河南省部分普通高中2025~2026学年高二下册7月期末联考数学试卷【附解析】

河南省部分普通高中2025-2026学年高二下学期7月期末联考数学试题一、单选题1．集合，，，则实数的值为（

）A．1 B．-1 C．0 D．0或12．已知复数，其中，是虚数单位，若为纯虚数，则的值为（

）A． B． C． D．或3．在等腰直角三角形中，，，则（

）A．1 B．2 C． D．4．已知函数为奇函数，则（

）A． B． C． D．5．已知是无穷等差数列，“存在正整数，使得”是“存在正整数，使得”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知球的半径为，圆锥内接于球，则圆锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．7．已知双曲线离心率为2，左焦点为，右顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于两点，则（

）A． B． C． D．8．已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．为了研究某短视频平台视频投放数量（单位：条）与用户总点赞数（单位：万次）之间的关系，运营部收集了12个月的数据，计算得出线性回归方程为．已知月平均投放数量，月平均点赞数，则（

）A．线性回归方程过点 B．C．与呈正相关 D．当投放数量为30条时，当月点赞数一定为170万次10．已知函数，其在上的零点从小到大依次为下列说法正确的是（

）A．是最小正周期为偶函数 B．的值域为C． D．11．已知正方体的棱长为6，，，分别为，，的中点，为正方形内一点（包含边界）．下列说法正确的是（

）A．经过，，三点的截面形状为四边形B．点到经过，，三点的截面的距离为C．存在点，使得点和点到平面的距离相等D．三棱柱外接球的表面积为三、填空题12．若的展开式中的常数项是________．13．已知点M，N是椭圆（）上的两点，且线段MN恰为圆的一条直径，A为椭圆C上与M，N不重合的一点，且直线AM，AN的斜率之积为，则椭圆C的离心率为__________．14．已知等比数列与等差数列的各项均为正整数，其公比与公差分别为，，的前项和为．若对任意正整数，，则_____．四、解答题15．如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点.(1)证明：平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.16．记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若边上的高为，，求，．17．某公司研发了一款新型智能机器人，一经投放市场颇受欢迎，为了更好地服务广大用户，该公司对这款机器人的某个性能指数x（）与用户的喜欢程度y（）进行调查统计，得到如下数据表：x56789y0.550.500.600.650.70(1)请根据上表提供的数据，利用相关系数r，判断该性能指数与用户的喜欢程度的相关性强弱（当时，x与y的相关性很强）；(2)这款智能机器人的交互性很强，用户可通过语音给机器人发布指令，机器人执行命令的正确率为90%，出错率为10%．当机器人正确执行命令时，使用者满意的概率为90%；当机器人执行命令错误时，使用者满意的概率为30%．如果使用者对某次命令执行结果不满意，求机器人实际正确执行命令的概率（精确到0.01）；(3)该公司科技人员随机抽取一台这款智能机器人进行挑战答题，共准备了4道高难度的问题，若机器人答对的题数不小于3，则挑战成功．已知机器人答对前两道题的概率均为p，答对后两道题的概率均为q，每次答题结果互不影响．当时，求机器人挑战成功的概率的最大值．附：相关系数．18．已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线.(1)求轨迹的方程；(2)过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点.①证明：；②时，求的面积.19．已知函数（），．(1)讨论函数的单调性；(2)若的图像在处的切线与的图像相切，求实数的值；(3)当时，证明：对任意的，恒成立．《河南省部分普通高中2025-2026学年高二下学期7月期末联考数学试题》参考答案题号12345678910答案CCDCABCCABCBC题号11答案ACD1．C解析：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．C解析：由题设，则.3．D解析：已知等腰直角中，，，因此，且与的夹角为，故.所以，因此.4．C解析：函数的定义域为.因为函数为奇函数，所以，即，得.当时，，，.所以函数为奇函数.所以.5．A解析：若，则，则充分性成立；若，则，但不存在正整数，使得，故必要性不成立，则“存在正整数，使得”是“存在正整数，使得”的充分不必要条件.6．B解析：设圆锥的高为，底面半径为，已知球的半径.∵圆锥内接于球，球心到圆锥底面的距离为，∴由勾股定理可得，整理得，其中的取值范围为.根据圆锥体积公式，将代入得：.对关于求导，得.令，解得或（不符合实际意义，舍去）.∵当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴当时，取得最大值，代入得：.故正确选项为B.7．C解析：由题可知，则，渐近线方程.,则，圆的半径.圆心到一条渐近线的距离：，则，在中，由余弦定理可得：8．C解析：由两边同乘得.设，，由题意得在上严格递增，则对任意恒成立，即对任意恒成立.令，，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的最大值为，因此.当时，，令，，易得且仅在处取等，故且最多有一个实数解，严格递增，所以的取值范围是.9．ABC解析：由回归直线的性质可知A正确，把点代入到，得，故B正确，，与呈正相关，故C正确，当投放数量为30条时，，当月点赞数估计为170万次，故D错误.10．BC解析：选项A：，所以是偶函数；又，因此最小正周期是不是，故A错误；选项B：，令，则.当时，当时，为.故B正确；选项C：令，即，解得（另一根，舍去）.在内，（其中）的两个根，满足（余弦函数的对称性），故C正确，选项D，由方程，根据C选项可知，但只有符合，所以，故D错误.11．ACD解析：选项A，在正方体的后面做一个等大的正方体，因为为的中点，所以，连接，，取的中点，连接，则，连接，，连接，则四边形为经过，，三点的截面，其形状为四边形，故选项A正确；选项B，建立如图所示的空间直角坐标系，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，则平面的法向量为，，，，设点到平面的距离为，则，故选项B错误；选项C，若点和点到平面的距离相等，满足两种情况，平面直线，或平面过的中点，记线段的中点为，设，，则四点共面的条件为，即，即，解得，因为为正方形内一点（包含边界），所以，所以的点全部落在正方形内，例如取，即可满足条件，因此存在点，使得点和点到平面的距离相等，故选项C正确；选项D，因为三棱柱是直三棱柱，底面是直角三角形，所以三棱柱外接球的球心为上下底面直角三角形斜边中点连线的中点，因为下底面斜边的中点为，上底面斜边的中点为，所以球心为，球半径为，所以三棱柱外接球的表面积为，故选项D正确.12．解析：因为展开式的通项为，的幂指数为，令其为0得，非整数，故常数项不存在，系数为0.13．解析：根据题目条件可知点M，N是椭圆（）上关于原点对称的两点，又由于A为椭圆C上与M，N不重合的一点，且直线AM，AN的斜率之积为，根据椭圆的第三定义可知．因为椭圆离心率，所以，因此椭圆C的离心率为.14．解析：因为等差数列的各项均为正整数，所以公差为非负整数，由等差数列的通项公式可得，所以当时，，则，因为等比数列的各项均为正整数，所以，若，则，不成立，故，且，当时，，整理得，即，由等比数列的定义可得，则，因为与互质，所以要使对于任意正整数，均为整数，必须满足分母能够整除首项，若，则必然存在某个正整数使得，此时不可能为整数，所以，则，所以，，则．15．(1)取的中点，连接，.因为分别为的中点，所以，且.又，所以，，所以四边形是平行四边形，所以.又平面平面，所以平面.(2)解析：（1）略（2）连接，因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形.因为是的中点，所以，即,又平面，则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则由题意知，，，所以，.设平面的法向量为，则令，则.因为直线与平面所成角的正弦值为，设直线与平面所成的角为，则sinθ=解得，所以.16．(1)(2)，或，解析：（1）在中，，故，将已知等式变形：，又，代入得：，因，，故，得；（2）由三角形面积相等得，代入，，，化简得：，又再代入余弦定理，得，整理得，解得或，对应代入，得或，故，或，.17．(1)该性能指数与用户的喜欢程度的相关性很强(2)(3)解析：（1）由题意知，，，，，．所以所以该性能指数与用户的喜欢程度的相关性很强．（2）记事件：机器人正确执行命令；事件：使用者对执行结果满意，则，，，．所以，所以，故如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，机器人实际正确执行命令的概率约为．（3）设事件：机器人挑战成功，则．由，得．令，因为，，所以，所以设，当，即或时，．所以当时，机器人挑战成功的概率的最大值为．18．(1)或.(2)证明：①根据题意，设，所以，因为三点共线，所以，可得，又因为曲线在处的切线方程分别为，所以，所以，可得，所以，所以.②解析：（1）解：设是曲线的任意一点，因为动点到定点的距离比到轴距离大1，可得，整理得或，所以曲线的轨迹方程为或.（2）解：②设，因为，可得，所以，设直线的方程，联立方程组，整理得，则，且，因为，解得，则，由，可得，则且，所以曲线在处的切线方程为，即，可得，同理可得，联立方程组，两式相减得，解得，则，所以，可得，因为，所以.19．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增；在上单调递减；(2)；(3)证