河南省名校联考2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

2025-2026Axlgx1Bxx2AB（(2, B． C． zzz1iz1（1

C．

在数列ana11anan14，则a2025（

yaxayex1的一条切线，则a（

D．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（ fx6lnx1x4ax在2上单调递减，则a的取值范围是（

C．

D．5AB、C三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少点，则不同的选法种数为（） fxRfxfxf01fxex的解集为（

C．

下列说法中正确的是（5名工人各自在3天中选择一天休息，不同方法种数是B．甲、乙、丙、丁4支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有12

3

的展开式的常数项为T x

C1C2C3LC11 已知4x19aaxax2Lax9，则（ a

a

L

a1a2La9

a fx在区间π,π上单调．则下列结论正确的是（1224 B．ω的最大值为4 D．f0f4 已知tanα5π2，则tan 4 x22

的展开式中常数项 .（用数字作答点共19个点中随机选取2个点与E1构成三角形，则能构成 三角形，恰好是以E1为顶角顶点的等腰三角形的概率为 （A415（1） 8 C3 C1C2 求不等式2A32x23A2 ABCDABCDABCDABAA2AABπ，侧面CDDC

111

1A1BC平面CDD1C1fxlnxaaR若a0yfxx轴相切，求a 3已知椭圆C经过点M1,2F13,0F23,0． 求出椭圆CAB是椭圆上异于M的点，直线MA、MBx轴围成一个以M①AB②ABfxlnxaxfx只有一个零点，求aA，然后根据并集的运算求解即可得出答案【详解】解lgx1可得0x10Ax0x所以ABx|0x10xx2xx0z2，由复数的除法运算可求得结果【详解】Qz11iz1z2在复平面内的点关于实轴对称，z21i 1 11 i 1 1i1【详解】因为anan14①，则an1an24②，由①②得到an2an，则数列an2的周期数列，又a11，故a2025a11.设出切点坐标，根据导数的几何意义，结合切点在切线和曲线上列方程组求解可得yaxayex1相切于点x0y0ex1yex1，所以y

a

0,

ae yex根据题意，分别任选一张、两张、三张、四张或全选，结合组合数求组成的币值种数 【详解】根据题意一共可以组成的币值种数为C1C2C3C4 fx在(2fx0x(2恒成立fxfx62x3a，分离参数得a2x36x(2恒成立g(x)2x36g(x)6x2

0x0gx在(0上单调递增则在区间(2g(xg(2)223613gx在(2上的取值范围是(13要使ag(xx(2恒成立，只需a13，因此a的取值范围是(,13.12, 12, 若甲乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为1,13的选法为32A318 所以总的不同的选法种数为181836种fxfxyfx，由其单调性求解不等式

f

fx

fxffxfxfxfx0y

，因为 x

0yfxfxex可得fx1，且f0 所以原不等式即fxf0x0 fxex的解集为0，ABC选项；D选项.A5名工人各自在3天中选择一天休息，每个人都有3种选择，由分步乘法计数原理可知，不同方法种数是3，A错；B选项，甲、乙、丙、丁4支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有A212种，BC3

3

12k 3 Ck Ck1k32k12x6kk0,1,2,L,12k 123 由6k0，解得k6，故展开式中的常数项为TC616C6 DC1C2C3LC11C0C1C2C3LC11C02111，D错 赋值法即可求解所有项的系数和.根据二项式展开的通项特征可求指定项的系数x0，得a191Ax1得，即aaaLa39B x1，得a1a2La91a2，故C正确；4x19展开式的通项为 Cr(4x)9r(1)r，令9r

r 得r8，所以a4C836 故选

πωφk8

，即

，k,kZ3π

1f sin

ωφ8

解得ω22k2k1fx在区间π,π1224 Tπππ，即Tπ，所以0ω8 2412 fx π

sin7x 当πxπ17π7xππysinx在17ππ

246 即当ω7fx在区间π,π上不是单调函数，B1224 因为φπ，所以，当ω1fπ0，φπ 8 f0

3π

所以

sin,f

sinf0sin3π,f3πsin21πsin3π f0sin3πsin3π,f3πsin27πsin3π 8 4 f0sinπsinπ,f3πsin41πsinπ8 4 综上可知，CD正确.3/根据正切函数计算求解即可【详解】因为正切函数的最小正周期是所以tanα5πtanα5ππtanαπtanα12 4

4 1 解得tanα1所以tan

2tanα1tan2α

3．求得二项式

1的展开式的通项为

1)rCrxr4，进而求得展开式的常数项

r 1

1的展开式的通项为T

Cr

Crxr4r0,1,2,3,4

r

x 所以x22

x21)2C2x22(1)4C4x0C228 B1E1C1E1E1个平行平面，分别确定等腰三角形个数，再结合古典概率模型计算公式求解即可E11182E1构成三角形，B1E1C1三点在一条棱上，不能构成三角形，所以能构成C21170E1E14（由各点均为正方体各棱的中点，由面面平行的判定定理可知αβ，γ互相平行）2EE为顶角顶点的等腰三角形，共有2C212 2EE为顶角顶点的等腰三角形，有C26 7E1为顶角顶点的等腰三角形；综合①②③，共有127120E1P

202 15（1）利用排列数和组合数的公式运算求解即可A4 876587 8 （1）

C3

7657 32 2x2xN，则x1xx12x2x200x4x5（舍去x4.x3xN，则2xx1x22x23x1x4xx1整理得2x311x25x01x5x3xN(2)(2)由底面为正方形，侧面CDD1C1ABCD得到正弦值.2：作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值.（1）ABCDBCCDBCABCD，侧面CDD1C1ABCD，侧面CDD1C1ABCDCD，BC平面CDD1C1BCA1BC，A1BC平面CDD1C1.（2）1：由（1）BC平面CDD1C1ADBCAD平面CDD1C1D由AABπABAA2，得DDCAABπDC

2 ,A1BC1的一个法向量nx,yz，nBA1x,y,z0,1,3y3z

3

x1，则n1,1,3 1侧面CDDCABCDAAB→100，AA1BC1的平面角为1cosθ

→

→ m→→ mm AA1BC127由ABAA2，AABπ，得ABBA是菱形，且VABB是正三角形 1 AB1A1B，由（1）BC平面CDD1C1B1C1BCB1C1平面CDD1C1，又平面CDD1C1ABB1A1B1C1ABB1A1A1BABB1A1，又C1OAB1C1，则C1OA1BAOC1AA1BC1在RtVB1OC1中，B1C12,B1O3，则斜边C1O 所以sinAOCsinB

B1C127AABC27

17．(1)(3)e利用导数的几何意义建立方程，求解参数即可先求导函数，由导函数特征对参数范围进行分类讨论即可求解 方法一：利用分离参数法得到axlnx2x 即可分析计算求解；方法二：转化为fx 2，再结合fx （1）fxxayfxx轴相切，所以设切点为x00fxx0a0

a

0，所以lna10，解得a1当a0x0afx0fx在0a上为减函数，等价于axlnx2x恒成立，得到axlnx2xmax，x0egx0gx在0egxmaxe，故ae∞.f f1a，则a2得到fx falna12，解得ae,∞. y(2)①证明见解析；0,32323232 198198 43198198 MF1MF22a，所以2a4，则a2a2由题ca2

x2

1（2）①由题可得kMAkMB0ABykx联立

y2

，可得14k2x28kmx4m240Δ8km2414k24m240，可得4k2m210

4m2x1x214k2x1x214k2因为

y1

2

20

x x x 3 3即11y22x21y120 x 3 3即11kx2m2x21kx1m2 2kxxmk3xx2m31

2 2 2k4m248kmmk32m34k2 2 2 014k2整理可得43k28k 43km2m0即23k12m2k30又因为直线AB不过点M，所以2m2k 0，所以23k10，即k 3

3m，x1

3m21，由4k2m210得m2411 x 4x 11 121AB1

x1

因为0m24，所以0AB19．(1)a0或a

13AB的取值范围是0,13a（1）fx)1a1axx0 当a0f(x)0x1x01f(x0fx在01 a a 当a0fx在01单调递增，在1∞ a fxlnxax0，则lnxag(x)lnxx0g(x)ag(x)1lnxg(x)0xe，xe∞g(x)0gx)在e∞g(xg(e)1xg(x0g(x)a只有一个根，所以a0或a1gxex1xfxex