精品解析：江西省临川第一中学2025-2026学年高二下学期7月知识定时训练数学试题

高二7月知识定时训练 科目：数学 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。 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。写在本试题卷上无效。 3．本试题卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟。如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负。 4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 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． 1. 集合的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，集合有个元素，故集合的真子集个数为. 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. 经过抛物线与的两个交点的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】联立求出交点坐标，进而求出直线方程. 【详解】联立，得，即，解得或， 所以两抛物线的交点为，， 故过两个交点的直线方程为. 4. 已知为锐角，，，则=（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】因为为锐角，，所以. 因为，所以，且， 所以， 所以 . 5. 已知是无穷等差数列，“存在正整数，使得”是“存在正整数，使得”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】若，则，则充分性成立； 若，则， 但不存在正整数，使得，故必要性不成立， 则“存在正整数，使得”是“存在正整数，使得”的充分不必要条件. 6. 一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，若在其中一个球为红色的条件下，另一个球也为红色的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率公式即可解出答案. 【详解】设事件为“从箱子中任取两球均为红色”， 事件为“从箱子中任取两球至少有一球为红色”． 则由题意知， ,， 所求概率为. 故选：B． 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【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. 费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线（、为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线，为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中点以及角平分线的性质可得，即可根据双曲线定义得，代入到双曲线方程可得，即可根据离心率公式求解. 【详解】如图，延长交的延长线于点， 由于是的角平分线上的一点，且, 所以点为的点，所以, 又为的中点，所以， 故， 故，即，将点代入可得，解得， 故离心率为， 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】选项A，因为，所以，错误. 选项B，因为，所以，又，因此，正确. 选项C，因为，所以，又因为，所以，正确. 选项D，，若，正负性无法确定，错误. 10. 在某次实验中，某同学根据4个样本点，，，，利用最小二乘法得到关于的经验回归方程，设对应的回归直线为：.已知这4个样本点到的距离均不超过，记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差.（注：由最小二乘法所得残差满足，），则（ ） A. 样本点对应的残差为1 B. 样本点到的距离为 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用残差的定义与性质列方程，再结合 点到直线的距离约束筛选参数，逐一验证选项即可. 【详解】选项A，由题意可知残差，四个样本点的残差依次为，，，，样本点对应的残差为，A错误； 选项B，点到的距离为，B正确； 选项C，因为，，所以，即， 且，即， 将代入，得，解得或，C错误； 选项D，点到直线的距离为， 由题意得，对于点，有，所以，故，故，C错误，D正确. 11. 已知数列，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为的一阶差数列为．已知数列满足的二阶差数列的通项公式为是的前项和，是数列的前项和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题目给出的公式求得，判断A选项；由累加法即可求得，再通过累加法求得，判断B选项；由的通项公式，通过分组求和求得，判断C选项；通过裂项相消求得，判断D选项. 【详解】对于A，由题可知， 所以4，故A正确； 对于B，由题可知， 由累加法可知， 又，所以，故， 由累加法可得1）， 即，故所以，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，当时，，当时，， 当时，， 所以 ，综上，，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的常数项是________． 【答案】 【解析】 【详解】因为展开式的通项为 ， 的幂指数为 ，令其为0得，非整数，故常数项不存在，系数为0. 13. 设，，若函数满足，且，则____________． 【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. 已知是定义在上的奇函数，函数的图象关于点对称，且满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】通过关于的对称性以及奇函数的性质求解的周期，进而对化简求解. 【详解】因为，， 所以， ，故关于直线对称. ，，又因为为奇函数， 所以，周期为. 设，， ，，，，，， 所以，又因为，所以得到，即， ，. 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. 如图，在三棱柱中，平面，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，平面，得平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直性质得到，进而证得. （2）建系求的法向量后算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，可得，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则有即 取，则， 记直线与平面所成的角为， 故. 16. 在一个不透明的箱中有7个形状相同的小球，其中白色小球3个，红色小球4个. （1）现在从箱中任取2个小球，求取到的小球颜色相同的概率； （2）现在从箱中任取3个小球，设取出的3个小球中白球的个数为X，求X的分布列以及数学期望. 