河南名校联考2025~2026学年高二下册7月期末数学试卷【附解析】

数学满分150分．考试用时120分钟．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，，，则实数的值为（）A.1 B.-1 C.0 D.0或12.若复数，则（）A. B. C. D.3.某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径（单位：）服从正态分布.若，且，则下列描述正确的是（）A.， B.，C.， D.，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.若函数在处有极小值，则实数的值为（）A. B. C.或 D.6.点、在抛物线上，且，记线段的中点为，则到轴的最短距离为（）A.5 B.6 C.7 D.87.已知，，则（）A. B. C. D.8.已知△的三个内角A，B，C所对的边分别为，，，则“”是“△是等边三角形”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.在正三棱柱中，为的中点，则下列结论正确的有（）A.B.平面C.D.平面10.下列说法正确的是（）A.随机变量，则方差B.0，6，5，11，8，6，12，17的下四分位数是11.5C.若两个随机事件，相互独立，满足，，则D.一副扑克中有红桃共13张牌，将，，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.在上单调递减，在上单调递增B.C.设有个不同的零点，则D.对任意正实数，，且，若，则第Ⅱ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.已知随机变量的分布列为（，2，，4），其中为常数，则实数________，__________.13.设，，若函数满足，且，则____________．14.已知函数，且是的一个极值点，若函数在上单调递增，则的取值范围是______．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.已知函数是奇函数，且（1）求和的值；（2）若，恒成立，求实数的取值范围．16.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的最大值．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．（1）若，判断的单调性；（2）若，证明：．19.已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，且．（1）求的方程；（2）点是直线：上的一点，直线交于另外一点（异于点），直线交于另外一点．（ⅰ）求证：直线经过定点；（ⅱ）记和的面积分别为，，求的最大值．

数学满分150分．考试用时120分钟．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，，，则实数的值为（）A.1 B.-1 C.0 D.0或1答案：C解析：思路：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.解答过程：由条件，则或，当时，集合不满足集合元素的互异性，舍去，当时，或（舍），所以.2.若复数，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：复数，所以3.某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径（单位：）服从正态分布.若，且，则下列描述正确的是（）A.， B.，C.， D.，答案：C解析：解答过程：∵直径服从正态分布，∴正态分布曲线的对称轴为，.∵，∴.又∵，根据正态分布的对称性，点与点关于对称轴对称，∴，解得，即.综上可得，，故选项C正确.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种答案：D解析：思路：由分步乘法原理计算．解答过程：由题意，每个同学有2种选择，故不同报名方式为.故选：D5.若函数在处有极小值，则实数的值为（）A. B. C.或 D.答案：A解析：思路：求导得，由题可知，解得或，再进行检验即可．解答过程：，，又在处有极小值，，解得或，当时，，，则或，，则，所以在和上单调递增，在上单调递减，函数在处取得极大值，不符合题意；当时，，，则或，，则，所以在和上单调递增，在上单调递减，函数在处取得极小值，符合题意；综上，．6.点、在抛物线上，且，记线段的中点为，则到轴的最短距离为（）A.5 B.6 C.7 D.8答案：A解析：解答过程：焦点，准线方程为，分别过作轴的垂线，垂足为，则，等号成立时三点共线，故到轴的最短距离为7.已知，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：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.解答过程：设（），则，在上单调递增，所以，当时，，取，得，即；设（），则，在上单调递减，所以，所以当时，，取，得，即.故.8.已知△的三个内角A，B，C所对的边分别为，，，则“”是“△是等边三角形”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.充要条件答案：D解析：思路：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.解答过程：先判断必要性：∵若是等边三角形，则，，∴，，即，必要性成立.再判断充分性：已知，根据正弦定理，，，可得，∴，即.设函数，，求导得.令，则.∵时，，∴在上单调递减，，∴，即在上严格单调递减.∵且，∴，即为等边三角形，充分性成立.综上，“”是“是等边三角形”的充要条件.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.在正三棱柱中，为的中点，则下列结论正确的有（）A.B.平面C.D.平面答案：AD解析：思路：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.解答过程：正三棱柱中，底面为正三角形，侧棱均垂直于底面.对于A：∵为中点，为正三角形，∴.∵平面，平面，∴.又，平面，∴平面.∵平面，∴，A正确.对于B：若平面，因平面，则.∵平面，平面，则，又平面.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，故不垂直于平面，B错误.对于C：∵，与交于点，且，∴与不平行，故与不平行，C错误.对于D：∵，平面，平面，则可得平面，D正确.10.下列说法正确的是（）A.随机变量，则方差B.0，6，5，11，8，6，12，17的下四分位数是11.5C.若两个随机事件，相互独立，满足，，则D.一副扑克中有红桃共13张牌，将，，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答案：ACD解析：思路：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.解答过程：对于A，因为，所以，则，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，，故下四分位数是，故B错误；对于C，因为，相互独立，所以,，则，则，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，共有种，其中甲抽到2张花牌的有种；甲抽到1张花牌，乙未抽到花牌，共有种，则甲抽到的花牌比乙抽到的花牌多的概率为，故D正确.11.对于函数，下列说法正确的是（）A.在上单调递减，在上单调递增B.C.设有个不同的零点，则D.对任意正实数，，且，若，则答案：BCD解析：思路：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，将问题转化为的图象与直线有三个交点，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，由已知可得，令，，利用导数可得，即可得，从而判断即可.解答过程：对于A，因为且，又因为，令，得，所以当时，，当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增，故A错误；对于B，因为，,又因为函数在上单调递增，且,所以，故B正确；对于C，因为当时，；当时，；当时，，，作出函数的图象，如图所示：令，得，又因为的图象是将的图象位于轴下方的部分翻折到轴上方，且的图象与直线有三个交点，所以，解得，故C正确；对于D，设，，即，所以，令，则，又因为，即，所以，解得，所以，所以，要证明，即证明，即证明，，，令，则，令，则，所以，即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即恒成立，所以，故D正确.第Ⅱ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.已知随机变量的分布列为（，2，，4），其中为常数，则实数________，__________.答案：①.##②.解析：思路：根据离散型随机变量分布列的性质，求得；先根据期望的定义,再利用期望的线性性质求解.解答过程：对裂项得：对求和，，解得；根据期望的性质：，因此，计算期望：，，，因此.13.设，，若函数满足，且，则____________．答案：解析：思路：先利用指数函数的单调性确定底数，再对已知等式两边同取以3为底的对数解出的值，最后结合取值范围即可求解.解答过程：由题意得在定义域上是单调递减的，故，，即，则，此时不满足，故舍去，或，此时满足，综上，.14.已知函数，且是的一个极值点，若函数在上单调递增，则的取值范围是______．答案：解析：思路：先由极值点的导数为零得，再由函数在上单调递增得导数在区间上恒成立，进而可得，再结合极值点的左右导数须变号得，从而可得结果.解答过程：由函数，函数定义域为，.因为是的极值点，所以，代入得，即.若在上单调递增，等价于对任意恒成立，所以，因为，所以对任意恒成立，即对任意恒成立，因此.又因为是的极值点，且，所以，即.因此且，所以的取值范围为.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.已知函数是奇函数，且（1）求和的值；（2）若，恒成立，求实数的取值范围．答案：（1），（2）解析：思路：（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，再对分类讨论，最后用基本不等式求最小值，得到实数的取值范围．（1）的定义域为，又为奇函数，则.又，即，解得.则，由，则，满足条件.（2）由（1）知，，均在上单调递增，在上单调递增.在时恒成立，是上单调递增的奇函数，所以，即在时恒成立，，成立，此时，时，得到．且令，即在时恒成立.又，当且仅当时等号成立，即，故.16.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的最大值．答案：（1）（2）解析：思路：（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.（1）在中，由及正弦定理，得，而，则，所以.（2）由（1）知，由余弦定理得，解得，当且仅当时取等号，所以的最大值是．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．答案：（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）为元．设备故障且被判为故障的概率为，设备正常却被判为故障的概率为，设备故障却被判为正常的概率为，则．因为，所以应该引进该系统．解析：（1）设某日检测结果与设备实际状态不符为事件，由全概率公式可得；（2）设恰有2天检测结果与实际不符为事件，则，故恰有2天检测结果与实际不符的概率为0.0486；（3）略18.已知函数．（1）若，判断的单调性；（2）若，证明：．答案：（1）在上单调递减，在上单调递增（2）证明见解析解析：思路：（1）求导可得，结合函数单调性分析的符号，即可得的单调性；（2）求导，结合函数单调性和零点存在性定理可得的符号，即可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明.（1）当时，函数的定义域为，且，因为，在上单调递增，，则在上单调递增，且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．（2）因为的定义域为，且，，可知在上单调递增，且，，可知存在，使得，即，当时，，当时，，可知在上单调递减，在上单调递增，则，设，则，可知在上单调递减，则，所以．19.已知椭