精品解析：河南信阳市普通高中2025-2026学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

★2026年7月9日 2025—2026学年普通高中高二下学期期末教学质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上． 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，再选涂其他答案标号．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、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. 已知数列的前项和公式为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】． 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由复数乘法法则化简，再根据复数的定义求解. 【详解】是纯虚数， 则，解得. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】已知向量，，且， 则，解得，故B正确. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知，代入原函数得， 则切点坐标为，对求导得，代入得： ，即切线斜率为3， 切线方程为，D正确. 5. 若随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 所以. 6. 某数学建模活动小组为测量郑州市寿圣寺双塔塔尖之间的距离，构建了如图所示的几何模型（点，分别代表两座塔的塔尖位置）．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（ ） A. 80米 B. 120米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】先求,，再利用余弦定理求得. 【详解】由题得到米，米， 在中，由余弦定理得到， 即， 所以米. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点．设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用“椭圆右焦点与抛物线焦点重合”，建立的等量关系，结合椭圆定义与题干给出的，联立方程组求出、关于的表达式，根据抛物线定义，把转化为点到抛物线准线的水平距离，求出交点的横坐标，由准线垂直轴，构造直角三角形，使用勾股定理建立含的等式，化简等式得到的倍数关系，代入离心率公式算出最终结果. 【详解】由题意得椭圆的右焦点为，则， 因为抛物线焦点坐标为，且为抛物线的焦点， 所以，解得，而抛物线准线方程， 这条准线恰好经过椭圆左焦点， 因为，所以， 两式相加得，解得， 两式相减得，解得， 因为抛物线上点到焦点距离等于它到准线的距离，所以， 因为准线，所以到准线的水平距离， 因此，解得，则， 因为在抛物线上，所以，即， 因为垂直准线，所以为直角三角形， 所以，即， 即， 解得，椭圆离心率，则选项D正确. 8. 已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导函数的单调性和零点判断函数单调性，利用隐零点表示出最小值，结合基本不等式求解可得. 【详解】，因为和在上单调递增， 所以在上单调递增， 当时，当时， 所以存在，使得，即， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值， 对任意恒成立，等价于对任意恒成立， 由得，代入得： ， 因为，所以由基本不等式得， 当且仅当时，等号成立， 要使对任意恒成立，只需，即. 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9. 为了解某款新型“智能手环”的销售状况，创新实践小组对该产品上半年的销售情况进行了调查，部分数据为：1月份销量万件，2月份销量万件，3月份销量万件．已知第二季度销量比第一季度多万件．设月份为，销量为（万件），经过回归计算得到线性回归方程为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 该组数据的线性相关系数为，故相关性很弱 C. 根据回归方程，推测月份销量为万件 D. 月份销量的残差为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线性回归方程、相关系数、残差的概念进行解答即可. 【详解】由题可知，，. 对于A：将样本中心点代入线性回归方程，得，解得，故A正确； 对于B：线性回归方程中的不是线性相关系数，故B错误； 对于C：将代入线性回归方程，得，故C正确； 对于D：将代入线性回归方程，得，将1月份销量的观测值减去1月份销量的预测值，得到月份销量的残差为，故D错误. 10. 已知，是概率均不为的随机事件，下列说法正确的有（ ） A. 若，则事件与事件互为对立事件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】A选项，由互斥事件和对立事件的关系得到A错误；B选项，举出反例得到B错误；C选项，由，得到C正确；D选项，由条件概率得到，相加可得D正确 【详解】A选项，，则事件与事件互为互斥事件，不一定互为对立事件，A错误； B选项，若，则， 若事件与事件互斥，，则不一定相等，B错误； C选项，，， 因为，则，即，C正确； D选项，，又，所以， ，其中，所以， 故，D正确 11. 声音的合成在音乐、信号处理中十分常见．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，记，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上恰有个零点 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】计算得，可判断A；令，求出零点判断B；利用可判断C，结合导数求最值判断D. 【详解】对于A，由题意知， 又， 所以的最小正周期不为，故A错误； 对于B，令，得，所以， 所以，解得或， 又因为，所以或或， 所以在区间上恰有个零点，故B正确； 对于C， ， 所以， 所以的图象关于点中心对称，故C正确； 对于D，， 因为 ， 所以是以为周期的周期函数， 设，求导得 ， 令，得，得或或或或或， 当或或或时，； 当或或时，， 又， ， ， ， 所以的最大值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为_________． 【答案】3 【解析】 【详解】由的通项为，， ①乘以中项， 当时，的系数为， 因此系数为， ②乘以中项， 当时，的系数为， 因此系数为， 所以项的系数为. 13. 