2025-2026学年河南周口市第三高级中学高二下学期7月期末考试数学试卷-含答案

/河南周口市第三高级中学2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据交集的定义求解即可.【详解】由，，则.故选：A.2.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】把抛物线化为标准方程，因为抛物线开口向下，且焦点坐标是，则，即，可得，所以焦点坐标是.3.已知函数，则（）A.3 B.1 C.0 D.-1【答案】B【解析】【分析】对函数求导，代入求解即可.【详解】由求导可得：，将代入导函数，可得：整理得：，即.4.设为所在平面内一点，．若，则的值为（）A.4 B.5 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算，即可求解.【详解】，所以，即，即,即.故选：D5.设，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数函数单调性限定出的取值范围即可.【详解】易知，即；而，即；又，因此，所以.故选：D6.在正三棱台中，，二面角为，则该三棱台的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，结合正三棱台的结构特征求出棱台的高，再利用棱台的体积公式计算即得.【详解】在正三棱台中，令的中点分别为，连接，则，于是二面角的平面角为，即，设上底面与下底面的中心分别为，连接，则，过点作，垂足为，则，则，则，所以该三棱台的体积为.故选：B7.记无穷等比数列的前项和为，若，则“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】（充分性）若取，首项，则数列为······此时前项和满足：为奇数时，；为偶数时，；显然可取，则对所有，都有，所以充分性不成立；（必要性）当时，前项和为，由于恒成立，则恒成立，取，则对所有，都有，必要性得证.所以“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”的必要不充分条件.8.已知函数，，若对任意的，存在，使，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先由已知条件得到，其次利用导数求得，利用二次函数的性质求得，最后解出实数的取值范围.【详解】若对任意的，存在，使，则.由已知得，可知，当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.故当时，.因为函数的对称轴为，所以在上单调递减，所以当时，.于是，解得.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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.已知复数，则下列说法正确的（）A.B.C.是纯虚数D.在复平面内对应的点在第三象限【答案】AC【解析】【分析】利用复数四则运算进行化简整理，结合复数的模，对应的点到坐标以及复数相等判断正误．【详解】因为，所以，所以选项A正确；，，所以，所以选项B不正确；是纯虚数，所以选项C正确；在复平面内对应的点的坐标为位于第四象限，所以选项D不正确.故选：AC．10.已知正n边形的边长为a，内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则（）A.当时， B.当时，C. D.【答案】BD【解析】【分析】作图，解三角形求关系，由此判断各选项.【详解】如图：为正n边形外接圆的圆心，为正n边形的一个边，点为边的中点，则，，所以，，，C错误；，D正确；当时，，化简可得，A错误；当时，，化简可得，B正确；故选：BD.11.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（）A.直线与所成的角为60°B.过空间中一点有且仅有两条直线与所成的角都是60°C.过，，三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为D.过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形【答案】ACD【解析】【分析】根据线线角和截面的相关知识逐一判断各个选项即可.【详解】对于A，如图所示，连接，因为，分别为棱，的中点，所以，由可知，四边形是平行四边形，所以，所以，所以与所成的角即为与所成的角，即或其补角，因为是等边三角形，所以，所以与所成的角为60°，故A正确；对于B，因为直线，所成角是90°，且两条直线相交于，所以过点与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误；对于C，易知平面为过，，三点的截面，该截面为梯形，显然，所以截面图形的周长为，故C正确；对于D，如图所示，分别取，的靠近，的三等分点，，连接，，，，易知，，故点，，，，共面，该截面图形为五边形，故D正确.故选：ACD三、填空题;本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知的二项展开式中常数项为60，则______.【答案】【解析】【分析】求出二项展开式的通项，再令的指数等于零，即可得解.【详解】展开式的通项为，令，得，则的常数项为，当常数项为60时，.故答案为：.13.若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为________．【答案】（或，答案不唯一）【解析】【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立，化简并整理得：，由题意得或，解得或无解，即，经检验，符合题意.故答案为：（或，答案不唯一）.14.已知函数，若方程在的解为，（），则______，______.【答案】①.##②.##【解析】【分析】通过换元法将关于的方程转化为关于的方程，再利用正弦函数性质得到和的关系，进而求出的值；再根据的关系可得的范围，即可求解.【详解】因为，令，则，又因为方程在该区间有两个解，，在区间内，由函数的图象与性质可知，方程的两个解，关于直线对称，所以两个根满足，所以，整理得，即；由可知，，则，

利用三角恒等变换可得：

，因为，所以，又因为

，所以，又因为

，所以，，所以，因此.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，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，．（1）证明：；（2）若点是中点，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而可得.（2）根据（1）的结果可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点面距.【小问1详解】因为，，故，故.因为平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故.【小问2详解】由（1）可得平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，故，所以，故，而，设平面的法向量为，则即，取，故到平面的距离为.16.已知满足，为等比数列，，．（1）求和的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）用等差数列通项公式求解；利用等比数列通项公式列方程求解，再得到的通项公式；（2）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】由对任意正整数成立，可知是首项、公差的等差数列，由等差数列通项公式得：；设等比数列公比为，已知，故，代入得：等比数列公比，两边同除以，可得，即，解得，因此.【小问2详解】由题意得，①②②①得：.17.如图，在四边形中，，，，．（1）求边的长度；（2）求四边形的面积；（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先利用数量积公式求解出的度数，然后由余弦定理即可求出.（2）利用三角形的面积公式分别求出和面积，即可求出四边形的面积.（3）利用已知条件在中先求出，再由正弦定理即可求出.【小问1详解】因为，．，．在中，，．【小问2详解】由（1）得，．．，．．四边形的面积．【小问3详解】在中，，．由正弦定理，得，．18.某学校为了提升学生学习数学的兴趣，举行了“趣味数学”闯关比赛，每轮比赛从10道题中任意抽取3道回答，每答对一道题积1分.已知小明同学能答对10道题中的6道题.（1）求小明同学在一轮比赛中所得积分的分布列和期望；（2）规定参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，若参赛者每轮闯关成功的概率稳定且每轮是否闯关成功相互独立，问：小明同学在5轮闯关比赛中，需几次闯关成功才能使得对应概率取值最大？【答案】（1）分布列见解析，（2）3次或4次【解析】【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.（2）根据二项分布的知识求得闯关成功的次数的分布列，由此求得正确答案.【小问1详解】由题知：可取0，1，2，3，则:，，，，故的分布列为：0123则的期望为：.【小问2详解】方法1、参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为若小明同学在5轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为，则.故所以的分布列为：012345故小明同学在5轮闯关比赛中，需3次或4次闯关成功才能使得对应概率取值最大.方法2、参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为若小明同学在5轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为，则故∴假设当时，对应概率取值最大，则解得，而故小明同学在5轮闯关比赛中，需3次或4次闯关成功才能使得对应概率取值最大.19.已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为．（1）求椭圆的方程．（2）已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形．（i）求证：直线的斜率为定值；（ii）求面积的最大值．【答案】（1）（2）（i）法一：设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：联立得，化简得，由知，则，因为，所以，即，化简得，因为直线不过点，所以，故．法二：设直线的方程为，联立，得，化简，得，由知，即，则，又，所以，因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，同理可得，由此可知，则直线的斜率，故直线的斜率为定值．法三：因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，因为为椭圆上异于的两点，所以可设直线为，不同时为0，联立与，得，等式两边同时除以，记，化简得，由于，所以，说明直线的斜率为定值．（ii）2．【解析】【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程；（2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率；法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率；法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值．（ii）设直线为，联立直线