河南省名校联考2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题含答案

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A={1,a²},B={a},AB,则实数a的值为()

A.1B.-1C.0D.0或1

2.若复,则||=()

B

3.某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径X(单位：mm)服从正态分布N(2,σ²).若

P(2<X≤2.05)=0.4,且P(X<2a-2)=P(X>a),则下列描述正确的是()

A.P(X>2.05)=0.1,a=1B.P(X>2.05)=0.6,a=1

C.P(X>2.05)=0.1,a=2D.P(X>2.05)=0.6,a=2

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f(x)=x(x+a)²在x=2处有极小值，则实数a的值为()

A.-2B.-6C.-2或-6D.2

6.点A、B在抛物线x²=4y上，且|AB|=12,记线段AB的中点为M,则M到x轴的最短距离为()

A.5B.6C.7D.8

7.已知则()

A.c<b<aB.b<a<cC.a<b<cD.a<c<b

8.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则“a:b:c=A:B:C”是“△ABC是等边三

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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ABC-AB₁C₁中，D为AC的中点，则下列结论正确的有()

A.BD⊥A₁C

B.AC⊥平面BC₁D

C.BD//AB₁

D.CC₁//平面BB₁D

10.下列说法正确的是()

A.随机变量,则方差D(3X+1)=12

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A,B相互独立，满足,则

D.一副扑克中有红桃A-K共13张牌，将J,Q,K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.f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增

B.f(π)<f(2)

C.设g(x)=|f(x)|-2k+1有3个不同的零点，则

D.对任意正实数x,x₂,且x₁≠x₂,若f(x₁)=f(x₂),则xx₂>e²

第I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X的分布列为,2,3,4),其中a为常数，则实数a=

,E(2X)=.

13.设a>0,a≠1,若函数f(x)=a满足f(2025)>f(2026),且aB3=3,则a=

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14.已知函数.,且x=1是f(x)的一个极值点，若函数f(x)在(3,+∞)上单调递增，则a

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f(x)=3*+a·3*+b(a,b∈R)是奇函数，且

(1)求a和b的值；

(2)若Vx∈[0,2],f(kx)+f(-x²-2)<0恒成立，求实数k的取值范围.

16.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bcosC+ccosB=2acosA.

(1)求角A的大小；

(2)若a=√3,求b+c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f(x)=4⁻¹-(Inx+cx)In2.

(1)若a=1,判断f(x)的单调性；

(2)若,证明：

19.已知椭圆C:)的离心率为,左、右顶点分别为A,A₂,且|AA₂|=4.

(1)求C的方程；

(2)点P是直线l:x=-8上的一点，直线PA₁交C于另外一点M(异于点A₂),直线PA₂交C于另外一点N.

(i)求证：直线MN经过定点；

(ii)记△MNA₁和△MNA₂的面积分别为S₁,S₂,求|S₁-S₂|的最大值.

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1.C

【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BCA,则a=1或a=a²,

当a=1时，集合A不满足集合元素的互异性，舍去，

当a=a²时，a=0或a=1(舍),

所以a=0.

2.A

【详解】复数

所以

3.C

【详解】∵直径X服从正态分布N(2,σ²),∴正态分布曲线的对称轴为x=2,P(X>2)=0.5.

∵P(2<X≤2.05)=0.4,

∴P(X>2.05)=P(X>2)-P(2<X≤2.05)=0.5-0.4=0.1.

又∵P(X<2a-2)=P(X>a),根据正态分布的对称性，点2a-2与点a关于对称轴x=2对称，

解得3a=6,即a=2.

综上可得P(X>2.05)=0.1,a=2,故选项C正确.

4.D

【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2⁵=32.

故选：D

5.A

【分析】求导得f'(x)=3x²+4ax+a²,由题可知f'(2)=0,解得a=-6或a=-2,再进行检验即可.

【详解】f(x)=x(x+a)²=x³+2ax²+a²x,

f'(x)=3x²+4ax+a²,又在x=2处有极小值，

∴f'(2)=12+8a+a²=0,解得a=-6或a=-2,

当a=-6时，f'(x)=3x²-24x+36=3(x-2)(x-6),

f'(x)>0,则x<2或x>6,f'(x)<0,则2<x<6,

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所以f(x)在(-∞,2)和(6,+∞)上单调递增，在(2,6)上单调递减，

函数f(x)在x=2处取得极大值，不符合题意；

当a=-2时，f'(x)=3x²-8x+4=(x-2)(3x-2),

f'(x)>0,则或x>2,f'(x)<0,则

所以f(x)在和(2,+∞)上单调递增，在上单调递减，

函数f(x)在x=2处取得极小值，符合题意；

综上，a=-2.

6.A

【详解】焦点F(0,1),准线方程为y=-1,

分别过A,B,M作x轴的垂线，垂足为A',B',M',

等号成立时A,B,F三点共线，

故M到x轴的最短距离为5

7.C

【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f(x)=Inx-x(0<x≤1),

则f(x)在[0,1]上单调递增，

所以f(x)≤f(1)=In1-1=-1,

当x∈(0,1)时，Inx<x-1,取.,即a<b;

设g(x)=sinx-x(x<0),

则g'(x)=cosx-1≤0,g(x)在(-∞,0)上单调递减，

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所以g(x)>g(0)=0,

所以当x<0时，x<sinx,

,即b<c.

故a<b<c.

8.D

【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△ABC是等边三角形，则a=b=c,A=B=C,

∴a:b:c=1:1:1,A:B:C=1:1:1,即a:b:c=A:B:C,必要性成立.

再判断充分性：

已知a:b:c=A:B:C,根据正弦定理a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,可得

a:b:c=sinA:sinB:sinC,

∴sinA:sinB:sinC=A:B:C,即

设函x∈(0,π),求导

令g(x)=xcosx-sinx,则g'(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx.

∵x∈(0,π)时，g'(x)<0,∴g(x)在(0,π)上单调递减，g(x)<g(0)=0,

∴f'(x)<0,即f(x)在(0,π)上严格单调递减.

∵A,B,C∈(0π)且f(A)=f(B)=f(C),∴,即△ABC为等边三角形，充分性成立.

综上，“a:b:c=A:B:C”是“△ABC是等边三角形”的充要条件.

9.AD

【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ABC-AB₁C₁中，底面ABC为正三角形，侧棱AA,BB₁,CC₁均垂直于底面ABC.

C

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对于A:∵D为AC中点，△ABC为正三角形，∴BD⊥AC.

∵AA⊥平面ABC,BDc平面ABC,∴AA⊥BD.

又ACnAA=A,AC,AAC平面ACC₁A,

∴BD1平面ACC₁A.

∵ACc平面ACC₁A,∴BD⊥AC,A正确.

对于B:若AC⊥平面BC₁D,因C₁Dc平面BC₁D,则AC⊥C₁D.

∵CC₁⊥平面ABC,ACC平面ABC,则AC⊥CC₁,

又C₁D,CC₁c平面ACC₁A.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AC不垂直于平面BC₁D,B错误.

对于C:∵AB₁//AB,BD与AB交于点B,且∠ABD=30°,

∴BD与AB不平行，故BD与AB₁不平行，C错误.

对于D:∵CC₁//BB₁,BB₁C平面BB₁D,CC₁ø平面BB₁D,

则可得CC₁//平面BB₁D,D正确.

10.ACD

【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

则D(3X+1)=9D(X)=12,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，

8×25%=2,故下四分位数故B错误；

对于C,因为A,B相互独立，所以

,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C²₃C²₁=4290种，

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其中甲抽到2张花牌的有C₃C₁₁=165种；

甲抽到1张花牌，乙未抽到花牌，共有C₃C!₀C²=1080种，

则甲抽到的花牌比乙抽到的花牌多的概率,故D正确.

11.BCD

【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y=|f(x)的图象与

直线y=2k-1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h(t)=(t+1)Int-2(t-1),t>1,利用导数可得h(t)>h(1)=0,即可

得x₁x₂>e²,从而判断即可.

【详解】对于因为.

A,,x>0且x≠1,

又因为.

令f'(x)=0,得x=e,

所以当x∈(0,1)U(1,e)时，f'(x)<0,

当x∈(e,+∞)时，f'(x)>0,

所以f(x)在(0,1)和(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，故A错误；

对于B,因为。

又因为函数在(e,+0)上单调递增，

且e<π<4,

所以f(π)<f(4)=f(2),故B正确；

对于C,因为当x→0+时，f(x)→0;当x→1时，f(x)→-0;当x→1+时，f(x)→+∞,f(e)=e,

作出函数f(x)的图象，如图所示：

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令8(x)=|f(x)|-2k+1=0,

得|f(x)|=2k-1,

又因为y=|f(x)|的图象是将y=f(x)的图象位于x轴下方的部分翻折到x轴上方，

且y=|f(x)|的图象与直线y=2k-1有三个交点，

所以2k-1>e,解得,故C正确；

对于D,设1<x<e<x₂,f(x₁)=f(x₂)=m,

(m>e),

所以

则x₂=tx₁,

又因为Inx₂=tlnx₁,即Intx₁=tlnx₁,

所以

Int+Inx₁=tlnx,

解得,所

以

所以

要证明x₁x₂>e²,即证明lnx₁+Inx₂>2,

即证明(t+1)Int>2(t-1),(t+1)Int-2(t-1)>0,

令h(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1,

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所以m(t),即h'(t)在(1,+o)上单调递增，

所以h'(t)>h'(1)=0,

所以h(t)在(1,+0)上单调递增，

所以h(t)>h(1)=0,

即(t+1)Int-2(t-1)>0恒成立，

所以x₁x₂>e²,故D正确.

12.

【分析】根据离散型随机变量分布列的性质，求得a;先根据期望的定义E(kX)=kE(X),再利用期望的线

性性质求解.

【详解】对P(X=n)裂项得：对n=1,2,3,4求和，

,解得

根据期望的性质：E(kX)=kE(X),因此E(2X)=2E(X),

计算期望E(X):

因此

13.

【分析】先利用指数函数的单调性确定底数0<a<1,再对已知等式两边同取以3为底的对数解出a的值，

最后结合取值范围即可求解.

【详解】由题意得f(x)=a在定义域上是单调递减的，故0<a<1,

a1083a=3→log₃(a°3a)=1og₃3=1,即(log₃a)·(log₃a)=1,

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则log₃a=1,此时a=3不满足0<a<1,故舍去，

或log₃a=-1,此满足0<a<1,

综上，

14.(-∞,2)U[2,4]

【分析】先由极值点的导数为零得b=a-1,再由函数在(3,+∞)上单调递增得导数f'(x)≥0在区间上恒成立，

进而可得a≤4,再结合极值点的左右导数须变号得a≠2,从而可得结果.

【详解】由函函数定义域为(0,+∞),

因为x=1是f(x)的极值点，所以f'(1)=0,代入得1-a+b=0,即b=a-1.

若f(x)在[3,+o]上单调递增，等价于f'(x)≥0对任意x∈(3,+0)恒成立，

因为x≥3>0,

所以x-(a-1)≥0对任意x∈(3,+0)恒成立，即a≤x+1对任意x∈(3,+0)恒成立，因此a≤4.

又因为x=1是f(x)的极值点，所以a-1≠1,即a≠2.

因此a≤4且a≠2,所以a的取值范围为(-∞,2)(2,4).

15.(1)a=-1,b=0

(2)k<2√2

【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x∈[0,2]分类讨论，最后用基

本不等式求最小值，得到实数k的取值范围.

【详解】(1)f(x)的定义域为R,又f(x)为奇函数，则f(0)=0.

又,即解得·

则f(x)=3*-3⁻*,

由f(x)+f(-x)=3*-3⁻*+3⁻×-3*=0,则a=-1,b=0满足条件.

(2)由(1)知f(x)=3*-3*,

∵y=3*,y=-3*均在R上单调递增，

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∴f(x)=3*-3⁻ˣ在R上单调递增.

f(kx)<-f(-x²-2)在x∈[0,2]时恒成立，f(x)是R上单调递增的奇函数，

所以f(kx)<f(2+x²),即kx<2+x²在x∈[0,2]时恒成立，

x=0,0<2成立，此时k∈R,x∈(0,2)时，得到

,即k<g(x)n在x∈[0,2]时恒成立.

当且仅当x=√2时等号成立，

即g(x)=2√2,故k<2√2.

16.(1)

(2)

2√3

【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.

【详解】(1)在△ABC中，由bcosC+ccosB=2acosA及正弦定理，

得2sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA,

而0<A<π,则,所以

(2)由(1)知.,由余弦定理得：

解得b+c≤2√3,当且仅当b=c时取等号，

所以b+c的最大值是2√3.

17.(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X元.

设备故障且被判为故障的概率为0.2×0.9=0.18,

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设备正常却被判为故障的概率为(1-0.2)×(1-0.9)=0.08,

设备故障却被判为正常的概率为0.2×(1-0.9)=0.02,

则E(X)=(0.18+0.08)×400+0.02×2000+100=244.

因为244<280,所以应该引进该系统.

【详解】(1)设某日检测结果与设备实际状态不符为事件A,

由全概率公式可得P(A)=(1-0.2)×(1-0.9)+0.2×(1-0.9)=0.1;

(2)设恰有2天检测结果与实际不符为事件B,

则P(B)=C²×0.1²×(1-0.1)²=0.0486,

故恰有2天检测结果与实际不符的概率为0.0486;

(3)略

18.(1)f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增

(2)证明见解析

【分析】(1)求导可结合函数单调性分析f'(x)的符号，即可得f(x)的单调性；

(2)求导，结合函数单调性和零点存在性定理可得f'(x)的符号，即可得f(x)的单调性和最值，结合零点

代换分析证明.

【详解】(1)当a=1时，函数f(x)=4*⁻¹-(lnx+x)n2的定义域为(0,+∞),」

因为y=2×-1,在(0,+∞)上单调递增，In2>0,

则f'(x)在(0,+o)上单调递增，且f'(1)=0,

当x∈(0,1)时，f'(x)<0,当x∈(1,+)时，f'(x)>0,

所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增.

(2)因为f(x)=4ˣ⁻¹-(Inx+ax)In2的定义域为(0,+∞),

可知f'(x)在(0,+∞)上单调递增，且f'(1)=(1-a)In2<0,

可知存在.,即

当x∈(0,x₀)时，f'(x)<0,当x∈(x₀,+∞0)时，f'(x)>0,

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可知f(x)在(0,x₀)上单调递减，在(x₀,+∞)上单调递增，

可知g(x)在上单调递减，

19.(1

(2)(i)证明：由题可知A(-2,0),A₂(2,0),设P(-8,t),t≠0.

当t≠0时，直线PA的方程为

,消