河南新乡市2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份河南新乡市2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题（含解析），共14页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．
一、单项选择题：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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】．
2. 已知命题；命题，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】通过判断，的真假，得到，的真假，即可解题.
【详解】对于命题一定成立，故是真命题，是假命题；
对于命题，，所以，
故是假命题，是真命题．
综上，和都是真命题．
3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式及下标和定理即可求解．
【详解】由题意得，故．
4. 已知双曲线的两个焦点分别为，点在上，则的离心率为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两点之间距离公式分别求得，由双曲线定义得出，由离心率公式即可求解．
【详解】由题意，设，
则，，，
所以，则离心率．
5. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，则下列判断不一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合周期性与奇函数定义判断即可得.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，
又的周期为4，所以，
由周期性得，由奇函数得，所以，
故B，C，D均正确，无法判定．
6. 某城市规划在江边打造休闲步道，规划人员以江边入口为起点，将步道的路径分为三段：第一段从入口出发，沿正东方向直行400米到达点；第二段从点出发，沿北偏东方向直行米到达点；第三段从点出发，沿北偏西方向直行500米到达终点，则起点到终点的距离（ ）
附：．
A. 百米B. 百米C. 百米D. 百米
【答案】B
【解析】
【详解】以为坐标原点，正东方向为轴的正方向，正北方向为轴的正方向建立直角坐标系，
则，，
所以，则米百米．
7. 已知圆锥SO的侧面积为，则该圆锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥SO的底面半径为，结合体积公式得到，再构造函数，求导，研究单调性，即可求解.
【详解】设圆锥SO的底面半径为，母线长为，则，即，
所以该圆锥的体积，
又由，可得．
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，所以该圆锥体积的最大值为．
8. 已知A，B，C分别是椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，点在椭圆上且位于第四象限，连接PC与轴交于点．若的面积比的面积大1，则点的横坐标为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意得，由题可知，
又，所以．
设为坐标原点，则，所以，
设，则，解得.
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. 已知集合，则集合可能是（ ）
A. B. NC. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】由题可知．
对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，若，则，故D正确．
10. 已知函数，则（ ）
A. 在上有两个零点B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递减D. 在上的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据三角函数的性质及导数研究三角函数的性质计算判断各个选项；
【详解】对于A，令，可得，
即，当时，或，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，
当时，，
故，所以在上单调递增，故C错误；
对于D，当时，，
所以在上单调递减，又在上单调递增，
所以在上的最小值为，故D正确．
11. 已知数列，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为的一阶差数列为．已知数列满足的二阶差数列的通项公式为是的前项和，是数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题目给出的公式求得，判断A选项；由累加法即可求得，再通过累加法求得，判断B选项；由的通项公式，通过分组求和求得，判断C选项；通过裂项相消求得，判断D选项.
【详解】对于A，由题可知，
所以4，故A正确；
对于B，由题可知，
由累加法可知，
又，所以，故，
由累加法可得1），
即，故所以，故B错误；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，当时，，当时，，
当时，，
所以
，综上，，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则___________．
【答案】
【解析】
【详解】．
13. 从名运动员（包含甲）中选人组成一队参加米接力赛并确定接力棒次，若甲不跑第一棒，则不同的安排方案数为___________．
【答案】
【解析】
【分析】分两类讨论：一类：甲不被选中有种，二类：甲被选中有种，再由分类加法原理计算可得.
【详解】从名运动员（包含甲）中选人，分两类：
第一类：若甲不被选中，从除甲之外的人中选人的排列，则有种方案，
第二类：若甲被选中，先安排甲的位置有种，
再从除甲之外的人中选人排其余位置，则有种方案，
综上，共有种不同的安排方案．
14. 已知，若函数的最大值为1，则的最小值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】将问题转化为，且有解，研究两个函数的单调性和对称性，数形结合可求.
【详解】由题可知，且有解．
因为，
所以的图象关于直线对称，
因为当时，则，
则在上单调递增，
因为的图象关于直线对称，且在上单调递增，
所以结合与的图象可知，， 且与相切，
设直线与的图象相切于点，所以解得.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求和；
（2）若的面积为，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1） 由题意先求出，再由正弦定理和二倍角的正弦公式化简即可求出答案；
（2）由两角和差的正弦公式求出，再由三角形的面积公式即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，所以，解得．
因为，由正弦定理得，
所以，所以，即．
【小问2详解】
，
由，可得，
所以的面积为，解得．
16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若平面ABC，且，连接PD，AD，求直线BP与平面PAD所成角的正弦值．
【答案】（1）如图，取AB的中点，连接PO，CO．
因为是边长为2的等边三角形，为AB的中点，
所以，且．
又因为为AB的中点，
所以，且．
因为，所以，所以．
又平面ABC，所以平面ABC，
又因为平面PAB，所以平面平面ABC.
（2）
【解析】
【分析】（1）取AB的中点，连接PO，CO，证明，，进而可证明平面ABC，可证明平面平面ABC；
（2）法一：以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAD的一个法向量和直线的方向向量，利用向量法可求得直线BP与平面PAD所成角的正弦值．法二：取PA的中点，连接BM，则，可证明平面PAD，从而可得即直线BP与平面PAD所成的角．计算求解即可.
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
方法一：由（1）得OB，OC，OP两两互相垂直，故以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面PAD的法向量为，
则即
令，得，
故平面PAD的一个法向量为．
设直线BP与平面PAD所成的角为，
则，
所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为．
方法二：如图，取PA的中点，连接BM，则．
由（1）知，平面平面ABC，且，
因为平面ABC，且，所以且，
所以四边形POCD是平行四边形，，所以平面PAB，
因为平面PAB，所以，
又，所以平面PAD，
所以即直线BP与平面PAD所成的角．
因为是等边三角形，所以，
即直线BP与平面PAD所成角的正弦值为．
17. 已知抛物线的焦点为F，M是的准线与轴的交点，是上的一点，且．
（1）求的方程；
（2）已知为坐标原点，过点的直线与交于A，B两点，若为的重心，求直线OG的斜率的最大值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【小问1详解】
易知，则，
根据抛物线的定义，得，所以．
因此的方程为．
【小问2详解】
易得，设，
联立得消去得，
，
设的重心为，
则，
直线OG的斜率为，
要求直线OG的斜率的最大值，需使，则直线OG的斜率为，
当且仅当时，直线OG的斜率取得最大值1．
18. 某零件生产车间对甲、乙两台机器生产的零件进行检验，甲生产的零件占，乙生产的零件占，甲生产的零件的合格率为，乙生产的零件的合格率为．
（1）从甲、乙两台机器生产的零件中随机抽取1个，求该零件合格的概率．
（2）若从乙生产的零件中随机抽取10个，其中有个合格品的概率为，求为何值时，取得最大值．
（3）若甲生产了7个零件，其中有3个零件不合格，现从这7个零件中不放回地抽取零件进行检测，每次抽取1个零件，直到将所有不合格零件全部检测出时终止．每个零件在每一次抽取时被抽出的概率是相等的．用表示抽取零件终止时所需要的抽取次数，求的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）时，取得最大值
（3）
【解析】
【小问1详解】
设事件为“抽到甲生产的零件”，事件为“抽到乙生产的零件”，事件为“该零件合格”．
由全概率公式得．
【小问2详解】
的所有可能取值为，
则
即
整理得解得，而，因此，
所以当时，取得最大值．
【小问3详解】
的所有可能取值为3，4，5，6．
，
，
的分布列为
.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若是的两个极值点，证明：；
（3）若，且有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）因为有两个极值点，所以由（1）知，
则
.
令，则．
令函数，则，
则在上单调递增，在上单调递减，故，
又因为，所以，
即．
（3）
【解析】
【分析】（1）先确定函数定义域，并求导数，再令，用判别式及根与系数关系判断二次函数值的正负情况可得；
（2）将不等式两边作差，再结合判别式及根与系数关系，再换元，构造函数，用导数可得函数的最大值小于零，从而可证明不等式；
（3）由（1）知时，函数有极小值点且，由函数有两个零点得极小值小于零，通过构造函数判断极小值小于零时的范围，再结合根与系数关系及二次函数性质可得的取值范围.
【小问1详解】
因为的定义域为，，
因为，令，则，
①当，即时，，所以，在上单调递增.
②当，即时，方程有两个实数根，
当时，因为，故，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，因为，所以，所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
略
【小问3详解】
由（1）可知，当时，，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，得，解得．
因为有两个零点，
所以函数的极小值也是最小值．
因为，所以，即．
设函数，
则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
因为，所以由，得．
当时，因为二次函数在单调递增，
所以
又因为当时，，当时，，且
所以有两个零点．
故的取值范围为．3
4
5
6
3
4
5
6