河南省周口市2025-2026学年高二下学期5月期中名校联考数学试卷

2的所有整数构成的集合可表示为（

1，2，3，4，5 52张有奖，32次，每次抽取一张彩1A2BP(BA)A．

B．

C．

D．fxx32x2ax3在区间12上单调递减，则a的取值范围是（

B．,

C．

fxfxfx的图象可能是（735AC、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（） X服从两点分布，随机变量YPX0)0.5X与YD(XY（ fxe2x2x1exx2x的最小值为（

5D3,11，则下列说法中正确的是（rR2xy已知fx2x1100aaxax2Lax100，则下列描述正确的是 a1a2a3La100fxx的偶数次项的二项式系数和为f(17a12a23a3L100a100已知f(x)(1x)2026aaxax2 x2026，则下列说法正确的有（ a1a2a3a2026

a0a2a3a

111

若直线既是曲线ye2x在x0处的切线，也是曲线yln(2xb)的切线，则实数b 已知定义在Rfxf10fx1f2x1x24x3xlnx解集 f(x)fπ

1sinx

3cosx6 fxfx在区间[0,m]上有零点，求m的最小值如图，在圆台O1O2中，上、下底面半径分别为1和4，高为4ABCDE在下底O2ECDF为O1EO1E平面O2CFBDE与平面O2CFABCA1B1C1ABBCC1DDCCE2EABF2FAABBC3AA12EFAB1C1B1DFAC的交点，并说明你的理由 23

；若甲当天选择篮球，则后一天等可能地选择其中一个项目.知甲第一天等可能地选择一个场馆进行相应的体育锻炼.221 若m2yfx在点1,f1求mm2m证明：x2x1 m 2×4×3=24A．解析：141张有奖，3PB|A1解析：fxx32x2ax3fx3x24xax12fx0恒成立，即a3x24xy3x24x在12y3x24x4,1，所以a4.解析：yfxx2和1x1fx0当2<x1x1fx0，D正确.解析：C、DC、D33AA3个，有A1A3种，其中的每一种排法，C、D节目的排列有A2333所以节目安排的方法总数为A1A3A23623633解析：1：令ZXY，则Z的可能取值为1234P(Z1)0.50.20.1，P(Z2)0.50.60.50.20.4P(Z3)0.50.20.50.60.4，P(Z4)0.50.2E(Z)10.120.430.440.12.5D(Z)(2.51)20.1(2.52)20.4(2.53)20.4(2.54)20.10.652XDX0.50.50.25，E(Y)10.220.630.22D(Y21)20.222)20.623)20.20.4X与YDXY0.250.40.65.fxe2x2x1exx2xe2x2xexx2exxexx2exxgxexxgxexx0gx0gx单调递减，x0gx0gx单调递增，gxg01.令texxt1，则exx2exxt2tyt2t在1所以当t1yt2tfx0.xy的线性相关程度变强，rR2变大，残差平方和变小.解析：Ax1，得a0a1a2+L+a1001，x0，得a01故a1a2+L+a1000，ABxx的偶数次项的二项式系数和相等，都为299B正确；Cf(1)3100950(72)50，故只需考虑2507因为250424848164(71)16，74C正确；D2x1100aaxax2Lax100 两边求导得1002x1992a2ax13ax2L100ax99，x1，得a12a23a3L100a100 解析：Ba0f(0)1，BAa1a2a3a2026f(1a01，A 对于C，求导得f(x)2026(1x)2025a2ax3ax2L2026a 因此a12a23a32026a2026f(1) D

,kN,k2026又

k!(2026k)!2027k!(2026k)!(2027kk1) 2027(2027k)!k![2027(k1)]!(k1)!2027(

1) 2028

Ck 111L

=2027[(

+1)+(

+1)(

+1)+L(

+1)+(

+1

2027(

1)2027

1202720261013，D正确

2028 解析：XPX1PX00.24，PX1PX01PX00.38.解析：ye2xy2e2xye2xx0y12x0)y2xyln(2xb的切线的切点为x0

byln(2xby

2xb

x依题意可得2x

，解 2 14．x24x解析：构造函数gxf2x1 xlnx，其中x0gx2f2x1x2lnx12f2x1lnxx2lnxx3lnxx构造函数hxlnxx1x0，则hx111x 由hx0可得0x1，由hx0x1故函数hx在0,1上单调递增，在1上单调递减，所以hxh10gxlnxx1hx0，g1f11243ln10f2x1x24x3xlnxgxg1，故0x 因此，原不等式的解集为0,115．(1)-3π2kπ,π2kπ(k 2π（1）

111132 6 （2）由1sinx

3cosx0，得sinx

3cosx2sinxπ1 3 π 则sinx 则7π2kπxππ2kπkZ 解得3π2kπxπ2kπkZ fx的定义域为3π2kππ2kπ(kZ （3（方法一）令f(x)0，得sinx3cosx0，即tanx x[0m]，所以m2π，故m2π （方法二）f(x)0，得sinxπ0 3 x[0m]xππ,πm所以mππ，即m2π

故m2π16．(1)(2)（1）在圆台O1O2中，上、下底面半径分别为1和4，高为4，所以O1O2O2E4，F为O1E的中点，所以O2FO1E，易知O1O2平面CDECD平面CDE，所以O1O2CD又因为O2ECDO1O2O2EO2O1O2、O2E平面O1O2E，所以CD平面O1O2E，因为O1E平面O1O2E，所以O1ECD因为CDO2FO2CD、O2F平面O2CF，故O1E平面O2CF（2）因为O1O2平面CDEO2ECD以点O2O2E、O2C、O2O1xyzBDE的一个法向量为mxyzDB054DE440mDB5y4z 则

x4，则m445易知平面O2CFEO1404

EO1EO142

114BDE与平面O2CF夹角的余弦值为11417．(1) (3)(3)32（1）证明：因为CE2EABF2FAAEAF1EFBC BCB1C1EFB1C1EFAB1C1B1C1AB1C1EFAB1C1B1DBC延长线于点GFGACH因为GB1DBDB1DF，所以GB1DFFB1DFFGB1DFHB1DFAC的交点BBABCBB1x，y，zB1(002D(03,1F(2,0,0)B1D031B1F202)B

mB1D3yz设平面 的法向量为m(x,y,z)，则→––– y1x3z

，所以m3,13→B

ABB

→→

mn设平面

与平 11的夹角为，

→ m可得

1 ，则tanθsinθ 33B1DFABB1A1夹角的正切值为32.18．(1)1；2P1 4(n2) 6 （1）PAPAPA1

|A)1,

|A)2,

|A)1 P(BPA

|A)P(A

|A)P(A

|A)1112111 3 3 3 1 PA|BPA3)P(B2|A3)33 P(B2 设甲第n(nN*Pn，甲第n(nN*Rn R1对所有n1由无论前一天选择什么，后一天选乒乓球的概率均为 从而选择篮球的概率为

1PR2P 当n2PPP1

2

1 n1

n1

n1而 1，

2

，化简得P1 4(n2)，P1

6 19．(1)ye（ⅱ）

x （1）

yfx在点1f1ye（2（ⅰ）x 1 x1exxx x1exxx fx 1 fx0x1fx0，得0x所以函数fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以fx f1e1m，x0fxxfxfx存在两个不同的零点，只需e1m0，即me1，所以m的取值范围为e1.（ⅱ）证明：找两个点ab0a1bfa0fb0m2m

0

1 m

m m

m

m−fm0f10即可 m1 fm e

em

ln①

0

lnm，即证 mg

x x2ex，则g，则gx 当0x2gx0gxx2gx0gxgxx2gxg2e2em令Gxlnxx0，则Gx1lnx

当0xeGx0GxxeGx0Gx所以Gxxe处取得最大值，所以GxGe1，即lnm1又e1

lnm

fm0

f1