【答案】（1） （2） X 0 1 2 3 P 【解析】 【分析】（1）设“取到的小球颜色相同”记为事件C，根据古典概型求解相应概率即可； （2）依题意可得X的可能取值，求出所对应的概率，列出分布列，计算数学期望. 【小问1详解】 设“取到的小球颜色相同”记为事件C，则． 【小问2详解】 显然X的可能取值有0，1，2，3． ，， ，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 故． 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 【答案】（1） （2），或， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和性质、三角恒等变换化简已知等式求角； （2）结合三角形面积公式建立的关系，再用余弦定理列方程求解. 【小问1详解】 在中，，故 ， 将已知等式变形： ， 又 ， 代入得： ，  因，， 故，得； 【小问2详解】 由三角形面积相等得，代入，，， 化简得：  ，又 再代入余弦定理，得  ， 整理得，解得或， 对应代入，得或， 故，或，. 18. 已知抛物线的焦点为F，M是的准线与轴的交点，是上的一点，且． （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，过点的直线与交于A，B两点，若为的重心，求直线OG的斜率的最大值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【小问1详解】 易知，则， 根据抛物线的定义，得，所以． 因此的方程为． 【小问2详解】 易得，设， 联立得消去得， ， 设的重心为， 则， 直线OG的斜率为， 要求直线OG的斜率的最大值，需使，则直线OG的斜率为， 当且仅当时，直线OG的斜率取得最大值1． 19. 已知定义在上的函数的零点为，且，，. （1）试猜想数列的通项公式，并加以验证； （2）求数列的最小值与数列的最小值； （3）证明：是递增数列 【答案】（1）由，，，得，，， 猜想数列的通项公式为， 因为，所以猜想成立. （2）数列的最小值为，的最小值为. （3）证明：， 于是， 设，， . 下面证明. 注意到， 显然， 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 故， 于是，则，在上单调递增， 于是是递增数列. 【解析】 【分析】（1）代入前三项归纳通项，再将通项回代零点函数验证等式成立； （2）构造连续函数，对比整数点得最小值；计算相邻项比值，比较前两项大小确定的最小值； （3）求导化简，转化为单变量函数，导数恒正证函数单增，推导出对应数列为递增数列. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 设，故， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 而， 注意到， 结合函数的单调性，可知. 故数列的最小值为. 易知当时，， 而，， 又，， 故数列的最小值为. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二7月知识定时训练 科目：数学 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。 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。写在本试题卷上无效。 3．本试题卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟。如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负。 4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 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． 1. 集合的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3. 经过抛物线与的两个交点的直线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为锐角，，，则=（ ） A. B. C. D. 或 5. 已知是无穷等差数列，“存在正整数，使得”是“存在正整数，使得”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，若在其中一个球为红色的条件下，另一个球也为红色的概率为（    ） A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线（、为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线，为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（     ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在某次实验中，某同学根据4个样本点，，，，利用最小二乘法得到关于的经验回归方程，设对应的回归直线为：.已知这4个样本点到的距离均不超过，记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差.（注：由最小二乘法所得残差满足，），则（ ） A. 样本点对应的残差为1 B. 样本点到的距离为 C. D. 11. 已知数列，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为的一阶差数列为．已知数列满足的二阶差数列的通项公式为是的前项和，是数列的前项和，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的常数项是________． 13. 设，，若函数满足，且，则____________． 14. 已知是定义在上的奇函数，函数的图象关于点对称，且满足，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. 如图，在三棱柱中，平面，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在一个不透明的箱中有7个形状相同的小球，其中白色小球3个，红色小球4个. （1）现在从箱中任取2个小球，求取到的小球颜色相同的概率； （2）现在从箱中任取3个小球，设取出的3个小球中白球的个数为X，求X的分布列以及数学期望. 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 18. 已知抛物线的焦点为F，M是的准线与轴的交点，是上的一点，且． （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，过点的直线与交于A，B两点，若为的重心，求直线OG的斜率的最大值． 19. 已知定义在上的函数的零点为，且，，. （1）试猜想数列的通项公式，并加以验证； （2）求数列的最小值与数列的最小值； （3）证明：是递增数列 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $