精品解析：河南省洛阳市强基联盟2024-2025学年高二下学期7月联考数学试题

洛阳强基联盟高二7月联考 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若，则（ ） A. B. i C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，不共线，若与共线，则实数k的值是（ ） A. B. C. D. 4. 双曲线的焦点到它的一条渐近线的距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台的上底面的四个顶点，，，都在圆锥SO的侧面上，下底面的四个顶点A，B，C，D都在圆锥SO的底面圆周上，且，，则圆锥SO的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，，，将的图象绕原点旋转后所得图象与原图象重合，若，则（ ） A. B. C. D. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若a，b都是非零实数，且，则 C. 若，则的最小值为5 D. 若x，y满足，则的最大值为2 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 苏格兰数学家约翰·纳皮尔（John Napier）发现并证明了当且时．根据约翰•纳皮尔的这个发现以及我们所学的数学知识，关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 有且只有一个极值点 B. 的最小值为 C. 的单调递减区间是 D. 存在两个不相等的正实数a，b，使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的左顶点与上顶点之间的距离为焦距的倍，则的离心率为_____. 13. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，若，则周长的取值范围为_____． 14. 已知10个样本数据的平均值为10，方差为6，则这10个数据的65％分位数的最大值为______. 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. 设抛物线的焦点为，过的直线与交于A，B两点. （1）求的准线方程； （2）设为准线上一点，且，求. 16. 已知数列的首项是 （1）证明：的奇数项成等差数列； （2）求的前项和. 17. 如图，平面，，，，，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值以及点到平面的距离； （2）求二面角的正弦值. 18. 六一儿童节，某商场为了刺激消费提升营业额，推出了消费者凭当天在该商场的消费单据参加抽奖的活动，奖品是4款不同造型的玩具摩托车与4款不同造型的玩具跑车（每款车的数量都充足），主办方将大小相同的8个乒乓球上分别标注1，2，3，4，5，6，7，8，其中标注数字1，2，3，4的乒乓球分别代表4款不同造型的摩托车，5，6，7，8的乒乓球分别代表4款不同造型的跑车，并将这8个乒乓球放在一个不透明箱子内．活动规定：儿童节当天在该商场消费满100元的消费者可从摸奖箱内摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满200元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满300元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；，依此类推，消费者根据自己摸出的乒乓球标注的数字即可获得相应的奖品． （1）若小明的家长当天在该商场消费恰好满400元，求这位家长能获得2款相同造型摩托车与2款不同造型跑车的概率； （2）若本次活动小明家获得的奖品是2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车，小英家也获得2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车． ①从他们两家获得的这8台车中随机抽取5台，如果抽出的5台车中有台摩托车，求的分布列和数学期望； ②若小明和小英将他们家本次活动获得的奖品每次各取一件进行交换，第一次交换的奖品也可以参加第二次交换，求两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车的概率． 19. “洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理，洛必达法则之一的内容是：若函数，的导数都存在，且，如果是常数）时，或或，且（是常数），则时，． 已知函数． （1）证明：时曲线在点处的切线与曲线也相切； （2）若函数有两个零点，函数有两个零点． ①指出的大致范围（不必说明理由），并求出的取值范围； ②试探究与的大小关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛阳强基联盟高二7月联考 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若，则（ ） A. B. i C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的四则运算求解即可. 【详解】由得，. 故选：A. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的补集与交集，可得答案. 【详解】因为，所以. 故选：A. 3. 已知向量，不共线，若与共线，则实数k的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行得到，得到方程组，求出答案. 【详解】因为与共线，所以存在实数x使， 故，解得，. 故选：A. 4. 双曲线的焦点到它的一条渐近线的距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据标准方程写出焦点坐标与渐近线方程，代入点到直线的距离公式即可求解. 【详解】，，焦点坐标为，，渐近线方程为，， 所以焦点到渐近线的距离. 故选：B. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数的性质比较大小. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，所以． 故选：D． 6. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数得，根据平移得，结合正弦函数的图象求其对称轴即可. 【详解】因， 将其图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 则， 令，解得. 结合选项可知D正确． 故选:D. 7. 已知正四棱台的上底面的四个顶点，，，都在圆锥SO的侧面上，下底面的四个顶点A，B，C，D都在圆锥SO的底面圆周上，且，，则圆锥SO的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】得到圆锥SO的轴截面，作出辅助线，求出正四棱台的高为，进而得到圆锥的高，结合底面半径，利用圆锥体积公式进行求解. 【详解】由已知点在圆锥的母线SA上，在正四棱台中，连接AC，， 下面图为圆锥SO的轴截面， 由，得，又， 所以在四边形中，过点作⊥于点， 则，由勾股定理得， 可得正四棱台的高为， 由可知，所以圆锥SO的高. 又圆锥底面半径， 所以圆锥SO的体积为. 故选：D. 8. 已知函数的定义域为，，，将的图象绕原点旋转后所得图象与原图象重合，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知的奇函数，推导出是周期函数，是的一个周期，进而可知也是周期函数，是的一个周期，求出、、、的值，结合周期性可求得的值. 【详解】根据题意，图象上的任意一点绕原点旋转后得到的点仍在的图象上， 联立消去得，所以是奇函数， 又因为函数的定义域为，故， 又，在该等式中，用替代可得， 故，因此，所以是周期函数，是的一个周期， 所以， 所以也是周期函数，是的一个周期． 又由可得，， 于是，， ，， 因为，故. 故选：B． 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若a，b都是非零实数，且，则 C. 若，则的最小值为5 D. 若x，y满足，则的最大值为2 【答案】AB 【解析】 【分析】利用特殊值可判断A，利用作差法可判断B，根据基本不等式的灵活应用可判断C、D. 【详解】对于A，时，，所以A正确； 对于B，因为a，b都是非零实数，且，所以B正确； 对于C，由， 等号仅当即时等号成立，所以C错误； 对于D，因为， 当且仅当时等号成立，所以， 所以的最大值为，所以D错误． 故选：AB． 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法判断ABC；对两边同时求导，再令，判断D. 【详解】令得，所以A错误； 令得，所以B正确； 令得， 显然都是正数，都是负数， 所以，所以C正确； 对两边同时求导， 得， 取得-2025，所以D正确. 故选：BCD. 11. 苏格兰数学家约翰·纳皮尔（John Napier）发现并证明了当且时．根据约翰•纳皮尔的这个发现以及我们所学的数学知识，关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 有且只有一个极值点 B. 的最小值为 C. 的单调递减区间是 D. 存在两个不相等的正实数a，b，使 【答案】ACD 【解析】 【分析】，构造函数求导，再根据导数的性质判断函数的单调性和极值情况，进而判断选项. 【详解】因为时，， 令，则， 所以时，在上单调递减； 时在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 时取最小值，最小值为，所以正确，B错误． 根据约翰•纳皮尔的发现可知，时的值域是， 又显然时，所以时的值域是， 又因为，所以在区间和上分别存在一个实数a，b，使，所以D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的左顶点与上顶点之间的距离为焦距的倍，则的离心率为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意得即，进一步即可求解. 【详解】设椭圆的半焦距为，由题意可得，整理得，因此，所以的离心率为. 故答案为：. 13. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，若，则周长的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知等式结合余弦定理从而得角的大小，再根据正弦定理边化角，将三角形周长转换为正弦型函数，根据三角函数的性质求解取值范围即可. 【详解】因为，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，整理可得， 所以，因为，所以． 由正弦定理得，所以，， 所以的周长为 ， 因为，则，所以， 所以，即周长的取值范围为． 故答案为：． 14. 已知10个样本数据的平均值为10，方差为6，则这10个数据的65％分位数的最大值为______. 【答案】13 【解析】 【分析】设设，，，，，的平均值为m，方差为S，，，，的平均值为n，方差为T，由题意，根据分层抽样的方差公式并放缩得，说明时，满足的条件即可. 【详解】设这10个样本数据分别为，，…，，且. 因为％＝6.5，所以这10个数据的65％分位数为. 设，，，，，的平均值为m，方差为S，，，，的平均值为n，方差为T， 由题意知，，则； ， 所以， 整理得，解得， 进而，当且仅当时等号成立， 即，时，取到最大值13. 故答案为：13. 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. 设抛物线的焦点为，过的直线与交于A，B两点. （1）求的准线方程； （2）设为准线上一点，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线方程即可得准线方程， （2）根据两点斜率公式，求解直线方程，联立与抛物线方程，即可根据韦达定理以及焦点弦公式求解. 【小问1详解】 因为抛物线的方程为，所以抛物线的准线方程为 【小问2详解】 因为在的准线上，所以，即， 易得的坐标为，此时， 因为，所以，解得， 所以的方程为，设，， 联立消去并整理得，由韦达定理得， 所以 16. 已知数列的首项是 （1）证明：的奇数项成等差数列； （2）求的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由递推公式并结合等差数列的定义即可证明求解； （2）分别讨论为奇偶数并利用分组并项求和，从而可求解. 【小问1详解】 证明：若为奇数，则是偶数，是奇数， 所以，即， 所以的奇数项是首项为，公差为3的等差数列． 【小问2详解】 当时， . 因为， 所以当时， . 综上所述，. 17. 如图，平面，，，，，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值以及点到平面的距离； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）建立空间向量法求出平面的法向量，再应用线面角正弦值公式计算求解，再结合点到平面的距离公式计算求解； （2）再求出平面的法向量，应用面面角余弦公式计算求解. 【小问1详解】 因为平面，，所以，，两两垂直，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，. 设为平面的一个法向量， 则取，，则， 设直线与平面所成角为， 则， 点到平面的距离为. 【小问2详解】 设为平面的一个法向量， 则取，，则， ， 所以二面角的正弦值为. 18. 六一儿童节，某商场为了刺激消费提升营业额，推出了消费者凭当天在该商场的消费单据参加抽奖的活动，奖品是4款不同造型的玩具摩托车与4款不同造型的玩具跑车（每款车的数量都充足），主办方将大小相同的8个乒乓球上分别标注1，2，3，4，5，6，7，8，其中标注数字1，2，3，4的乒乓球分别代表4款不同造型的摩托车，5，6，7，8的乒乓球分别代表4款不同造型的跑车，并将这8个乒乓球放在一个不透明箱子内．活动规定：儿童节当天在该商场消费满100元的消费者可从摸奖箱内摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满200元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满300元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；，依此类推，消费者根据自己摸出的乒乓球标注的数字即可获得相应的奖品． （1）若小明的家长当天在该商场消费恰好满400元，求这位家长能获得2款相同造型摩托车与2款不同造型跑车的概率； （2）若本次活动小明家获得的奖品是2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车，小英家也获得2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车． ①从他们两家获得的这8台车中随机抽取5台，如果抽出的5台车中有台摩托车，求的分布列和数学期望； ②若小明和小英将他们家本次活动获得的奖品每次各取一件进行交换，第一次交换的奖品也可以参加第二次交换，求两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车的概率． 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用古典概率的计算公式求解； （2）①的所有取值为1，2，3，4，利用超几何分布的概率公式求出相应的概率，列出分布列，求得期望；②由题两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车，包括3种情况：第一次交换后小明家是2台摩托车2台跑车，第一次交换后小明家是1台摩托车3台跑车，第一次交换后小明家是3台摩托车1台跑车，分别求出其概率得解. 【小问1详解】 记“小明的家长得到2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车”为事件， 则， 所以小明的家长获得2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车的概率为. 【小问2详解】 ①依题意，的所有取值为1，2，3，4， ， 的分布列为： 1 2 3 4 所以数学期望. ②两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车，包括3种情况： （i）第一次交换后小明家是2台摩托车2台跑车， 其概率； （ii）第一次交换后小明家是1台摩托车3台跑车， 其概率； （iii）第一次交换后小明家是3台摩托车1台跑车， 其概率， 因此所求概率． 19. “洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理，洛必达法则之一的内容是：若函数，的导数都存在，且，如果是常数）时，或或，且（是常数），则时，． 已知函数． （1）证明：时曲线在点处的切线与曲线也相切； （2）若函数有两个零点，函数有两个零点． ①指出的大致范围（不必说明理由），并求出的取值范围； ②试探究与的大小关系． 【答案】（1）证明见解析 （2）①，的取值范围是；② 【解析】 【分析】（1）对函数分别求导，分别求出在点的斜率和函数值，进而求出切线方程. （2）①构造新函数，求导，判断单调性，进而可判断零点范围；②构造新函数，求导，判断单调性，比较零点大小. 【小问1详解】 证明：时，， 因为， 所以曲线在点处的切线方程是，即． 因为， 所以曲线在点处的切线方程是，即． 所以时曲线在点处的切线与曲线也相切． 【小问2详解】 ①． 由，得， 令，则与的零点相同，与的零点相同， 又， 时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增；时，单调递减， 所以和在上都是增函数，在上都是减函数， 所以时，时，， 因为有两个零点，即有两个零点， 所以，且解得． 当时，， 又时， 根据洛必达法则可知，时， 所以时， 所以时，在区间和上各有一个零点，所以， 因此，若函数各有两个零点，的取值范围是． ②令，则 与的零点相同，与的零点相同，在区间上是增函数， ， 令，则， 时单调递减；时单调递增； 所以时， 于是时等号仅当时成立， 所以在上是增函数． 所以时，即时； 时，即时； 由①知，所以， 又，所以， 又在区间上是增函数，且， 所以．同理可证， 于是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $