精品解析：河南新乡市部分学校2025-2026学年高二下学期7月期末测评数学试题

高二年级7月测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，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2B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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，请将答题卡上交． 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. 已知复数，则（ ） A. B. 5 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】，则. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知集合，， 联立，得，则. 3. 少林寺，位于河南省登封市，首批国家5A景区、世界文化遗产、天下第一名刹，享誉世界的禅宗祖庭和少林功夫发源地．下面统计了该景区连续8天（非节假日）的日游客量（单位：千人）：，则这组数据的第70百分位数为（ ） A. 17 B. 17.5 C. 18 D. 19 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数定义求解. 【详解】将这8个数据从小到大排列为：，因为，所以第70百分位数为18． 4. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对A，函数的定义域为，所以其是非奇非偶函数，所以A错误； 对B，的定义域为，定义域关于原点对称，令， 则，所以函数是奇函数，且函数在上单调递增， 则在上也单调递增，所以函数在上单调递增，所以B正确； 对C，函数的定义域为，关于原点对称，令，则， 所以函数为偶函数，所以C错误； 对D，函数的定义域为，定义域关于原点对称，令，则， 所以函数是奇函数，但其在上单调递减，在上单调递增，所以D错误． 5. 已知数列为等差数列，为其前项和，且，则（ ） A. 200 B. 400 C. 320 D. 160 【答案】D 【解析】 【详解】因为数列是等差数列，所以成等差数列， 则，即，所以. 6. 已知为双曲线的左、右焦点，点在双曲线右支上，且，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线定义设出两焦半径，再在焦点三角形中由余弦定理列方程求边长，最后相加得周长. 【详解】因为双曲线，则，所以. 因为点在双曲线右支上，所以. 令，则，又因为，， 所以由余弦定理得，即， 即，因为，解得，即，所以， 则的周长为. 7. 已知随机变量的分布列为： 若成等比数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分布列性质和等比数列设公比，将用表示，再通过基本不等式求的范围，从而确定的取值上限. 【详解】由离散型随机变量分布列性质及成等比数列，得，，，. 设公比为，则，且，所以，即，所以. 因为，所以，所以. 8. 已知定义在上的函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数得其单调性及关于对称，将原不等式化为后平方求解. 【详解】令，则， 因为当时，，即，所以当时，， 所以函数在上单调递增，又因为， 所以函数的图象关于直线对称． 则不等式转化为：， 即， 因为的图象关于直线对称，且在上单调递增， 所以，即，两边平方整理得：， 解得：或，则不等式的解集为：． 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. 在中，点满足，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】对A，因为，所以，即，所以A错误； 因为，，所以， 即，所以B正确，C错误； 对D，因为，所以，即，所以D正确． 10. 如图，在三棱锥中，平面，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 若三棱锥为正三棱锥且体积为，则三棱锥的内切球的表面积为 D. 若，则“”是“”的充要条件 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，据面面垂直的判定定理，可判断垂直关系；选项B，据线面垂直的判定定理，可判断垂直关系；选项C，根据已知求出高，再计算表面积，之后利用等体积法求内切球半径r，最后用球的表面积公式计算；选项D，根据充要条件判断. 【详解】选项A，因为平面，平面，所以平面平面，A正确； 选项B，因为不一定与垂直，所以不一定与平面垂直，B错误； 选项C，由题意，得，因为， 所以，所以， 因为三棱锥为正三棱锥，所以，， 所以，所以， 设内切球半径为，则，解得，则内切球表面积为，C正确； 选项D，因为，即为的中点． 若，且为的中点，则， 又因为，平面，， 所以平面，平面，所以，因为为的中点， 所以； 若为的中点，则， 又因为平面，， 所以平面平面，则， 因为为中点，所以． 即若，则“”是“”的充要条件，D正确． 11. 已知分别是椭圆的左、右焦点，其离心率为为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的最大值为 B. 若，则的最大值为9 C. 若的重心为，内心为，其中，不重合，则 D. 若的角平分线交于点，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由离心率得到，，利用椭圆定义，结合三角不等式，可确定差的最大值，判断选项A；由焦点坐标确定椭圆方程，设坐标后计算，利用参数方程转化为三角函数求最值，判断选项B；重心坐标公式为，内心纵坐标等于内切圆半径，利用面积法和内切圆半径公式，证明与的纵坐标相同，判断选项C；设，，利用角平分线性质和得，再结合正弦定理及椭圆定义，转化为三角方程求解，判断选项D. 【详解】A项：由，得，. 若，则，，. 由椭圆定义，且， 故的最大值为，不是，A错误. B项：若，则，，，椭圆. 设，则.令，， 则， 当时取等，故最大值为9，B正确. C项：设，，，则重心. 设内心，内切圆半径，为的面积 由得，故内心的纵坐标满足关系， 又内心纵坐标与纵坐标同号，因此， 所以轴，即，C正确. D项：设，. 由角平分线平分，且在上， 则. 又因为，， 故，所以，即. 在中，. 由正弦定理，，， 且，得. 化简得， 解得或. 因，故，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若展开式共有11项，则展开式中的常数项为______． 【答案】45 【解析】 【详解】因为的展开式共有11项，所以， 则展开式的通项公式为， 令，则，所以展开式中的常数项为：． 13. 已知，将的图象向左平移个单位长度得到函数，且为奇函数，同时在上单调递减，则______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用奇函数条件确定相位偏移，再结合单调递减确定符号及的取值范围，最后分类讨论得到两组可能的. 【详解】由题意，得，因为为奇函数，则， 此时. 因为在上单调递减，故，且，故. 又因为，所以或2，因为，故. 当时，，因为，所以. 当时，，因为，所以，综上，或． 14. 已知数列满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】将递推式配成完全平方后换，再取对数将非线性递推转化为等比数列，求出通项后代入求得.​ 【详解】由题意，对等式整理可得，所以. 设，则，故，等式两边取对数可得. 令，则，故数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以，故，则，则． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 第43届中国洛阳牡丹文化节于2026年4月1日～30日举办，今年的主题是“一路繁花向洛阳”．文化节期间，洛阳依托深厚牡丹文化与汉服文化底蕴，推出20余项特色文旅活动．为调研游客对“国色潮音盛世花开”汉服系列活动的满意度，工作人员随机采访120名游客，根据年龄将游客分成两类——青年游客和中老年游客，统计不同游客的评价情况，得到列联表如下： 满意度 游客类型 合计 青年游客 中老年游客 比较满意 24 36 60 非常满意 36 24 60 合计 60 60 120 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为不同年龄段的游客对汉服系列活动评价存在差异？ （2）若文化节期间青年游客与中老年游客人数比例为，用频率估计概率，在现场随机采访20名游客，设表示这20人中对汉服系列活动非常满意的人数，求的数学期望（不用求的分布列）． 附：，． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）根据小概率值的独立性检验，可以认为不同年龄段的游客对汉服系列活动评价存在差异 （2）11 【解析】 【分析】（1）先明确列联表中a，b，c，d对应数值，因为要进行独立性检验，所以代入卡方公式计算统计量，再和对应的临界值比较，得出检验结论； （2）每次采访游客是否非常满意相互独立，且服从二项分布，所以用二项分布期望公式计算. 【小问1详解】 零假设：不同年龄段的游客对汉服系列活动评价不存在差异， 则， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即不同年龄段的游客对汉服系列活动评价存在差异，此推断犯错误的概率不超过0.05； 【小问2详解】 设“游客对汉服系列活动非常满意”， “游客是青年游客”，则“游客是中老年游客”， 由题意可知，，，，， 则． 由题意可知，， 则． 16. 在锐角三角形中，角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，设，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对已知的边的等式展开整理，结合余弦定理的形式推导角A的余弦值，因为三角形是锐角三角形，所以可确定角A的大小； （2）由已知结合三角形面积公式建立与和边b、c的关系，得到关于b、c的表达式，再通过正弦定理将b、c的比值转化为角的三角函数表达式，进而求出取值范围. 【小问1详解】 因为，所以，即， 所以， 因为是锐角三角形，所以，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 在中，，即； 在中，，即， 所以 ， 且，则， 因为是锐角三角形，所以，则， 所以， 因为，所以， 则，即， 所以． 17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点分别为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若与底面所成角为，平面平面，求平面与平面的夹角． 【答案】（1）取的中点为，连接． 因为四边形是矩形，且点为的中点，所以，且， 又因为分别为的中点，所以，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取PA中点G，利用中位线和平行四边形证明，根据线面平行判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面与平面的夹角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，四边形为矩形，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示． 因为与底面所成角为，即，所以． 过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以． 又因为平面，平面，所以. 又因为平面，， 所以平面，平面，所以． 因为为中点，所以，即为等腰直角三角形，即。 又因为四边形是矩形，所以，所以，即． 设，则． 则， 设平面的法向量为， 则，即. 因为，即，则，令，则，所以； 设平面的法向量为， 则，即，即， 令，则，所以． 设平面与平面的夹角为，则， 所以，即平面与平面的夹角为． 18. 已知抛物线，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，且直线与直线的斜率之积为． （1）求抛物线的方程； （2）为抛物线的焦点，若的面积为，求直线的方程； （3）若直线分别与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标． 【答案】（1） （2）或 （3）证明：直线的方程为：，所以，同理， 所以以为直径的圆的方程为：， 即， 因为，， 所以以为直径的圆的方程为：， ，解得或， 所以以为直径的圆过定点，且定点为与． 【解析】 【分析】（1）设出直线方程，与抛物线联立，由韦达定理可得两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出，得到抛物线方程； （2）根据的面积得到方程，求出，得到直线方程； （3）求出以为直径的圆的方程，得到定点坐标 【小问1详解】 显然当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去； 设直线的方程为，与抛物线联立得①， 设，则，因为， 所以， 则，所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 因为，方程①转化为，且， 因为， 所以， 因为的面积为，所以，解得， 所以直线的方程为或； 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数有2个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）当时，在上单调递减；在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数几何意义得到切线方程； （2）求定义域，求导，分，，和四种情况，得到函数单调性； （3）设，令，则，分，，，和五种情况，结合（2），得到函数零点个数，得到答案 【小问1详解】 当时，，则， 所以， 所以函数在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 由题可知函数的定义域为， 当时，则，令，得， 当时，；当时，， 所以单调递减区间为；单调递增区间为； 当时，令，得， 当时，，当或时，；当时，， 所以单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，，所以在上恒成立， 所以单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，，当或时，；当时，， 所以单调递减区间为，单调递增区间为； 综上： 当时，在上单调递减；在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问3详解】 设，令，则． 