河北省NT20名校联合体2025-2026学年高二下学期期末（新高三摸底测试）数学试卷（含解析）

河北省NT20名校联合体2025-2026学年高二下学期期末（新高三摸底测试）数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填（涂）写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液。4.考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回。一、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的。1．若复数为纯虚数,则为(

)A.0 B.1 C.2 D.32．已知向量,,若,则(

)A.1 B.2 C.3 D.3．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为,且,,则数列的公比为(

)A.2 B. C. D.4．已知方程表示焦点在y轴上的椭圆,则的最小值是(

)A.4 B.5 C. D.65．某房地产开发商为了促销举行抽奖活动.若抽中一等奖,则抵扣房款1.5万元,若抽中二等奖,则抵扣房款5000元.已知每位顾客都有两次抽奖机会,且每次抽中一等奖和二等奖的概率分别为和,每次中奖情况相互独立.现有甲顾客参与该抽奖活动,抽奖获得的抵扣房款总金额为X万元,则X的期望是(

)A. B. C. D.6．已知定义在R上的奇函数满足,且当时,,则函数在上的零点个数为(

)A.3 B.5 C.9 D.107．已知向量（其中O为坐标原点）,把绕点O逆时针旋转角得到向量.若向量的坐标为,则(

)A. B. C. D.8．已知指数函数满足,若不等式对成立,则实数a的取值范围为(

)A. B. C. D.二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计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．在二项式的展开式中,下列说法正确的是(

)A.的系数是 B.各项的系数和是64C.第4项二项式系数最大 D.奇数项二项式系数和为10．已知数列的前n项和为,且,,则(

)A. B.C.当n为偶数时, D.11．如图,在棱长为2的正方体中,M,N,P分别是,,的中点,则下列命题正确的是(

)A.平面平面B.二面角的正切值为C.平面与平面间的距离为D.以为球心,为半径的球面与平面的交线落在内的长为三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．若直线与直线垂直,则__________.13．在中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且满足,,,则外接圆的面积为__________.14．在平面直角坐标系中,,,,点P满足,点P的轨迹为曲线E,直线,直线l与曲线E交于不同的两点A,B,且,则实数a的取值范围是__________.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．（13分）在中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知,.（1）若,求的面积;（2）若的平分线交于D,且,求边c.16．（15分）为了迎接高考,某校举行模拟考试.现随机抽取其中60名考生的物理成绩进行统计(满分100分),并将他们的成绩分成五组,得到如图所示的频率分布直方图.（1）估计该校学生物理成绩的平均数和第80百分位数;（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）（2）用分层随机抽样的方法在分数段内的学生中抽取一个容量为7的样本,将该样本看成一个总体,从中任取2人,求至多有1人在分数段内的概率.17．（15分）如图,在四棱锥中,是等边三角形,,,,,,E是棱上的点.（1）若点E为的中点,求证:平面;（2）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.18．（17分）已知函数,.（1）讨论的单调性;（2）若,证明:当时,.19．（17分）已知双曲线的右焦点为,过点F的直线l与双曲线C交于M,N两点,且的中点为.（1）求双曲线C的方程;（2）过向双曲线C作两条切线,切点分别为A,B.（i）证明:直线的方程为;（ii）设为双曲线C的左焦点,证明:.参考答案1．答案：B解析：因为复数为纯虚数,则解得,所以.2．答案：D解析：.因为,解得,所以.3．答案：A解析：设等比数列的公比为q.根据题意可得,解得或.因为各项均为正数,所以.4．答案：B解析：根据题意可得,解得.令,则,当且仅当,即时等号成立,故的最小值为5.5．答案：D解析：由题可知X的所有可能取值为1,2,3,则,,,所以.6．答案：C解析：由,得,又是奇函数,所以,用取代x,则,故的最小正周期为2.因为,所以,,当时,,无零点.又是奇函数,所以当时,也无零点,在一个周期上的零点分别为-1,0,1,根据周期规律,所以在上有9个零点,分别为0,1,2,3,4,-1,-2,-3,-4.故选:C7．答案：D解析：由题意得,,所以点A在单位圆上,则向量与x轴正半轴的夹角为.把绕点O逆时针旋转角得到的向量的坐标为,所以,,所以.8．答案：B解析：设,由题意可得,,解得,则.因为对恒成立,所以对恒成立.不等式可变形为,即,即对恒成立.记,所以可写为.因为,所以在R上单调递增,所以对恒成立,即对恒成立.记,只需.因为,故在上,,单调递增,在上,,单调递减,所以,所以,解得,故a的取值范围为.9．答案：AC解析：二项式的展开式通项,对于A,令可得,故的系数是,故A正确;对于B,令,则各项的系数和是,故B错误;对于C,二项式展开式共7项,故第4项二项式系数最大,故C正确;对于D,奇数项二项式系数和为,故D错误.10．答案：BCD解析：对于A,,,解得,,故A错误;对于B,,,所以,所以数列是以为首项,4为公差的等差数列,数列是以为首项,4为公差的等差数列,所以,,故B正确;对于C,,故C正确;对于D,,故D正确.11．答案：ACD解析：对于A,连接,,N分别为,的中点,,因为,,所以四边形为平行四边形,故,,又平面,平面,平面,同理可证,平面,,,平面,平面平面,故A正确;对于B,取的中点O,连接,,因为,,所以为二面角的平面角,因为平面,平面,所以,在中,,,所以,故B错误;对于C,连接,因为平面,平面,所以,又,,平面,所以平面,因为平面,所以,同理,因为,平面,所以平面,又平面平面,所以平面,设点到平面的距离为,则,又,所以,故,又,所以点到平面的距离为,同理点C到平面的距离为,所以平面与平面间的距离为,故C正确;对于D,因为点到,,中点的距离都为,所以线段,,中点为球面与平面的交点,又线段,,中点不共线,所以球面与平面的交线恰为过线段,,中点的圆,即的内切圆,设其圆心为,半径为R,则到平面的距离,所以,周长为.故D正确.12．答案：解析：因为,所以,解得.13．答案：解析：设外接圆的半径为R,因为,,所以,又因为,所以,所以,所以外接圆的面积为.14．答案：解析：设,因为则,化简得,即,所以曲线E是以为圆心,2为半径的圆,设的中点为C,则,因为,所以①,又即②,由①②得,又,直线与圆交于不同的两点,所以,则,即.因为,所以,故实数a的取值范围为.15．答案：（1）（2）解析：（1）因为,由正弦定理可得,所以,解得,所以.（2）因为,,所以,;又因为,由余弦定理可得,即,解得.16．答案：（1）75.5,86（2）解析：（1）由题意得,,所以该校学生物理成绩的平均数为（分）,因为,,所以第80百分位数在分数段内,故第80百分位数为.（2）由题意得,与矩形高的比为,所以在分数段内应抽取（人）,在分数段内应抽取（人）,设从样本中任取2人,至多有1人在分数段内为事件,则.17．答案：（1）见解析（2）解析：（1）证明:如图,取的中点F,连接,.因为E是棱的中点,所以且.因为且,所以且,所以四边形为平行四边形,则.因为平面,平面,所以平面.（2）取的中点O,连接,.因为是边长为2的等边三角形,所以,,.因为,,O为的中点,所以且,所以四边形为平行四边形,则,.又,所以,所以.又因为,所以平面.以O为坐标原点,,,所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,所以,,.设,其中,则.设平面的法向量,所以,令,得.设平面的法向量,所以,令,得.设平面与平面的夹角为,则,.令,则.令,当时,,当时,,所以,所以,所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为.18．答案：（1）当时,在,上单调递增,在上单调递减;当时,在R上单调递增;当时,在,上单调递增,在上单调递减.（2）见解析解析：（1）的定义域为R,.①当时,当时,,单调递增,当时,,单调递减,当时,,单调递增.②当时,当时,,单调递增,当时,,单调递减,当时,,单调递增.③当时,,单调递增.综上,当时,在,上单调递增,在上单调递减;当时,在上单调递增;当时,在,上单调递增,在上单调递减.（2）要证,即证,其中.因为,所以.令,则,令,则.令,则.当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以,故在上单调递增,故,故函数在上单调递增,故,故,即