精品解析：河南许昌市禹州市十一校联考2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题

高二数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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. 集合且的元素的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 无穷多个 2. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 13 3. 复数的虚部为（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 4. 若函数满足，且，都有，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 5. 在边长为2的菱形ABCD中，，则（ ） A. B. 4 C. 6 D. 6. 已知是定义在R上的偶函数，且是奇函数，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 如果一个球与多面体的每条棱都相切，则称这个球为多面体的“棱切球”，如图，在正八面体中，，则该正八面体的棱切球的体积为（ ） A. B. C. 4π D. 8π 8. 过抛物线C：的焦点F的直线l与C交于A，B两点（A在第一象限），点，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 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. 已知函数与，则与（ ） A. 有相同的最小正周期 B. 有相同的零点 C. 有相同的对称中心 D. 有相同的值域 10. 已知O为坐标原点，，分别是双曲线C：的左、右焦点，点A在C上且，则（ ） A. C的离心率为2 B. 点到C的一条渐近线的距离为3 C. 的面积为3 D. 以，为焦点且经过点A的椭圆的离心率为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的图象在点处的切线方程为 B. 若，则a的取值范围是 C. 若，则 D. 若方程无实根，则a的最小整数值是0 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则sinC=________． 13. 语文老师要求全班所有同学从中国古典四大名著中任选两本阅读，则本班甲、乙两位同学阅读的四大名著恰有一本相同的概率为________． 14. 已知数列的前n项和为，若，则________． 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. 2026年国际足联世界杯于6月11日至7月19日由美国、加拿大、墨西哥三国联合举办，球迷小明为了解大家对世界杯的关注程度，对全班50名同学进行调查，统计数据如下： 关注世界杯 不关注世界杯 男生 24 6 女生 8 12 （1）分别估计男生和女生关注世界杯的概率； （2）依据小概率值的独立性检验，分析男生与女生对世界杯的关注度是否有差异． 附：． α 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 已知数列的各项均不为0，前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为，AB，BC的中点，点H在棱上，且． （1）证明：； （2）当平面CEF时，求直线EH与平面CEF所成角的正弦值． 18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若直线l经过点，求的面积的最大值； （3）C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对任意的恒成立，求a的值； （3）若数列的前n项和为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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. 集合且的元素的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 无穷多个 【答案】B 【解析】 【详解】，共5个元素． 2. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 13 【答案】C 【解析】 【详解】因为数列是等差数列，所以， 所以. 3. 复数的虚部为（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法运算及复数定义分析求解即可. 【详解】因为， 所以复数的虚部为7． 4. 若函数满足，且，都有，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意利用作差法判断A；利用作差法、基本不等式及指数函数的性质判断B；利用作差法、及二次函数的性质判断C；利用作差法、基本不等式及对数函数的性质判断D.. 【详解】对于A，对，且， 则， 所以，不满足题意，故A错误； 对于B，对，且， 则 ， 所以，满足题意，故B正确； 对于C，对，且， 则 ， 所以，不满足题意，故C错误； 对于D，对，且， ， 由基本不等式可得， 所以， 即， 所以，不满足题意，故D错误. 5. 在边长为2的菱形ABCD中，，则（ ） A. B. 4 C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量数量积公式结合条件即可求解. 【详解】连接BD，设AC与BD交于点O，则． 因为菱形ABCD的边长为2，，所以△ABD是等边三角形， 所以，从而，且， 所以． 6. 已知是定义在R上的偶函数，且是奇函数，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得为周期为的偶函数，根据性质求值. 【详解】已知是定义在R上的偶函数，即， 是奇函数，即， 则， 所以， 所以， 则. 7. 如果一个球与多面体的每条棱都相切，则称这个球为多面体的“棱切球”，如图，在正八面体中，，则该正八面体的棱切球的体积为（ ） A. B. C. 4π D. 8π 【答案】A 【解析】 【分析】根据正八面体的结构特征得八面体的棱长为2，从而棱切球的半径为1，即可得. 【详解】根据正八面体的对称性，四边形均是正方形， 因为，所以这三个正方形的边长均为2， 由于棱切球与每条棱均相切，所以棱切球的直径等于这三个正方形的边长，则半径为1， 所以棱切球的体积为. 8. 过抛物线C：的焦点F的直线l与C交于A，B两点（A在第一象限），点，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设直线方程联立得韦达关系式，用向量垂直列方程求参，再用抛物线焦半径性质得比值. 【详解】由题意知，设，，，其中． 由消去x，得，则，． 所以，． 因为，所以，因， 则得， 即， 将韦达定理代入，得， 整理得，即，解得， 所以，解得，，则． 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. 已知函数与，则与（ ） A. 有相同的最小正周期 B. 有相同的零点 C. 有相同的对称中心 D. 有相同的值域 【答案】AD 【解析】 【分析】应用辅助角公式化简函数式，从而得到，结合图象分析判断各项的正误. 【详解】函数，， 所以，即的图象是的图象向右平移个单位长度得到， 所以与有相同的最小正周期和值域，但是对称中心不同，零点不同． 