已知圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出线段的中垂线方程，再求出圆心坐标及半径即可. 【详解】线段的中点，直线的斜率为， 则线段的中垂线的斜率为，所以线段的中垂线方程为， 即，由，解得， 因此圆的圆心，半径， 所以圆的标准方程为. 14. 在边长为4的菱形中，，沿对角线将折起得到三棱锥，若，则三棱锥外接球的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】证明是正四面体，然后把它补成一个正方体，利用正方体的外接球就是正四面体的外接球求解. 【详解】菱形中，，则都是等边三角形， 取中点，连接，则， 又，则，因为平面， 所以平面，而平面，所以， 所以，从而，所以是正四面体， 以正四面体的六条棱作为面对角线，把它补成一个正方体，如图， 设正方体的棱长为，则，，正方体的对角线长为， 易知正方体的外接球就是正四面体的外接球，球半径为， 所以表面积为. 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. 已知是等差数列，是等比数列，且，，． （1）求和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求满足的最大正整数． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出公差和公比的方程组即可求解； （2）用错位相减法求出，然后依次验证即可求解. 【小问1详解】 设数列的公差为，数列的公比为． 因为，，所以，即． 因为，所以． 联立解得或（舍去）． 所以，． 【小问2详解】 由（1）知，，所以单调递增． 所以， 则， 两式相减，得，所以， 因为，所以解不等式，即， 当时，，成立；当时，，成立； 当时，，成立；当时，，成立； 当时，，不成立， 所以满足的最大正整数为． 16. 在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． （1）是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． （2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1）存在，，取的中点，连接，则， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，则，，，， ，，设， 由，，，得，即， 所以，， 若，则，得，满足，符合， 所以，存在，使得； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，则，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，根据已知得，再写出的坐标，根据垂直关系列方程求参数，即可得结论； （2）由题意，求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若，则，设平面的一个法向量为， 由，，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，，得，取，则得， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 17. 已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． （1）求椭圆的标准方程． （2）设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】（1） （2）法一：因为点，过点的动直线， 所以设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即）， 将代入椭圆方程，得， 即． 设，，则，①． 因为，，所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立解得交点的横坐标②． 将，，代入②得③． 由①得，即④． 将④代入③中，得． 所以点的横坐标为4，即点在定直线上． 法二：设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即）， 将代入椭圆方程，得， 即．设，， 则，，可得①． 由，，得直线的方程为， 直线的方程为．联立②， 消去，并整理得． 将①代入等式左边，得． 比较，系数，得，解得． 所以点的横坐标为，即点在定直线上． 法三（仿射变换）：作变换，， 则椭圆变为圆． 点，，保持不变． 过的直线变为过的直线，与圆交于． 由圆的几何性质（相交弦定理或相似三角形）可知（同法二）， 直线与的交点的横坐标恒为． 变换回原坐标，横坐标不变，则点的横坐标为， 即点在定直线上． 【解析】 【分析】（1）求出的值，利用求出，从而得到椭圆的标准方程. （2）法一：设直线的方程为，直线和椭圆联立方程组，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，联立解得交点的横坐标为定值，从而得到点在定直线上． 法二：设直线的方程为，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，通过消去，并整理得到，比较，系数解得，从而得到点在定直线上． 法三（仿射变换）：作变换，，点，，保持不变．过的直线变为过的直线，与圆交于．由圆的几何性质得到直线与的交点的横坐标恒为． 从而得到点在定直线上. 【小问1详解】 因为椭圆的焦距为，所以，即， 因为椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，所以，解得， 所以， 则椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略. 18. 某学校举办书法比赛，共有幅作品．评委首先按质量从高到低排序，最优者为第1名，次优者为第2名，…，最差者为第名．一周后，评委遗忘之前排序，再次对这幅作品按质量排序．设第一次排序中排名为的作品在第二次排序中的名次为（是，，…，的一个排列）．定义用以衡量两次排序的偏离程度． （1）当时，若评委两次排序完全随机（即所有排列等可能），求的所有可能取值集合． （2）取，假设评委仅凭随机猜测排序，且各轮测试相互独立． ①求的分布列与数学期望． ②若某评委在连续三轮测试中，每次都有，计算这一事件发生的概率．根据该概率，能否认为该评委具有较好的质量鉴别能力？请说明理由． 【答案】（1） （2）①的分布列为 0 2 4 6 8 ②，该可能性非常小，根据概率的实际推断原理，这样的小概率事件在试验中几乎不可能发生，从而我们认为该评委具有较好的质量鉴别能力 【解析】 【分析】（1）列举出所有可能的排列，进而求出的所有可能的取值集合；（2）①由题意可知，随机变量的可能取值有0、2、4、6、8，分别计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，并由此计算出的值；②记“在相继进行的三轮测试中都有” 为事件，计算出的值，由此可得出结论. 【小问1详解】 当时，的各种排列方式如下表： 1 1 2 2 3 3 2 3 1 3 1 2 3 2 3 1 2 1 0 2 2 4 4 4 所以的所有可能取值集合为． 【小问2详解】 ①当时，所有排列共有种．首先需要计算每个排列的值．由于对称性，可以按置换的轮换结构或直接枚举．考虑到在，，，中奇数和偶数各有两个，则，中的奇数个数等于，中的偶数个数，那么与的奇偶性相同．所以必为偶数．而，且易知，所以的所有可能取值为，，，，． 所以，，， ， 所以的分布列为 0 2 4 6 8 所以的数学期望． ②记“在相继进行的三轮测试中都有”为事件，“在某轮测试中有”为事件，则． 因为各轮测试相互独立，所以． 考虑到，该可能性非常小，根据概率的实际推断原理， 这样的小概率事件在试验中几乎不可能发生，从而我们认为该评委具有较好的质量鉴别能力． 19. 已知函数，，． （1）讨论在上的单调性． （2）若任意都有恒成立，求实数的取值范围． （3）已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）； （3）由（2）知，当时，对任意，恒成立，则． 令，得．两边取对数，得． 因为，所以． 对于，，，…，，求和得 ． 下面证明当时，有，设， 则，且， 所以在上恒成立， 所以． 又，且， 所以， ． 因为， 所以． 所以． 所以对任意正整数，都有． 【解析】 【分析】（1）二次求导，分和两种情况，得到的单调性； （2）在（1）的基础上，得到的单调性，，求出实数的取值范围； （3）由（2）知，，令，两边取对数，变形后累加可得，，再证明当时，有，放缩，裂项相消法求和得到结论 【小问1详解】 由题意，得． 记，定义域为，则． 当，即时，， 此时在上单调递增； 当，即时，令，得， 且在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，所以． 所以在上单调递增，则，符合题意． 当时，在上单调递减，则． 所以在上单调递减，，不符合题意． 综上所述，实数的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ ★2026年7月9日 2025—2026学年普通高中高二下学期期末教学质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上． 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，再选涂其他答案标号．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、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. 已知数列的前项和公式为，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若随机变量，则（ ） A. B. C. D. 6. 某数学建模活动小组为测量郑州市寿圣寺双塔塔尖之间的距离，构建了如图所示的几何模型（点，分别代表两座塔的塔尖位置）．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（ ） A. 80米 B. 120米 C. 米 D. 米 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点．设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9. 为了解某款新型“智能手环”的销售状况，创新实践小组对该产品上半年的销售情况进行了调查，部分数据为：1月份销量万件，2月份销量万件，3月份销量万件．已知第二季度销量比第一季度多万件．设月份为，销量为（万件），经过回归计算得到线性回归方程为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 该组数据的线性相关系数为，故相关性很弱 C. 根据回归方程，推测月份销量为万件 D. 月份销量的残差为 10. 已知，是概率均不为的随机事件，下列说法正确的有（ ） A. 若，则事件与事件互为对立事件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，，则 11. 声音的合成在音乐、信号处理中十分常见．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，记，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上恰有个零点 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为_________． 13. 已知圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为_________． 14. 在边长为4的菱形中，，沿对角线将折起得到三棱锥，若，则三棱锥外接球的表面积为_________． 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. 已知是等差数列，是等比数列，且，，． （1）求和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求满足的最大正整数． 16. 在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． （1）是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． （2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 17. 已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． （1）求椭圆的标准方程． （2）设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程． 18. 某学校举办书法比赛，共有幅作品．评委首先按质量从高到低排序，最优者为第1名，次优者为第2名，…，最差者为第名．一周后，评委遗忘之前排序，再次对这幅作品按质量排序．设第一次排序中排名为的作品在第二次排序中的名次为（是，，…，的一个排列）．定义用以衡量两次排序的偏离程度． （1）当时，若评委两次排序完全随机（即所有排列等可能），求的所有可能取值集合． （2）取，假设评委仅凭随机猜测排序，且各轮测试相互独立． ①求的分布列与数学期望． ②若某评委在连续三轮测试中，每次都有，计算这一事件发生的概率．根据该概率，能否认为该评委具有较好的质量鉴别能力？请说明理由． 19. 已知函数，，． （1）讨论在上的单调性． （2）若任意都有恒成立，求实数的取值范围． （3）已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $