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广东广州市南海中学2025-2026学年第二学期4月月考试卷高二数学
一、单选题
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．-4 B．-2 C．0 D．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．20 B．24 C．32 D．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．2 B．3 C． D．
二、多选题
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
三、填空题
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
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，．
参考答案
1．C
【详解】因为为，的等差中项，
所以，即，显然，
所以，解得或．
2．A
【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.
3．A
【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
【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
【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
【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
【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
【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．/
【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．
【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)
【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)
【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)
【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)
【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
【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，．

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