10. 已知O为坐标原点，，分别是双曲线C：的左、右焦点，点A在C上且，则（ ） A. C的离心率为2 B. 点到C的一条渐近线的距离为3 C. 的面积为3 D. 以，为焦点且经过点A的椭圆的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出双曲线中，然后逐项判断即可． 【详解】因为双曲线C：，所以，，． 对于A，C的离心率为，故A正确； 对于B，左焦点，渐近线方程为， 所以点到渐近线的距离为，故B错误； 对于C，在中，，所以为直角三角形， 由得， 所以的面积为，故C正确； 对于D，由得， 所以椭圆的离心率为，故D正确． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的图象在点处的切线方程为 B. 若，则a的取值范围是 C. 若，则 D. 若方程无实根，则a的最小整数值是0 【答案】AC 【解析】 【分析】通过对函数求导判断各类情况的斜率、单调区间来求解，并利用函数间的不等式判断范围. 【详解】选项A，因为，当时，，，可知切线斜率为，又因为，所以切线方程为，正确. 选项B，，， 若，则，明显不恒成立. 若，则，时不成立. 若，令，解得，所以在单调递增，单调递减. ，要使，即可，解得，错误. 选项C，时，，使成立，即成立. 因为，函数在单调递减，在单调递增，且，所以，等号在时成立， 因为，函数在单调递减，在单调递增，且，所以，等号在时成立， 可知成立，正确. 选项D，，可知， 因为且，所以与函数有交点，即存在实根，错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则sinC=________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理求解即可． 【详解】由正弦定理得，则． 13. 语文老师要求全班所有同学从中国古典四大名著中任选两本阅读，则本班甲、乙两位同学阅读的四大名著恰有一本相同的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据排列组合的知识及古典概型的概率计算公式求解即可． 【详解】所求的概率为． 14. 已知数列的前n项和为，若，则________． 【答案】30200 【解析】 【分析】分析出，再分组求和即可 【详解】当，时，， 当，时，， 两式联立得， 故，所以，所以， 又，故，即， 将与相加可得 ， . 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. 2026年国际足联世界杯于6月11日至7月19日由美国、加拿大、墨西哥三国联合举办，球迷小明为了解大家对世界杯的关注程度，对全班50名同学进行调查，统计数据如下： 关注世界杯 不关注世界杯 男生 24 6 女生 8 12 （1）分别估计男生和女生关注世界杯的概率； （2）依据小概率值的独立性检验，分析男生与女生对世界杯的关注度是否有差异． 附：． α 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 男生：；女生： （2）依据小概率值的独立性检验，推断男生与女生对世界杯的关注度有差异 【解析】 【分析】（1）用频率估计概率，代入数据计算即可； （2）由列联表求得值，再与临界值表对照下结论. 【小问1详解】 估计男生关注世界杯的概率为； 女生关注世界杯的概率为． 【小问2详解】 零假设：男生与女生对世界杯的关注度没有差异． 根据列联表中的数据计算得， 所以根据小概率值的独立性检验推断不成立， 即依据小概率值的独立性检验，可推断男生与女生对世界杯的关注度有差异． 16. 已知数列的各项均不为0，前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，可得，从而可得数列是等比数列，再求通项公式即可； （2）由（1）可得，从而得，从而利用错位相减求解即可. 【小问1详解】 因为①， 当时，则有， 当时，则有②， 由①②， 得， 所以， 即， 所以数列是等比数列，其首项为，公比， 所以； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 两式相减，得 ， 所以. 17. 如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为，AB，BC的中点，点H在棱上，且． （1）证明：； （2）当平面CEF时，求直线EH与平面CEF所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接AG，，． 在正方体中，底面ABCD，底面ABCD，所以． 因为G，F分别是BC，AB的中点，所以， 即，进而. 因为，所以，所以． 又平面，所以平面， 又平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在正方体中，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， . 设为平面CEF的法向量， 因为，， 所以令，则． 因为平面CEF，所以，解得， 所以． 设直线EH与平面CEF所成的角为θ， 则， 即直线EH与平面CEF所成角的正弦值为． 18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若直线l经过点，求的面积的最大值； （3）C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心律和椭圆系数求得； （2）设而不求，联立直线与椭圆联立，用伟达定理求出得到三角形面积；第三小问，设直线为横截距式，设与轴交点为，联立求解。 【小问1详解】 设C的半焦距为．由题意可得解得 所以C的方程为． 【小问2详解】 由（1）可知，． 可设l：，，， 由消去x得， 则，． 所以． ， 当且仅当，即时“=”成立， 即的面积的最大值为2． 【小问3详解】 设l：．由消去x得， 所以，，． 因为，，所以由可得， 所以， 即， 化简整理得，解得或． 当时，直线l：经过点D，不符合题意； 当时，直线l：经过点，也满足，符合题意． 综上所述，当时，直线l过定点． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对任意的恒成立，求a的值； （3）若数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）1 （3）证明：， 故只需证明，即， ， 先证明，当时，恒有， 由（2）知，在上恒成立， 即在上恒成立，当且仅当时，等号成立， ，令，则，即， 令，得， 令，得， 上面两式相加得， 即， 当时，，当时，，当时，， ……，当时，， 相加可得，故结论得证； 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性； （2）在（1）的基础上，得到函数最值，从而得到不等式，求出解集，得到答案； （3）变形，在（2）基础上，得到，变形得到，裂项相消法求和，证明出结论. 【小问1详解】 的定义域为， ， 当时，恒成立，故在上单调递增， 当时，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增， 又，故当时，，不满足对任意的恒成立，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 要想满足对任意的恒成立，只需， 令，，则， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 其中，故的解集为，故a的值为1； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $