河南省洛阳市2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷

这是一份河南省洛阳市2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷，共5页。试卷主要包含了 BCD10， 413，……6 分等内容，欢迎下载使用。

选择题
2025———2026 学年高二质量检测
数学试卷参考答案
1 - 4 ADCD5 - 8 CBBA
选择题
9. BCD10. ABD11. AD
三 填空题
12. 413. 214. 5
18
四、解答题
(1) 设“ 取到的小球颜色相同” 记为事件 C,……1 分
= C2 + C2
C
2
则 P( C)34
7
……3 分
= 9 = 3
217
……5 分
显然 X 的可能取值有 0,1,2,3.……6 分
== C3 = 4
== C1 · C2 = 18
C
P( X0)
4
C
7
,
335
,P( X1)
34
7
335
== C2 · C1 = 12
== C3 = 1
C
P( X2)
34
7
335
,P( X3)
3
C
7
335
,……10 分
X
0
1
2
3
P
4
35
18
35
12
35
1
35
所以 X 的分布列为:
故 E( X) = 0 × 4 + 1 × 18 + 2 × 12 + 3 × 1
……11 分
……12 分
35353535
= 9 .……13 分
7
(1) 设等差数列{ an } 的公差为 d,等比数列{ bn } 的公比为 q,……1 分

2 × 2q = (1 + d) + (1 + 2d),

 q
依题意得
2

3 = 4
+ 4 × 3d.
2
……3 分
d = 2,
又 bn > 0,解得
q = 2.
……5 分
所以 an = 2n - 1,bn = 2n .……7 分
设 cn = an · bn = (2n - 1) · 2n ,……8 分所以 Tn = 1 × 2 + 3 × 22 + 5 × 23 + … + (2n - 3) · 2n-1 + (2n - 1) · 2n , ①
……9 分
2Tn = 1 × 22 + 3 × 23 + … + (2n - 3) · 2n + (2n - 1) · 2n+1 ,Ⓒ……11 分
Ⓒ - ① 得:Tn = (2n - 1) · 2n+1 - 2 × (22 + 23 + … + 2n ) - 2……12 分
= (2n - 1) · 2n+1 - 2n+2 + 8 - 2 = (2n - 3) · 2n+1 + 6.
即数列{ cn } 的前 n 项和 Tn = (2n - 3) · 2n+1 + 6.……15 分
(1) ∵PA ⊥ 平面 ABC,∴PA ⊥ CB,又 AC ⊥ CB,PA ∩ AC = A,
∴BC ⊥ 平面 PAC,从而 CB ⊥ AD.……2 分
又 AP = AC, D 是 PC 的中点,∴CP ⊥ AD.……3 分
CB ∩ CP = C,∴AD ⊥ 平面 PBC,从而 PB ⊥ AD.……4 分
又 DE ⊥ PB,AD ∩ DE = D,∴PB ⊥ 平面 ADE.……6 分
由 PA ⊥ 平面 ABC,∴PA ⊥ AB,又 PB ⊥ 平面 ADE 得 PB ⊥ AE,
∴在 Rt△PAB 中,PA2 = PB · PE = 1 PB2 ,即 PB = 2PA = 4,……7 分
4
从而 AB = 2 3 ,BC = 2 2 .……9 分
以 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
依题意可得 A(0,0,0),B(2 2 ,2,0),P(0,0,2),C(0,2,0),D(0,1,1),
即A→D = (0,1,1),A→B = (2 2 ,2,0),……10 分
设平面 ADB 的法向量 m = ( x,y,z),
m · A→B = 0,2 2 x + 2y = 0,
由 m · A→D = 0,得y + z = 0,令 x = 1,
得 m = (1, - 2 , 2 ) .……12 分
由(1) 知平面 ADE 的一个法向量为
P→B = (2 2 ,2, - 2),……13 分
设平面 ADE 与平面 ADB 的夹角为 α,
则 csα =| cs < m,P→B
> | = 2 2
5
× 4
=10 ,
10
即平面 ADE 与平面 ADB 夹角的余弦值为 10 .……15 分
10
 1
a2
+ 3
4b2
= 1,
(1) 由题意可得

e
 =a2 -
a
b2 =3
.
2
……2 分
a = 2,
解得 b = 1.
……4 分
所以椭圆 C
x2
的方程为 4
+ y2 = 1.
……5 分
4
2
- x0
1
4
2
- x0
1
(2) 显然 P(0,1),当直线 l 的斜率不存在时,设 l: x = x0( | x0 | < 2 且 x0 ≠ 0)
-
4
2
- x0
1 -1
则 A( x0 ,
),B( x0 ,
) . ……6 分
∴kAP
· kBP =
x0
x0
= 1 .
4
2
- x0
1 +1
4
·
即当直线 l 的斜率不存在时,不符合要求.……7 分
当直线 l 的斜率存在时,设直线的方程为 y = kx + t( t ≠ 1) .……8 分
y = kx + t

联立x2
 4
+ y2 = 1
,消去 y 得(4k2 + 1) x2 + 8tkx + 4t2 - 4 = 0,……9 分
则 Δ = (8tk) 2 - 4(4k2 + 1)(4t2 - 4) = 16(4k2 + 1 - t2 ) > 0,……10 分设 A( x1 ,y1 ),B( x2 ,y2 ),
所以 x1
+ x2
= - 8tk , 4k2 + 1
x1 x2
4t2 - 4
=
4k2 + 1,……11 分
则 k· k
= y1 - 1 · y2 - 1 = kx1 + t - 1 · kx2 + t - 1

PAPB
1212
x
x
x
x
= k2 · x1 · x2 + k · ( t - 1) · ( x1 + x2 ) + ( t - 1) 2 = 3
x1 x2
4 ,……14 分
1 212
则(4k2 - 3) · x x + 4k · ( t - 1) · ( x + x ) + 4( t - 1) 2 = 0,
则(4k2 -
4t2 - 4
3) ·
4k2 + 1
+ 4k · ( t -
1) · (
- 8tk ) 4k2 + 1
+ 4( t -
1) 2 =
0,……15 分
整理得 t2 + t - 2 = 0,解得 t = - 2 ( t = 1 舍去) .……16 分
所以直线 l 过定点(0, - 2) .……17 分
(1) ∵a = - 1,∴f( x) = blnx + x - 1 , f ′( x) = b + 1 + 1 ,……1 分
xxx2
从而 f ′(1) = b + 2 = tan π
4
= 1,……3 分
x
x
∴b = - 1.……4 分
∵b =
2,∴
f( x) =
2ln
x - ax + a ,
f ′( x) = 2
- a - a
x2
= - ax2 + 2x - a x2
,
……5 分
当 a ≤ 0 时, f ′( x) > 0 在[1, + ∞ ) 恒成立,则 f( x) 在[1, + ∞ ) 上单调递增,所以 f( x) ≥ f(1) = 0,不满足条件;……6 分
当 a > 0 时,令 h( x) = - ax2 + 2x - a,x ≥ 1,Δ = 4 - 4a2 ,……7 分
① 当 Δ = 4 - 4a2 ≤ 0,即 a ≥ 1 时,h( x) ≤ 0,即 f ′( x) ≤ 0,
所以 f( x) 在[1, + ∞ ) 上单调递减,此时 f( x) ≤ f(1) = 0,满足条件.……8 分
Ⓒ 当 Δ = 4 - 4a2 > 0,即 0 < a < 1 时,令 h( x) = 0,
解得 x0
= 1 +1 - a2
a
1 -1 - a2
( x0
= 0,则 f ′( x) > 0,所以 f( x) 在(1,x0 ) 上单调递增,
x ∈ ( x0 , + ∞ ) 时,h( x) < 0,则 f ′( x) < 0,所以 f( x) 在( x0 , + ∞ ) 上单调递减, 所以当 x ∈ (1,x0 ) 时,有 f( x) > f(1) = 0,不满足条件.……10 分
综上所述,a 的取值范围为[1, + ∞ ) .……11 分
x
由(2) 可知当 a = 1 时,2lnx - x + 1 ≤ 0 在[1, + ∞ ) 恒成立,
x
所以 2lnx ≤ x - 1 ( 当且仅当 x = 1 时,等号成立),……13 分
当 x = 2n + 1( n ∈ N∗) 时,2ln 2n + 1 < 2n + 1 - 2n - 1 = 8n,……15 分
2n - 1
2n - 1
2n - 1
2n + 1
4n2 - 1
n
所以 Σ 8k > Σn 2ln 2k + 1 = 2ln3 + 2ln 5 + … + 2ln 2n + 1 = 2ln(2n + 1),
k = 1 4k2 - 1
k = 1
2k - 1
32n - 1
即 8 + 16 + 24 + …… +8n> 2ln(2n + 1) .……17 分
31535
4n2 - 1