河南名校联考2025-2026学年高二下学期7月期末数学试卷（含解析）

这是一份河南名校联考2025-2026学年高二下学期7月期末数学试卷（含解析），共14页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上．
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，再选涂其它答案标号．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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求．
1. 集合，，，则实数的值为（ ）
A. 1B. -1C. 0D. 0或1
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系，列式，再检验集合中元素是否满足互异性.
【详解】由条件，则或，
当时，集合不满足集合元素的互异性，舍去，
当时，或（舍），
所以.
2. 若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】复数，
所以
3. 某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径（单位：）服从正态分布.若，且，则下列描述正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】∵ 直径服从正态分布，∴ 正态分布曲线的对称轴为，.
∵ ，
∴ .
又∵ ，根据正态分布的对称性，点与点关于对称轴对称，
∴ ，解得，即.
综上可得，，故选项C正确.
4. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（ ）
A. 10种B. 20种C. 25种D. 32种
【答案】D
【解析】
【分析】由分步乘法原理计算．
【详解】由题意，每个同学有2种选择，故不同报名方式为.
故选：D
5. 若函数在处有极小值，则实数的值为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导得，由题可知，解得或，再进行检验即可．
【详解】，
，又在处有极小值，
，解得或，
当时，，
，则或，，则，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
函数在处取得极大值，不符合题意；
当时，，
，则或，，则，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
函数在处取得极小值，符合题意；
综上，．
6. 点、在抛物线上，且，记线段的中点为，则到轴的最短距离为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【详解】焦点，准线方程为，
分别过作轴的垂线，垂足为，
则，
等号成立时三点共线，
故到轴的最短距离为
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】观察值之间的关系，可作差构造函数，通过求导分析函数单调性，确定大小关系.
【详解】设（），
则，在上单调递增，
所以，
当时，，取，得，即；
设（），
则，在上单调递减，
所以，
所以当时，，
取，得，即.
故.
8. 已知△的三个内角A，B，C所对的边分别为，，，则“”是“△是等边三角形”的（ ）
A. 既不充分也不必要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 充要条件
【答案】D
【解析】
【分析】分别验证充分性与必要性，结合正弦定理、函数单调性推导两个条件的逻辑关系.
【详解】先判断必要性：
∵ 若是等边三角形，则，，
∴ ，，即，必要性成立.
再判断充分性：
已知，根据正弦定理，，，可得，
∴ ，即.
设函数，，求导得.
令，则.
∵ 时，，∴ 在上单调递减，，
∴ ，即在上严格单调递减.
∵ 且，∴ ，即为等边三角形，充分性成立.
综上，“”是“是等边三角形”的充要条件.
二、选择题（本题共3小题，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. 在正三棱柱中，为的中点，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 平面
C.
D. 平面
【答案】AD
【解析】
【分析】结合正三棱柱的性质，利用线面垂直、线面平行的判定定理逐项分析判断.
【详解】正三棱柱中，底面为正三角形，侧棱均垂直于底面.
对于A：∵ 为中点，为正三角形，∴ .
∵ 平面，平面，∴ .
又 ，平面，
∴ 平面.
∵ 平面，∴ ，A正确.
对于B：若平面，因平面，则.
∵ 平面，平面，则，
又平面.这与同一平面内，经过一点有且仅有一条直线与已知直线垂直矛盾，
故不垂直于平面，B错误.
对于C：∵ ，与交于点，且，
∴与不平行，故与不平行，C错误.
对于D：∵ ，平面，平面，
则可得平面，D正确.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 随机变量，则方差
B. 0，6，5，11，8，6，12，17的下四分位数是11.5
C. 若两个随机事件，相互独立，满足，，则
D. 一副扑克中有红桃共13张牌，将，，称为花牌，其他称为数字牌，甲、乙依次不放回地从一副13张牌中各任取两张牌，甲抽到的花牌比乙抽到的花牌多的概率小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】A利用二项分布的方差公式和方差性质计算；B利用百分位数的概念；C利用独立事件和加法概率公式；D分甲抽到2张花牌，甲抽到1张花牌，乙未抽到花牌，两种情况讨论.
【详解】对于A，因为，所以，
则，故A正确；
对于B，数据从小到大排列为0，5，6，6，8，11，12，17，共8个数据，
，故下四分位数是，故B错误；
对于C，因为，相互独立，所以,，
则，
则，故C正确；
对于D，甲、乙依次不放回地从一副13张牌中各任取两张牌，共有种，
其中甲抽到2张花牌的有种；
甲抽到1张花牌，乙未抽到花牌，共有种，
则甲抽到的花牌比乙抽到的花牌多的概率为，故D正确.
11. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递减，在上单调递增
B.
C. 设有个不同的零点，则
D. 对任意正实数，，且，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，求出函数的定义域，利用导数确定函数的单调区间，即可判断；对于B，由题意可得，,再利用函数的单调性即可判断；对于C，将问题转化为的图象与直线有三个交点，利用导数确定函数的单调区间，再作出图象，结合图象求解即可；对于D，由已知可得，令，，利用导数可得，即可得，从而判断即可.
【详解】对于A，因为且，
又因为，
令，得，
所以当时，，
当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对于B，因为，,
又因为函数在上单调递增，
且,
所以，故B正确；
对于C，因为当时，；当时，；当时，，，
作出函数的图象，如图所示：
令，
得，
又因为的图象是将的图象位于轴下方的部分翻折到轴上方，
且的图象与直线有三个交点，
所以，解得，故C正确；
对于D，设，，
即，
所以，
令，
则，
又因为，即，
所以，
解得，所以，
所以，
要证明，即证明，
即证明，，，
令，
则，
令，
则，
所以，即在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
即恒成立，
所以，故D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 已知随机变量的分布列为（，2，，4），其中为常数，则实数________，__________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据离散型随机变量分布列的性质，求得；先根据期望的定义, 再利用期望的线性性质求解.
