河南名校联考2025-2026学年高二下学期7月期末数学试卷

**基本信息** 立足高二数学核心内容，通过正态分布（精密仪器钢珠直径）、智能仓储系统等真实情境与函数、几何综合题，考查数学眼光、思维与语言，梯度分明适配期末检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|集合、复数、正态分布等|第3题结合钢珠直径考查正态分布，体现数学眼光观察现实世界| |多选题|3题18分|立体几何、概率统计等|第10题综合独立事件、四分位数，考查数学思维推理能力| |填空题|3题15分|分布列、函数性质等|第14题导数极值与单调区间，强化数学思维逻辑分析| |解答题|5题77分|函数奇偶性、概率应用、椭圆综合等|17题以智能仓储系统为情境考查概率决策，体现数学语言表达现实世界；19题椭圆定点与面积最值，考查逻辑推理（数学思维）|

参考答案: 1.【答案】C 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系,列式,再检验集合中元素是否满足互异性. 【详解】由条件,则或, 当时,集合不满足集合元素的互异性,舍去, 当时,或(舍), 所以. 2.【答案】A 【解析】 【详解】复数, 所以 3.【答案】C 【解析】 【详解】∵ 直径服从正态分布,∴ 正态分布曲线的对称轴为,. ∵ , ∴ . 又∵ ,根据正态分布的对称性,点与点关于对称轴对称, ∴ ,解得,即. 综上可得,,故选项C正确. 4.【答案】D 【解析】 【分析】由分步乘法原理计算. 【详解】由题意,每个同学有2种选择,故不同报名方式为. 故选:D 5.【答案】A 【解析】 【分析】求导得,由题可知,解得或,再进行检验即可. 【详解】, ,又在处有极小值, ,解得或, 当时,, ,则或,,则, 所以在和上单调递增,在上单调递减, 函数在处取得极大值,不符合题意; 当时,, ,则或,,则, 所以在和上单调递增,在上单调递减, 函数在处取得极小值,符合题意; 综上,. 6.【答案】A 【解析】 【详解】焦点,准线方程为, 分别过作轴的垂线,垂足为, 则, 等号成立时三点共线, 故到轴的最短距离为 7.【答案】C 【解析】 【分析】观察值之间的关系,可作差构造函数,通过求导分析函数单调性,确定大小关系. 【详解】设(), 则,在上单调递增, 所以, 当时,,取,得,即; 设(), 则,在上单调递减, 所以, 所以当时,, 取,得,即. 故. 8.【答案】D 【解析】 【分析】分别验证充分性与必要性,结合正弦定理、函数单调性推导两个条件的逻辑关系. 【详解】先判断必要性: ∵ 若是等边三角形,则,, ∴ ,,即,必要性成立. 再判断充分性: 已知,根据正弦定理,,,可得, ∴ ,即. 设函数,,求导得. 令,则. ∵ 时,,∴ 在上单调递减,, ∴ ,即在上严格单调递减. ∵ 且,∴ ,即为等边三角形,充分性成立. 综上,“”是“是等边三角形”的充要条件. 9.【答案】AD 【解析】 【分析】结合正三棱柱的性质,利用线面垂直、线面平行的判定定理逐项分析判断. 【详解】正三棱柱中,底面为正三角形,侧棱均垂直于底面. 对于A:∵ 为中点,为正三角形,∴ . ∵ 平面,平面,∴ . 又 ,平面, ∴ 平面. ∵ 平面,∴ ,A正确. 对于B:若平面,因平面,则. ∵ 平面,平面,则, 又平面.这与同一平面内,经过一点有且仅有一条直线与已知直线垂直矛盾, 故不垂直于平面,B错误. 对于C:∵ ,与交于点,且, ∴与不平行,故与不平行,C错误. 对于D:∵ ,平面,平面, 则可得平面,D正确. 10.【答案】ACD 【解析】 【分析】A利用二项分布的方差公式和方差性质计算;B利用百分位数的概念;C利用独立事件和加法概率公式;D分甲抽到2张花牌,甲抽到1张花牌,乙未抽到花牌,两种情况讨论. 【详解】对于A,因为,所以, 则,故A正确; 对于B,数据从小到大排列为0,5,6,6,8,11,12,17,共8个数据, ,故下四分位数是,故B错误; 对于C,因为,相互独立,所以,, 则, 则,故C正确; 对于D,甲、乙依次不放回地从一副13张牌中各任取两张牌,共有种, 其中甲抽到2张花牌的有种; 甲抽到1张花牌,乙未抽到花牌,共有种, 则甲抽到的花牌比乙抽到的花牌多的概率为,故D正确. 11.【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A,求出函数的定义域,利用导数确定函数的单调区间,即可判断;对于B,由题意可得,,再利用函数的单调性即可判断;对于C,将问题转化为的图象与直线有三个交点,利用导数确定函数的单调区间,再作出图象,结合图象求解即可;对于D,由已知可得,令,,利用导数可得,即可得,从而判断即可. 【详解】对于A,因为且, 又因为, 令,得, 所以当时,, 当时,, 所以在和上单调递减,在上单调递增,故A错误; 对于B,因为,, 又因为函数在上单调递增, 且, 所以,故B正确; 对于C,因为当时,;当时,;当时,,, 作出函数的图象,如图所示: 令, 得, 又因为的图象是将的图象位于轴下方的部分翻折到轴上方, 且的图象与直线有三个交点, 所以,解得,故C正确; 对于D,设,, 即, 所以, 令, 则, 又因为,即, 所以, 解得,所以, 所以, 要证明,即证明, 即证明,,, 令, 则, 令, 则, 所以,即在上单调递增, 所以, 所以在上单调递增, 所以, 即恒成立, 所以,故D正确. 12:【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据离散型随机变量分布列的性质,求得;先根据期望的定义, 再利用期望的线性性质求解. 【详解】对裂项得:对求和, ,解得; 根据期望的性质:,因此, 计算期望:, , , 因此. 13:【答案】 【解析】 【分析】先利用指数函数的单调性确定底数,再对已知等式两边同取以3为底的对数解出的值,最后结合取值范围即可求解. 【详解】由题意得在定义域上是单调递减的,故, ,即, 则,此时不满足,故舍去, 或,此时满足, 综上,. 14:【答案】 【解析】 【分析】先由极值点的导数为零得,再由函数在上单调递增得导数在区间上恒成立,进而可得,再结合极值点的左右导数须变号得,从而可得结果. 【详解】由函数,函数定义域为,. 因为是的极值点,所以,代入得,即. 若在上单调递增,等价于对任意恒成立, 所以,因为, 所以对任意恒成立,即对任意恒成立,因此. 又因为是的极值点,且,所以,即. 因此且,所以的取值范围为. 15:【答案】(1), (2) 【解析】 【分析】(1)根据奇函数的定义求解即可. (2)先利用函数的奇偶性和单调性将抽象不等式转化为具体的不等式 ,再对分类讨论,最后用基本不等式求最小值,得到实数的取值范围. 【小问1详解】 的定义域为,又为奇函数,则. 又,即,解得. 则, 由,则,满足条件. 【小问2详解】 由(1)知, ,均在上单调递增, 在上单调递增. 在时恒成立,是上单调递增的奇函数, 所以,即在时恒成立, ,成立,此时,时,得到. 且令,即在时恒成立. 又,当且仅当时等号成立, 即,故. 16:【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】(1)根据给定条件,利用正弦定理边化角,再利用和角的正弦化简求解. (2)由(1)的结论,利用余弦定理及基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 在中,由及正弦定理, 得, 而,则,所以. 【小问2详解】 由(1)知,由余弦定理得 , 解得,当且仅当时取等号, 所以的最大值是. 17:【答案】(1)0.1 (2)0.0486; (3)应该引进该系统,理由如下: 设使用智能仓储检测系统时每日总支出(即总损失)为元. 设备故障且被判为故障的概率为, 设备正常却被判为故障的概率为, 设备故障却被判为正常的概率为, 则. 因为,所以应该引进该系统. 【解析】 【小问1详解】 设某日检测结果与设备实际状态不符为事件, 由全概率公式可得; 【小问2详解】 设恰有2天检测结果与实际不符为事件, 则, 故恰有2天检测结果与实际不符的概率为0.0486; 【小问3详解】 略 18:【答案】(1)在上单调递减,在上单调递增 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求导可得,结合函数单调性分析的符号,即可得的单调性; (2)求导,结合函数单调性和零点存在性定理可得的符号,即可得的单调性和最值,结合零点代换分析证明. 【小问1详解】 当时,函数的定义域为,且, 因为,在上单调递增,, 则在上单调递增,且, 当时,,当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增. 【小问2详解】 因为的定义域为, 且,, 可知在上单调递增,且,, 可知存在,使得,即, 当时,,当时,, 可知在上单调递减,在上单调递增, 则, 设,则, 可知在上单调递减, 则, 所以. 19:【答案】(1); (2)(i)证明:由题可知,,设,. 当时,直线的方程为, 联立,消去整理得, 已知是方程的一个根,设,由韦达定理得, ∴ ,代入直线方程得,即. 同理,直线的方程为, 联立,消去整理得, 已知是方程的一个根,设,由韦达定理得, ∴ ,代入直线方程得,即. . 直线的方程为. 整理得 , 当时,,即直线过点. (ii) 【解析】 【分析】(1)由椭圆顶点距离求出,结合离心率求出,再利用椭圆中的关系求出,即可得到椭圆方程. (2)(i)设出点坐标,分别写出直线、的方程,与椭圆方程联立,通过韦达定理求出点、的坐标,推导直线的方程,确定定点坐标. (ii)将转化为关于直线参数的函数,结合函数单调性求解最大值. 【小问1详解】 ∵ 椭圆的左、右顶点为,且,∴ ,解得. ∵ 椭圆离心率,∴ , ∴ , ∴ 椭圆的方程为. 【小问2详解】 (i)略 (ii)设直线的方程为,,, 联立,消去整理得, 由韦达定理得,. ∵ ,,其中为到直线的距离,为到直线的距离, 计算得,,, ∴ . ∵ , ∴ . 令,,则,代入得. 由对勾函数的性质可得在上单调递增, 所以当时,取得最小值,取得最大值. 即的最大值为. 【点睛】方法归纳:求解直线过定点时,常先求出动直线含参数的方程,再寻找与参数无关的点即为定点;求解面积最值时,通常将面积表示为单一参数的函数,结合函数单调性或基本不等式求解. 学科网(北京)股份有限公司 $ 高二数学试卷 本试题卷共19小题，满分150分．考试用时120分钟． 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，再选涂其它答案标号．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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求． 1. 集合，，，则实数的值为（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 0或1 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径（单位：）服从正态分布.若，且，则下列描述正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种 5. 若函数在处有极小值，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 6. 点、在抛物线上，且，记线段的中点为，则到轴的最短距离为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知△的三个内角A，B，C所对的边分别为，，，则“”是“△是等边三角形”的（ ） A. 既不充分也不必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 充要条件 二、选择题（本题共3小题，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. 在正三棱柱中，为的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 10. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，则方差 B. 0，6，5，11，8，6，12，17的下四分位数是11.5 C. 若两个随机事件，相互独立，满足，，则 D. 一副扑克中有红桃共13张牌，将，，称为花牌，其他称为数字牌，甲、乙依次不放回地从一副13张牌中各任取两张牌，甲抽到的花牌比乙抽到的花牌多的概率小于 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减，在上单调递增 B. C. 设有个不同的零点，则 D. 对任意正实数，，且，若，则 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知随机变量的分布列为（，2，，4），其中为常数，则实数________，__________. 13. 设，，若函数满足，且，则____________． 14. 已知函数，且是的一个极值点，若函数在上单调递增，则的取值范围是______． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数是奇函数，且 （1）求和的值； （2）若，恒成立，求实数的取值范围． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，求的最大值． 17. 某现代农业产业园集中储存各类经济作物，仓储恒温保鲜设备每日出现故障的概率为0.2．若园区引入一套智能仓储检测系统：设备正常运转时，检测出正常的概率为0.9；设备发生故障时，系统检测出故障的概率为0.9，每日检测结果相互独立． （1）求某日检测结果与设备实际状态不符的概率； （2）连续4天检测，求恰有2天检测结果与实际不符的概率； （3）若使用该系统时，系统每日基础运维费100元；检测出故障需花费400元检修；检测正常但设备实际故障，会造成经济作物变质，单日损失2000元．已知不使用该系统时，每日故障损失期望为280元．判断是否引进该系统，并说明理由． 18. 已知函数． （1）若，判断的单调性； （2）若，证明：． 19. 已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，且． （1）求的方程； （2）点是直线：上的一点，直线交于另外一点（异于点），直线交于另外一点． （ⅰ）求证：直线经过定点； （ⅱ）记和的面积分别为，，求的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $