2026年湖南省长沙市高二下学期4月月考数学模拟试卷（人教A版）（含答案）

2026年湖南省长沙市高二下学期4月月考模拟试卷
数学试题
（考试时间：75分钟，分值：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试范围：选择性必修1占30%、选择性必修2占70%。
4.难度：0.38
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（ ）
A． B．2 C． D．
2．已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．设分别是椭圆的左右焦点，过椭圆上一点作切线交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．所有项恒大于等于
B．若，则是单调递增数列
C．若是常数列，则
D．若，则是单调递增数列
5．记为等差数列的前项和，若，则数列的公差为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．下面四个判断中，正确的是（ ）
A．式子中，当时，式子的值为1
B．式子中，当时，式子的值为
C．式子中，当时，式子的值为
D．设，则
7．已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（ ）
A．2025 B．2024 C．1013 D．1012
8．函数在区间上极大值点个数为（ ）
A．49 B．50 C．99 D．100
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为36，则（ ）
A．平面
B．平面
C．直线到平面的距离等于
D．平面与平面的夹角的余弦值等于
10．已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ）
A．首项 B．
C．当时，取得最大值 D．取得最小正值时为27
11．定义在上的函数满足当时，，其中，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．当时，若在区间内恰有两个零点，则t的取值范围是
C．存在正实数和，使得时，有
D．当时，若在区间内恰有两个极值点，则t的取值范围是
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共10分。
12．动直线与动直线相交于点，则的最小值为___________．
13．已知等比数列的前项和为，且．在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若为数列的前项和，则______．
14．已知定义在上的函数和及其导函数和在上的图象均为一条连续不断的曲线，且，若，则的最大值为______.
四、解答题：本题共5小题，共82分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．如图所示，已知的内角，，的对边分别为，，，且满足，面积为的平行四边形所在平面与平面垂直，且平面平面，点到平面的距离为.
(1)求的长；
(2)若，求二面角的余弦值.
16．在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值．
17．已知椭圆经过点．能否在椭圆上找到两个点满足：的三边所在直线的斜率成等差数列，且边与边所在直线均与圆相切．如果存在，求出相应的的值；如果不存在，说明理由．
18．如图所示，，，…，，…是曲线C：上的点，，，…，，…是x轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）．
(1)计算，，，猜想的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想；
(3)求数列的前n项和．
19．已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)，成立，求实数a的取值范围；
(3)若时，与的图象有三个交点，横坐标分别为，，（），求证：.
试卷第1页，共3页
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2026年湖南省长沙市高二下学期4月月考模拟试卷
数学试题（参考答案）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A C D C A A ACD ACD
题号 11
答案 AD
12．根据题意，动直线经过定点，
动直线经过定点,则有，
所以，又点是两条直线的交点，所以有，
所以点的轨迹方程为，
其轨迹是以为圆心，以为半径的圆，不含点，.
又，
故只需求的最小值，令可看作点与点的斜率，
求出过点与圆相切的切线斜率即可，
设切线为，即.
根据切线条件构造方程，即，解得，
所以的最小值为，所以的最小值为.
13．当时，，则，
即，故公比为3；
当时，，解得，
，
由题意知，，则，
解得，，
令，则①，
②，
用①减②得，，
解得，
．
14．设，可得，
因为，
代入得，
所以为常数，
因为，可得，
所以对于任意都成立，即，
又由，可得，所以，
所以的最大值为.
15．（1）（1）已知，根据余弦定理：
因此，
如图所示，过作于，
又平面平面，平面平面，平面，
平面
即为点到平面的距离，
在中，；
（2）如图所示，过作于，与交于点，
由（1）可知平面，又平面，
所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，所以，
又，，平面，
平面，平面，故，
以为原点，为轴，平面内垂直的直线为轴，为轴.
，，
平行四边形面积，得
，
平面法向量可取
设平面的法向量，因为，，
则
令，得，所以，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
，
所以二面角的余弦值为.
16．（1）由，，
所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，
焦距为，则，，
所以，
所以C的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以，
又因为，所以，，
所以，
.
②由①可知，，所以，
作关于轴的对称点，则，，三点共线，
又，，设，
则直线方程即为直线方程，
又直线方程为，
作差可得，
所以，
所以，，
又，得出，
又因为，
所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动，
所以.
17．代入点得，则．
如图，
设切线方程为，则，于是．
结合图形可知，的三边所在直线的斜率成等差数列．
联立．
于是，以代，可得，
从而．
所以．
18．（1）依题意，有，得.
由，得，即，
由可得，，，猜测.
（2）（ⅰ）当时，可求得，命题成立；
（ⅱ）假设当时，命题成立，即有，
则当时，由归纳假设得，即得，
即，
解得（不合题意，舍去）.
即当时，命题也成立.
由（ⅰ）、（ⅱ），对所有，；
（3），
.
19．1）解：当时，可得，可得，
令，可得，
当时，，可得，
即，单调递减；
当时，，所以，单调递增，
则，即，单调递增，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：令，
可得，令，
则，
当时，，，，故，
当时，，，故，
所以当时，可得，单调递增，即单调递增，，
当时，，则，在上单调递增，
所以，所以成立，满足题意；
当时，存在，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
当时，，不满足题意，
综上可得，实数的取值范围为.
（3）解：当时，，可得，
设，可得，
设，可得，
设，可得，
当时，，可得，
则在上单调递增，
因为，
所以存在唯一，使得，
可得在上单调递减，在上单调递增，
，
所以存在唯一的，使得，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
由，，，
又由
，
因为，，可得，，
可得，，所以，
则存在唯一，使得，
且在上单调递增，在上单调递减，
当时，，，则在上单调递增，
则，则存在唯一，使得，
当时，，当时，，
当时，，可得，
在上单调递增，，，
综上可得，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
要使得与的图像有三个交点，
则，
，则，
又因为，则，则，
所以，得证.
答案第1页，共2页
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