广东实验中学2025—2026学年（下）高二级中段模块考试数学-答案_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年05月高二试卷_260511广东实验中学2025-2026学年高二下学期期中考试（全）

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
答案第1页，共10页
9
2 5
/0.36 242 ( −  ， 3 ]
8. C 解：不妨设 M 在第二象限，则在等腰ABM中， A B = A M = 2 a ，
设 A B M A M B   =  = ，则 F
1
A M 2   = ，为锐角．
 A B M 外接圆面积为 3 a 2  ，则其半径为 3 a ，∴ 2 3 a
s
2
in
a

= ，
∴ s in
3
3
 = ， c o s
3
6
 = ，∴ s in 2 2
3
3
3
6 2
3
2
 =   = ， c o s 2 2 (
3
6
) 2 1
1
3
 =  − = ，
设M 点坐标为 ( x , y ) ，则 x a A M c o s 2
5 a
3
 = − − = − ， y A M s in 2
4
3
2
a  = = ，
即 M 点坐标为 ( −
5 a
3
,
4
3
2 a
) ，
由 M 点在双曲线上，得
( −
5 a
32
a
) 2
−
(
4
3b
2
2
a
) 2
= 1
，整理得
b
a
2
2
= 2 ，
∴ e =
c
a
= 1 +
b
a
2
2
= 3 ．故选C．
10.BCD 解：构建如下图示的空间直角坐标系 D − x y z ，
1
A：AQ = QD ，则Q(3,0,4)，
1 3 1
P ( 4 , m , 0 ) 且0m4，又PQ=2 6，
7 7
所以1+m2 +16=24，可得m= 7，则P(4, 7,0)，此时M( , ,2)，
2 2又
答案第2页，共10页
A ( 4 , 0 , 0 ) , C ( 0 , 4 , 0 ) , B
1
( 4 , 4 , 4 ) , D
1
( 0 , 0 , 4 )
1 7
，则AM =(− , ,2)，
2 2
D C1 = ( 0 , 4 , − 4 ) ，
D
1
B
1
= ( 4 , 4 , 0 ) ，显然 A M  D C1  0 、 A M  D
1
B
1
 0 ，则 A M ⊥ 平面BCD 不成立，错；
1 1
B：由 A C = ( − 4 , 4 , 0 ) ， D C1 = ( 0 , 4 , − 4 ) ，若 b = ( u , v , w ) 是面 A C D
1
的一个法向量，
 bAC=−4u+4v=0
所以 ，令u=1，则
bDC=4v−4w=0
1
b = (1 ,1 ,1 ) ，
易得PQ=(0,−2 2,4)所以直线 P Q 与平面 A C D
1
所成角的正弦值
c o s  b , P Q  =
− 2
3 
2
2
+ 4
6
=
2
3
− 1
，B对；
C： Q ( n , 0 , 4 ) 且0n4， P ( 4 , 2 , 0 ) ，又 P Q = 2 6 ，则 ( n − 4 ) 2 + 4 + 1 6 = 2 4 ，可得 n = 2 ，
所以Q(2,0,4)，则 Q P = ( 2 , 2 , − 4 ) ，而 C B
1
= ( 4 , 0 , 4 ) ，
若 a = ( x , y , z ) 是的一个法向量，则
 a
a


Q
C
P
B
1
=
=
2
4
x
x
+
+
2
4
y
z
−
=
4
0
z = 0
，
令 x = 1 ，则 a = (1 , − 3 , − 1 ) ，而QB =(2,4,0)，
1
显然直线 B C1 到平面的距离，即为B 到平面的距离
1
d = |
a 
|
Q
a
B
|
1 |=
1 0
1 1
=
1 0
1
1
1
1
，C对；
D：令P(4,m,0)且 0  m  4 ，Q(n,0,4)且 0  n  4 ， P Q = 2 6 ，
则(n−4)2+m2+16=24，可得 ( n − 4 ) 2 + m 2 = 8 ，且 P Q = ( n − 4 , − m , 4 ) ， M (
n +
2
4
,
m
2
, 2 ) ，
则 M C = ( −
n +
2
4
, 4 −
m
2
, − 2 ) , M D = ( −
n +
2
4
, −
m
2
, − 2 ) ，
所以 M C  M D = (
n +
2
4
) 2 −
m
2
( 4 −
m
2
) + 4 =
( n +
4
4 ) 2
+
( m −
4
4 ) 2
，
令 4 n 2 2 c o s , m 2 2 s in   − = = 且 0
π
2
   ，
则MCMD=22−4 2(sin+2cos)=22−4 10sin(+)且tan=2，
所以 M C  M D 的最小值为 2 2 − 4 1 0 ，对.故选：BCD11．ACD 解：因为
答案第3页，共10页
f ( x ) = e x − x ，则 f  ( x ) = e x − 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
=
x −
x
1
，
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(lnx)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x，
1
x
2
，
可知 a  1 ， 0  x
1
 1  x
2
，且
 x
x
1
2
−
−
ln
ln
x
1
x
2
=
=
a
a
，
整理可得 x
1
− x
2
= ln x
1
− ln x
2
，即
ln
x
x
1
1
−
−
x
2
ln x
2
= 1 ，
结合对数不等式
ln
x
x
1
1
−
−
x
2
ln x
2

x
1
+
2
x
2 ，可得 1 
x
1
+
2
x
2 ，即 x
1
+ x
2
 2 ，
所以x +2x =(x +x )+x 3，故B正确；
1 2 1 2 2
对于选项C：若 f ( x
1
) = g ( x
2
) = a （ a  e − 1 ），且 x
2
 x
1
 0 ，
由图象可知： x
2
 e  x
1
 1 ，
则ex 1 −x =a，即
1
x
1
+ a = e x1 ，可得 ln ( x
1
+ a ) = ln e x1 = x
1
，
且x −lnx =a，即x −a=lnx ，可得
2 2 2 2
e x2 − a = e ln x2 = x
2
，
又因为g(x )=x −lnx =elnx 2 −lnx = f (lnx )= f (x )，
2 2 2 2 2 1且
答案第4页，共10页
x
1
> 0 ， ln x
2
 0 ， f ( x ) 在 ( 0 , )  + 内单调递增，可得 x
1
= ln x
2
，
则
ln ( x
1
+ a
ln
)
a
− e x2 − a
=
x −
1ln
x
a
2 = −
x
2
−
ln
ln
a
x
2 = −
a
ln a
，
构建 ( a )
a
ln a
 = − ， a  e − 1 ，则 ( a )
1
ln
ln
2 a
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
1
+ a
ln
)
a
− e x2 − a
的最大值为−e，故C错误；
对于选项D：因为 a  0 ,  x  0
aex
，则 0，
x
且 g ( x ) = x − ln x  1 ，可得 x − ln x + 1  2  0 ，
又因为 f ( x ) 在 ( 0 , )  + 内单调递增，可得
a e
x
x
 x − ln x + 1 ，则 a 
x ( x − ln
x e
x + 1 )
，
构建 h ( x ) =
x ( x − ln
x e
x + 1 )
，x0，则 h  ( x ) =
( x − 1 ) (
e
ln
x
x − x )
，
因为g(x)=x−lnx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 , )  +
2
内单调递减，且h(x)h(1)= .
e
2
可得a ，所以a的取值范围为
e
 2
e
, + 

，故D正确；故选：ACD
(−，3]
14.
解：x3+xex ex(alnx+1)等价于
x
e
3
x
+ x − 1  a l n x
e3lnx−x +x−1
，等价于 a，
lnx
又因为
e 3 ln x − x
l n
+
x
x − 1

3 l n x − x
l n
+
x
1 + x − 1
= 3 ，当3lnx−x=0等号取到（请自证等号取到），
所以a3.
15.解：（1）因为数列{a }的前
n
n 项之积为T ，满足2a +T =1(n1,nN)，
n n n
1
所以当n=1时，2a +a =1，解得a = ．----------1分
1 1 1 3当
答案第5页，共10页
n  2 时，
2
T
T
n
n
− 1
+ T
n
= 1 ，----------2分
化为
1
T
n
= 2 
T
1
n − 1
+ 1 ，变形为
1
T
n
+ 1 = 2 (
T
1
n − 1
+ 1 ) ，----------3分
又 b
n
= 1 +
1
T
n
，所以 b
n
= 2 b
n − 1
，----------4分
又 b
1
= 1 +
1
a
1
= 4  0 ，所以当 n  2 ，且nN时，
b
b
n
n
− 1
= 2 ， ----------5分
所以数列  b
n
 是以 b
1
= 4 为首项，2为公比的等比数列. ----------6分
1
（2）由（1）知b =42n−1=2n+1，b =1+ ，----------7分
n n T
n
1
所以 =2n+1−1，所以
T
n
T
n
=
2 n
1
+ 1 − 1
，----------8分
所以 c
n
= 2 n + 1 T
n
T
n + 1
=
( 2 n + 1 −
2
1
n +
) (
1
2 n + 2 − 1 )
=
( 2
2
n +

1
2
−
n
1
+ 1 −
) ( 2
2
n
n +
+ 2
1
− 1 )
，----------9分
故 c
n
=
( 2 n +
2
1
n
−
+ 2
1
−)
(
2
2
n + 1
n + 2 − 1 )
=
2
(
n
2
+
n
2
+
−
1 −
1
1
−
)
(( 2
2
n + 1
n + 2
−
−
1
1
))
=
2 n
1
+ 1 − 1
−
2 n
1
+ 2 − 1
，----------11分
所以S =c +c ++c
n 1 2 n
 1 1   1 1   1 1 
=  −  +  −  ++  − ----------12分
22 −1 23−1 23−1 24 −1 2n+1−1 2n+2 −1
=
1
3
−
2 n +
1
2 − 1
.----------13分
16解：(1) 𝑓(𝑥)=𝑥2−(2𝑎+1)𝑥+𝑎ln𝑥，
𝑎
𝑓′(𝑥)=2𝑥−(2𝑎+1)+ ，𝑥 >0． ----------1分
𝑥
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′(𝑥)=2𝑥−3+ 1 = 2𝑥2−3𝑥+1 = (2𝑥−1)(𝑥−1)，--------3分
𝑥 𝑥 𝑥
1
令𝑓′(𝑥)=0得𝑥 = 或1，列表得
21 1 1
𝑥 (0, ) ( ,1) 1 (1,+∞)
2 2 2
𝑓′(𝑥) + 0 - 0 +
𝑓(𝑥) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
--------4分
1 1 3 1 5
所以𝑓(𝑥)的极大值为𝑓( )= − +ln =− −ln2， --------5分
2 4 2 2 4
极小值为𝑓(1)=1−3+ln1=−2； --------6分
𝑎 2𝑥2−(2𝑎+1)𝑥+𝑎 (2𝑥−1)(𝑥−𝑎)
(2) 𝑓′(𝑥)=2𝑥−(2𝑎+1)+ = = ， --------8分
𝑥 𝑥 𝑥
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
答案第6页，共10页
A B C 中，由余弦定理可得
A B = A C 2 + C B 2 − 2 A C  C B  c o s C = 1 6 + 4 − 2  4  2  c o s
π
3
= 2 3 ，
则 A C 2 = A B 2 + B C 2 ，所以 A B ⊥ B C ，----------1分
又 M 为 A C 的中点，则 M A = M B = M D = D B =
1
2
A C = 2 .----------2分
取 B M 的中点 O ，显然有OD⊥BM .----------3分
因为 M B = M C = B C ，则在 AMO中， A M O 1 2 0  = ，由余弦定理可得
2π 2π
AO= AM2+MO2−2AMMOcosAMO = 4+1−221cos = 7，
3 3
可得DA2 =OD2+OA2，所以OD⊥OA，----------4分又
答案第7页，共10页
O A B M O ， A O  平面 A B M ， B M  平面 A B M ，所以 O D ⊥ 平面 A B M ，---------5分
因为OD平面 D M B ，所以平面 D M B ⊥ 平面ABM ----------6分
（2）证明：如图所示，连接 O C ，因为 M B = M C ，所以 O C M B ，
由（1）可知， M B , O C , O D 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 M A =
(
− 1 , − 3 , 0
)
, M D =
(
1 , 0 , 3
)
, A B =
(
3 , 3 , 0
)
.----------8分
记 P 在 D M 上的射影点为Q，
设 A P A B , M Q M D   = = ，
可得 P Q M Q M A A P
(
1 3 , 3 3 , 3
)
    = − − = + − − ，----------9分
则
 P
P
Q
Q


M
M
A
D
=
=
0
0
，即
(
(
1
1
3
3
)
)
3
3
(
(
3
3
)
3
0
) 0   
  
 −
+
+
−
−
+
− −
=
=
，解得
5
7
2
7



=
=
，----------11分
5
因为AP= AB，且
7
A B = 2 3
10 3
，所以AP= ；----------12分
7
在等腰三角形 A M D
AD 10 6
中，底边AD的高h= MA2 −( )2 = 22 −( )2 =
2 2 2
1 1 6 15
面积S = ADh=  10 = ----------13分
AMD 2 2 2 2
( ) 6 2 3 2 3
又因为PQ= +1−3, 3− 3, 3 =(− ,− , )
7 7 7
2 15
算得|PQ|= ----------14分
7三棱锥
答案第8页，共10页
P − A M D 的体积为 V
P − A M D
=
1
3
S
A M D
 | P Q |=
1
3

1
2
5

2 1
7
5
=
5
7
所以存在 P 符合题意，且 A P =
1 0
7
3
，三棱锥 P − A M D 的体积为
5
7
.----------15分
4 2
18. 解：（1）根据题意有 + =1，----------1分
a2 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
所以C的方程为
x
8
2
+
y
4
2
= 1 ．-------------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（x ，y ），Q（x ，y ），则
1 1 2 2
x
1
+ x
2
=
2
1
k
6 k
2
2
+ 1
， x
1
x
2
=
3 2
2
k
k
2
2
−
+
8
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k ，k ，则：
1 2
k
1
+ k
2
=
x
1
y
1
− 2
+
x
2
y
2
− 2
= 2 k −
x
1
2
x
2
k
−
( x
2
1
(
+
x
1
x
+
2
−
x
2
4
)
)
+ 4
= 2 k 
x
x
1
1
x
x
2
2
−
−
3
2
(
(
x
x
1
1
+
+
x
x
2
2
)
)
+
+
8
4
----------------9分
代入， x
1
+ x
2
=
2
1
k
6 k
2
2
+ 1
， x
1
x
2
=
3 2
2
k
k
2
2
−
+
8
1
32k2 −8−316k2 +8(2k2 +1)
有k +k =2k =0，故命题得证．-------------10分
1 2 32k2 −8−216k2 +4(2k2 +1)
（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，
|SA| |SQ|
故|SA||SP|＝|SF||SQ|，即 = ，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
答案第9页，共10页
( 7 ,
2
2
) 或 ( − 7 ,
2
2
) ．------------17分
19. （1）解：若 a = 1
x2
，则 f(x)= ，
e2x
2xe2x −x22e2x 2x(1−x)
f '(x)= = -------------------1分
(e2x)2 e2x
∴曲线𝑦 =𝑓(𝑥)在点(−1,𝑓(−1))处的切线的斜率 k = f '( − 1 ) = − 4 e 2 ----------2分
又 f ( − 1 ) = e 2 ----------3分
∴𝑦 =𝑓(𝑥)在点(−1,𝑓(−1))处的切线方程为：y−e2 =−4e2(x+1)
整理，得 y = − 4 e 2 x − 3 e 2 ----------4分
（2）证明：
（i） g '( x ) =
2 ( x + 1 ) e x  e 2 x
( e
−
2
( 2
x 2 )
x e x + 1 )  2 e 2 x
=
（2 1 - x ）
e 2
e
x
x − 1
，----------5分
令 k ( x ) = ( 1 − x ) e x − 1 ，则 k '( x ) = − x e x ，
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
−2e−1+1
所以g(x) g(−1)= =(e−2)e(2.7−2)2.71.892-----------8分
e−2
（ii）若 f(0) g(0)，则 a  2 ， ----------9分
x2 2xex +1
要证 f(x)= +a−1 g(x)= ，
ae2x e2x即证：
答案第10页，共10页
e 2 x a 2 − ( e 2 x + 2 x e x + 1 ) a + x 2  0 ----------10分
令 h ( a ) = e 2 x a 2 − ( e 2 x + 2 x e x + 1 ) a + x 2 ，则二次函数 h ( a ) 开口向上，
e2x +2xex +1 1 1
a = = + g(x)2
且对称轴为 2e2x 2 2 （由（i）可得），-----------11分
所以h(a)在 [ 2 ， +  ） 上单调递增，
所以 h ( a )  h ( 2 ) = 4 e 2 x − 2 ( e 2 x + 2 x e x + 1 ) + x 2 = 2 e 2 x − 4 x e x + x 2 − 2 ，---------12分
令 m ( x ) = 2 e 2 x − 4 x e x + x 2 − 2 ，则 m ( 0 ) = 0 ，
m '( x ) = 4 e 2 x − 4 ( x + 1 ) e x + 2 x ， m ’ ( 0 ) = 0 ，----------13分
令 n ( x ) = m '( x ) ，则 n '( x ) = 8 e 2 x − 4 ( x + 2 ) e x + 2 = 4 e x ( 2 e x − x − 2 ) + 2
令 s ( x ) = e x − x − 1 ，则 s ’ ( x ) = e x − 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 e x  x + 1 ，
所以n'(x)4ex(2(x+1)−x−2)+2=4xex +2，-----------------15分
令 t ( x ) = 4 x e x + 2 ，则 t '( x ) = 4 ( x + 1 ) e x  0 ， t ( x ) 单调递增， t ( x )  t ( − 1 ) = −
4
e
+ 2  0 ，
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 , +  ) ）