答案】y=-4e2x-3e2 证明：（i），
要证明g（x）＜2，只需证明2xe-x+e-2x-2＜0，
令t=e-x，由x∈[-1，+∞）得t∈（0，e]，则2xe-x+e-2x-2=-2tlnt+t2-2，
令h（t）=-2tlnt+t2-2，只需证明h（t）＜0在（0，e]上恒成立，
h′（t）=-2（lnt-t+1），
令φ（t）=lnt-t+1，，
当t∈（0，1）时，φ′（t）＞0，当t∈（1，e]时，φ′（t）＜0，
所以φ（t）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减，
所以φ（t）≤φ（1）=0，即lnt-t+1≤0，
所以h′（t）≥0，所以h（t）在（0，e]上单调递增，
所以h（t）≤h（e）=-2e+e2-2≈-0.11＜0，
故g（x）＜2．
（ii）f（0）=a-1，g（0）=1，
由f（0）≥g（0）得a-1≥1，即a≥2，
要证明f（x）≥g（x），只需证明，
只需证明e2xa2-（e2x+2xex+1）a+x2≥0，
令F（a）=e2xa2-（e2x+2xex+1）a+x2，
所以F（a）为关于a开口向上的二次函数，对称轴为，
由（i）知，，所以，
即，
所以F（a）≥F（2），F（2）=2e2x-4xex+x2-2，
令u（x）=2e2x-4xex+x2-2，u′（x）=4ex（ex-x-1）+2x，
当x≥0时，由（i）知lnt-t+1≤0，即et-1≥t，所以ex≥x+1，
所以u′（x）=4ex（ex-x-1）+2x≥0，
所以函数u（x）在[0，+∞）上单调递增，
故u（x）≥u（0）=0，
当-1≤x＜0时，令v（x）=u′（x）=4ex（ex-x-1）+2x，
v′（x）=4ex（2ex-x-2）+2，
由ex≥x+1得4ex（2ex-x-2）+2≥4ex（2x+2-x-2）+2=4xex+2，
易知函数y=xex在[-1，+∞）上单调递增，故，
所以v′（x）＞0，所以函数v（x）在[-1，0）上单调递增，
所以v（x）＜v（0）=0，即u′（x）＜0，
所以函数u（x）在[-1，0）上单调递减，
故u（x）＞u（0）=0，
综上所述u（x）≥0，即F（a）≥F（2）≥0，所以f（x）≥g（x）
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