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）（解析版）

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（解析版）题号12345678910答案BDACDCAAACDACD题号11答案AD1．B【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段，进而求解即可.【详解】以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，所以，设点，所以，由，所以，所以，又，所以，所以点的轨迹为平面上的线段：，即图中线段，所以.2．D【分析】先确定点的轨迹，再确定线段中点的轨迹，将问题转化为两圆上两点的距离问题求解.【详解】直线：，所以直线过定点；直线：，所以直线过定点.又，所以.所以点的轨迹是以线段为直径的圆.因为的中点为，，所以点的轨迹方程为：.因为直线与圆交于两点，且，所以圆心到直线的距离为1，设的中点为，则.如图：，且,所以，即的最大值为.3．A【分析】根据椭圆的光学性质可得，求出，，结合椭圆的定义即可得解.【详解】设切线交轴于点，由椭圆的光学性质可得，则，又，则在中，，，由椭圆的定义得，即，解得，所以该椭圆的离心率是.故选：A.4．C【分析】举反例可判断A选项，计算，结合函数单调性可判断正负情况，即可判断B选项，根据常数列，列方程，解方程即可判断C选项；利用特值可判断D选项.【详解】A选项：数列满足，当，可得，A选项错误；B选项：若，可得，且恒成立，由，又函数在上单调递减，可得时，，时，，故不是单调递增数列，B选项错误；C选项：若是常数列，即，即，解得，C选项正确；D选项：若，可得，，则，，所以数列不是单调递增数列，D选项错误．5．D【详解】因为为等差数列，其前项和是关于的没有常数项的二次函数，由题意得，解得.故，由等差数列前项和公式得，故，故.6．C【分析】根据所给式子代入计算即可判断．【详解】A中，时，式子，故A错误；B中，时，式子，故B错误；C中，时，式子，故C正确；D中，，故D错误．故选：C．7．A【分析】根据题意和函数的对称性可得，进而，则函数是以8为周期的周期函数，分别求出的值，结合函数的周期即可求解.【详解】由，令，得，所以.由为奇函数，得，所以，故①，又②，由①和②得，即，令，则，所以③，令，得，得；令，得，得.又④，由③-④得，即，所以函数是以8为周期的周期函数，故，所以，所以.故选：A8．A【分析】利用换元法可将问题转化为在上的极小值点的个数，利用导数结合正切函数的图像可得后者极值点的个数.【详解】令，故在区间上极大值点个数即为在上的极小值点的个数.而，令，则，故，故极值点的个数即为方程在上的变号零点的个数.令，方程在上的变号零点的个数即为在上变号零点的个数，考虑在上交点的个数，因为当时，，故在上无交点，如图，在，在上无零点，故在上共有不同的变号零点所以方程在上共有不同的变号零点，设它们为，则，，当，其中，，此时，故，故此时,当，其中，此时，而，故此时,故为的极大值点，共49个，所以在区间上极大值点个数为49个.9．ACD【分析】利用线面平行的判定定理判断A；利用向量法判断BCD.【详解】对于A，如图易证，平面，平面，所以平面.对于B，C，D如图建立空间直角坐标系，因为棱长均相等，且所有棱长的总和为36，所以，，，，，对于B，，，所以与不垂直，故不垂直于平面.对于C，易得平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离.如图，设平面的法向量为则即，令，则，到平面的距离，即直线到平面的距离等于.对于D，设平面的法向量为，,则,即令，则.平面与平面的夹角的余弦值等于10．ACD【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，B，再结合所在二次函数的图象和性质，即可求解判断C，D.【详解】存在最大值，所以数列的公差，由，且，，当时，取得最大值，C选项正确；所以数列是首项，的等差数列，A选项正确；，则，B选项错误；，，可得:，，所以则取得最小正值时为，D选项正确.故选：ACD11．AD【分析】由条件可得，当为正偶数，且时，，当为正奇数，且时，，由此判断A，举反例排除B，研究函数的单调性及极值，结合函数的增长速度的不同说明C错误，分情况讨论求的范围，判断D.【详解】因为当时，，，所以，当时，，，所以当为正偶数，且时，，当为正奇数，且时，，对于A，对于任意，若，则，，若，设，若为偶数，则，，此时，若为奇数，则，，此时，综上，对于任意，，A正确；对于B，若，则，因为的零点为正整数，故函数在区间内恰有一个零点，B错误；对于C，若时，，，令，则，当为正偶数时，若，则，函数单调递增，若，则，函数单调递减，函数在时，取极大值，极大值为，当为正奇数时，若，则，函数单调递减，若，则，函数单调递增，函数在时，取极小值，极大值为，若，，当为奇数，若，则，此时，要满足存在正实数a和，使得时，有，只需满足对于任意的，为正偶数时，时，有，故需满足，当，为正偶数时恒成立，又函数的衰减速度慢于任何函数，故当充分大时，，矛盾，C错误；对于D，由选项C可得函数的极值点为，，所以函数的极值点按从小到大排列依次为，当时，，，因为在区间内恰有两个极值点，若，则，满足条件的不存在，若，则，满足条件的不存在，若，则，则，若，则，则，若，则，满足条件的不存在，又，故大于等于的极值点都不在区间内，故t的取值范围是.12．【分析】根据动直线垂直且过定点得到交点轨迹为圆；把分式变形为斜率形式，将分式最值问题转化为圆上点到定点的斜率最值问题.【详解】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．【分析】利用递推式结合等比数列性质求出，进而求出及，从而得出表达式，再利用错位相减法化简，求出．【详解】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．【分析】构造函数，根据题意，求得代入得，得到为常数，根据题意，求得，得到，求得，即可求解.【详解】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)(2)【分析】（1）应用余弦定理得出，根据面面垂直的性质定理证明平面，最后计算求解；（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论.【详解】（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)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程.（2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到，再由斜率公式计算可得；②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明.【详解】（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．存在，【分析】代入点的坐标求出椭圆方程，再设切线方程，根据相切利用点到直线距离得出，再由斜率成等差数列关系得出，联立直线与椭圆方程，计算得解即可.【详解】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)，，，猜测.(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用猜想.（2）利用数学归纳法证明猜想成立.（3）利用裂项求和法求得.【详解】（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)递减区间为，递增区间为(2)(3)证明见解析【分析】（1）求得，令，得到，分和，两种情况讨论，结合导数与函数单调性的关系，即可求解；（2）令，求得，令，求得，结合指数函数与三角函数的性质，求得单调递增，且，再分和，两种情况讨论，即可求解；（3）分，和，利用导数，结合零点的存在性定理，求得函数在上递增，在上递减，在上递增，求得的取值范围，即可得证.【详解】（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，