【详解】对裂项得：对求和，
，解得；
根据期望的性质：，因此，
计算期望：，
，
，
因此.
13. 设，，若函数满足，且，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用指数函数的单调性确定底数，再对已知等式两边同取以3为底的对数解出的值，最后结合取值范围即可求解.
【详解】由题意得在定义域上是单调递减的，故，
，即，
则，此时不满足，故舍去，
或，此时满足，
综上，.
14. 已知函数，且是的一个极值点，若函数在上单调递增，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先由极值点的导数为零得，再由函数在上单调递增得导数在区间上恒成立，进而可得，再结合极值点的左右导数须变号得，从而可得结果.
【详解】由函数，函数定义域为，.
因为是的极值点，所以，代入得，即.
若在上单调递增，等价于对任意恒成立，
所以，因为，
所以对任意恒成立，即对任意恒成立，因此.
又因为是的极值点，且，所以，即.
因此且，所以的取值范围为.
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数是奇函数，且
（1）求和的值；
（2）若，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可.
（2）先利用函数的奇偶性和单调性将抽象不等式转化为具体的不等式 ，再对分类讨论，最后用基本不等式求最小值，得到实数的取值范围．
【小问1详解】
的定义域为，又为奇函数，则.
又，即，解得.
则，
由，则，满足条件.
【小问2详解】
由（1）知，
，均在上单调递增，
在上单调递增.
在时恒成立，是上单调递增的奇函数，
所以，即在时恒成立，
，成立，此时，时，得到．
且令，即在时恒成立.
又，当且仅当时等号成立，
即，故.
16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理及基本不等式求出最大值.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，
得，
而，则，所以.
【小问2详解】
由（1）知，由余弦定理得
，
解得，当且仅当时取等号，
所以的最大值是．
17. 某现代农业产业园集中储存各类经济作物，仓储恒温保鲜设备每日出现故障的概率为0.2．若园区引入一套智能仓储检测系统：设备正常运转时，检测出正常的概率为0.9；设备发生故障时，系统检测出故障的概率为0.9，每日检测结果相互独立．
（1）求某日检测结果与设备实际状态不符的概率；
（2）连续4天检测，求恰有2天检测结果与实际不符的概率；
（3）若使用该系统时，系统每日基础运维费100元；检测出故障需花费400元检修；检测正常但设备实际故障，会造成经济作物变质，单日损失2000元．已知不使用该系统时，每日故障损失期望为280元．判断是否引进该系统，并说明理由．
【答案】（1）0.1 （2）0.0486；
（3）应该引进该系统，理由如下：
设使用智能仓储检测系统时每日总支出（即总损失）为元．
设备故障且被判为故障的概率为，
设备正常却被判为故障的概率为，
设备故障却被判为正常的概率为，
则．
因为，所以应该引进该系统．
【解析】
【小问1详解】
设某日检测结果与设备实际状态不符为事件，
由全概率公式可得；
【小问2详解】
设恰有2天检测结果与实际不符为事件，
则，
故恰有2天检测结果与实际不符的概率为0.0486；
【小问3详解】
略
18. 已知函数．
（1）若，判断的单调性；
（2）若，证明：．
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导可得，结合函数单调性分析的符号，即可得的单调性；
（2）求导，结合函数单调性和零点存在性定理可得的符号，即可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
【小问1详解】
当时，函数的定义域为，且，
因为，在上单调递增，，
则在上单调递增，且，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
因为的定义域为，
且，，
可知在上单调递增，且，，
可知存在，使得，即，
当时，，当时，，
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，
设，则，
可知在上单调递减，
则，
所以．
19. 已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，且．
（1）求的方程；
（2）点是直线：上的一点，直线交于另外一点（异于点），直线交于另外一点．
（ⅰ）求证：直线经过定点；
（ⅱ）记和的面积分别为，，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明：由题可知，，设，.
当时，直线的方程为，
联立，消去整理得，
已知是方程的一个根，设，由韦达定理得，
∴ ，代入直线方程得，即.
同理，直线的方程为，
联立，消去整理得，
已知是方程的一个根，设，由韦达定理得，
∴ ，代入直线方程得，即.
.
直线的方程为.
整理得
，
当时，，即直线过点.
（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆顶点距离求出，结合离心率求出，再利用椭圆中的关系求出，即可得到椭圆方程.
（2）（i）设出点坐标，分别写出直线、的方程，与椭圆方程联立，通过韦达定理求出点、的坐标，推导直线的方程，确定定点坐标.
（ii）将转化为关于直线参数的函数，结合函数单调性求解最大值.
【小问1详解】
∵ 椭圆的左、右顶点为，且，∴ ，解得.
∵ 椭圆离心率，∴ ，
∴ ，
∴ 椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）略
（ii）设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
由韦达定理得，.
∵ ，，其中为到直线的距离，为到直线的距离，
计算得，，，
∴ .
∵ ，
∴ .
令，，则，代入得.
由对勾函数的性质可得在上单调递增，
所以当时，取得最小值，取得最大值.
即的最大值为.
方法归纳：求解直线过定点时，常先求出动直线含参数的方程，再寻找与参数无关的点即为定点；求解面积最值时，通常将面积表示为单一参数的函数，结合函数单调性或基本不等式求解.