当时，因为，当时，；当时，， 再由（2）知，，所以关于的方程存在两个根，且， 因为，所以关于的方程有一正一负两个不相等实数根； 若，即时，则， 所以关于的方程有且只有一个实数根0； 若，即时，则， 所以关于的方程无实数根； 若，即时，， 所以关于的方程有两个不相等实数根； 综上：当时，函数有3个零点； 当时，函数有2个零点；当时，函数有4个零点； 当时，因为，当时，；当时，， 再由（2）知，关于的方程有且只有一个正根1， 则关于的方程有且只有一个实数根． 所以当时，函数有1个零点； 当时，，， 且当时，；当时，， 由（2）知，关于的方程有且只有一个正根， 则关于的方程有且只有一个实数根． 即时，函数有1个零点； 当时，若，则；若，则， 又因为，由（2）知，关于的方程有且只有一个正根， 则关于的方程有且只有一个实数根． 即时，函数有1个零点； 当时，因为，因为在上单调递减，所以， 且当时，；当时，， 由（2）知，关于的方程有且只有一个正根， 则关于的方程有且只有一个实数根． 即时，函数有1个零点． 综上：当函数有2个零点时，实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级7月测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，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2B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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，请将答题卡上交． 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. 已知复数，则（ ） A. B. 5 C. 2 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 少林寺，位于河南省登封市，首批国家5A景区、世界文化遗产、天下第一名刹，享誉世界的禅宗祖庭和少林功夫发源地．下面统计了该景区连续8天（非节假日）的日游客量（单位：千人）：，则这组数据的第70百分位数为（ ） A. 17 B. 17.5 C. 18 D. 19 4. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列为等差数列，为其前项和，且，则（ ） A. 200 B. 400 C. 320 D. 160 6. 已知为双曲线的左、右焦点，点在双曲线右支上，且，则的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量的分布列为： 若成等比数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，当时，，则不等式的解集为（ ） 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. 在中，点满足，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在三棱锥中，平面，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 若三棱锥为正三棱锥且体积为，则三棱锥的内切球的表面积为 D. 若，则“”是“”的充要条件 11. 已知分别是椭圆的左、右焦点，其离心率为为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的最大值为 B. 若，则的最大值为9 C. 若的重心为，内心为，其中，不重合，则 D. 若的角平分线交于点，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若展开式共有11项，则展开式中的常数项为______． 13. 已知，将的图象向左平移个单位长度得到函数，且为奇函数，同时在上单调递减，则______． 14. 已知数列满足，，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 第43届中国洛阳牡丹文化节于2026年4月1日～30日举办，今年的主题是“一路繁花向洛阳”．文化节期间，洛阳依托深厚牡丹文化与汉服文化底蕴，推出20余项特色文旅活动．为调研游客对“国色潮音盛世花开”汉服系列活动的满意度，工作人员随机采访120名游客，根据年龄将游客分成两类——青年游客和中老年游客，统计不同游客的评价情况，得到列联表如下： 满意度 游客类型 合计 青年游客 中老年游客 比较满意 24 36 60 非常满意 36 24 60 合计 60 60 120 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为不同年龄段的游客对汉服系列活动评价存在差异？ （2）若文化节期间青年游客与中老年游客人数比例为，用频率估计概率，在现场随机采访20名游客，设表示这20人中对汉服系列活动非常满意的人数，求的数学期望（不用求的分布列）． 附：，． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16. 在锐角三角形中，角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，设，求的取值范围． 17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点分别为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若与底面所成角为，平面平面，求平面与平面的夹角． 18. 已知抛物线，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，且直线与直线的斜率之积为． （1）求抛物线的方程； （2）为抛物线的焦点，若的面积为，求直线的方程； （3）若直线分别与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标． 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数有2个零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $