河南省信阳市普通高中2025~2026学年高二下册期末教学质量检测数学试卷【附解析】

数学一、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.已知数列的前项和公式为，则（）A. B. C. D.2.若复数为纯虚数，则（）A. B. C. D.3.已知向量，，且，则（）A. B. C. D.4.曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.5.若随机变量，则（）A. B. C. D.6.某数学建模活动小组为测量郑州市寿圣寺双塔塔尖之间的距离，构建了如图所示的几何模型（点，分别代表两座塔的塔尖位置）．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（）A.80米 B.120米 C.米 D.米7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点．设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（）A. B. C. D.8.已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．9.为了解某款新型“智能手环”的销售状况，创新实践小组对该产品上半年的销售情况进行了调查，部分数据为：1月份销量万件，2月份销量万件，3月份销量万件．已知第二季度销量比第一季度多万件．设月份为，销量为（万件），经过回归计算得到线性回归方程为，则下列说法正确的有（）A.B.该组数据的线性相关系数为，故相关性很弱C.根据回归方程，推测月份销量为万件D.月份销量的残差为10.已知，是概率均不为的随机事件，下列说法正确的有（）A.若，则事件与事件互为对立事件B.若，则C.若，则D.若，，，则11.声音的合成在音乐、信号处理中十分常见．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，记，则下列说法正确的有（）A.的最小正周期为B.在区间上恰有个零点C.的图象关于点中心对称D.的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为_________．13.已知圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为_________．14.在边长为4的菱形中，，沿对角线将折起得到三棱锥，若，则三棱锥外接球的表面积为_________．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.已知是等差数列，是等比数列，且，，．（1）求和的通项公式；（2）记数列的前项和为，求满足的最大正整数．16.在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足．（1）是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．17.已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4．（1）求椭圆的标准方程．（2）设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程．18.某学校举办书法比赛，共有幅作品．评委首先按质量从高到低排序，最优者为第1名，次优者为第2名，…，最差者为第名．一周后，评委遗忘之前排序，再次对这幅作品按质量排序．设第一次排序中排名为的作品在第二次排序中的名次为（是，，…，的一个排列）．定义用以衡量两次排序的偏离程度．（1）当时，若评委两次排序完全随机（即所有排列等可能），求的所有可能取值集合．（2）取，假设评委仅凭随机猜测排序，且各轮测试相互独立．①求的分布列与数学期望．②若某评委在连续三轮测试中，每次都有，计算这一事件发生的概率．根据该概率，能否认为该评委具有较好的质量鉴别能力？请说明理由．19.已知函数，，．（1）讨论在上的单调性．（2）若任意都有恒成立，求实数的取值范围．（3）已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有．

数学一、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.已知数列的前项和公式为，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：．2.若复数为纯虚数，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先由复数乘法法则化简，再根据复数的定义求解.解答过程：是纯虚数，则，解得.3.已知向量，，且，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据向量数量积的坐标运算即可求解.解答过程：已知向量，，且，则，解得，故B正确.4.曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：已知，代入原函数得，则切点坐标为，对求导得，代入得：，即切线斜率为3，切线方程为，D正确.5.若随机变量，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：因为，所以，所以.6.某数学建模活动小组为测量郑州市寿圣寺双塔塔尖之间的距离，构建了如图所示的几何模型（点，分别代表两座塔的塔尖位置）．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（）A.80米 B.120米 C.米 D.米答案：C解析：思路：先求,，再利用余弦定理求得.解答过程：由题得到米，米，在中，由余弦定理得到，即，所以米.7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点．设抛物线与在第一象限的交点为，若，则的离心率为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：利用“椭圆右焦点与抛物线焦点重合”，建立的等量关系，结合椭圆定义与题干给出的，联立方程组求出、关于的表达式，根据抛物线定义，把转化为点到抛物线准线的水平距离，求出交点的横坐标，由准线垂直轴，构造直角三角形，使用勾股定理建立含的等式，化简等式得到的倍数关系，代入离心率公式算出最终结果.解答过程：由题意得椭圆的右焦点为，则，因为抛物线焦点坐标为，且为抛物线的焦点，所以，解得，而抛物线准线方程，这条准线恰好经过椭圆左焦点，因为，所以，两式相加得，解得，两式相减得，解得，因为抛物线上点到焦点距离等于它到准线的距离，所以，因为准线，所以到准线的水平距离，因此，解得，则，因为在抛物线上，所以，即，因为垂直准线，所以为直角三角形，所以，即，即，解得，椭圆离心率，则选项D正确.8.已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据导函数的单调性和零点判断函数单调性，利用隐零点表示出最小值，结合基本不等式求解可得.解答过程：，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，当时，当时，所以存在，使得，即，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值，对任意恒成立，等价于对任意恒成立，由得，代入得：，因为，所以由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，要使对任意恒成立，只需，即.二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．9.为了解某款新型“智能手环”的销售状况，创新实践小组对该产品上半年的销售情况进行了调查，部分数据为：1月份销量万件，2月份销量万件，3月份销量万件．已知第二季度销量比第一季度多万件．设月份为，销量为（万件），经过回归计算得到线性回归方程为，则下列说法正确的有（）A.B.该组数据的线性相关系数为，故相关性很弱C.根据回归方程，推测月份销量为万件D.月份销量的残差为答案：AC解析：思路：根据线性回归方程、相关系数、残差的概念进行解答即可.解答过程：由题可知，，.对于A：将样本中心点代入线性回归方程，得，解得，故A正确；对于B：线性回归方程中的不是线性相关系数，故B错误；对于C：将代入线性回归方程，得，故C正确；对于D：将代入线性回归方程，得，将1月份销量的观测值减去1月份销量的预测值，得到月份销量的残差为，故D错误.10.已知，是概率均不为的随机事件，下列说法正确的有（）A.若，则事件与事件互为对立事件B.若，则C.若，则D.若，，，则答案：CD解析：思路：A选项，由互斥事件和对立事件的关系得到A错误；B选项，举出反例得到B错误；C选项，由，得到C正确；D选项，由条件概率得到，相加可得D正确解答过程：A选项，，则事件与事件互为互斥事件，不一定互为对立事件，A错误；B选项，若，则，若事件与事件互斥，，则不一定相等，B错误；C选项，，，因为，则，即，C正确；D选项，，又，所以，，其中，所以，故，D正确11.声音的合成在音乐、信号处理中十分常见．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，记，则下列说法正确的有（）A.的最小正周期为B.在区间上恰有个零点C.的图象关于点中心对称D.的最大值为答案：BCD解析：思路：计算得，可判断A；令，求出零点判断B；利用可判断C，结合导数求最值判断D.解答过程：对于A，由题意知，又，所以的最小正周期不为，故A错误；对于B，令，得，所以，所以，解得或，又因为，所以或或，所以在区间上恰有个零点，故B正确；对于C，，所以，所以的图象关于点中心对称，故C正确；对于D，，因为，所以是以为周期的周期函数，设，求导得，令，得，得或或或或或，当或或或时，；当或或时，，又，，，，所以的最大值为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为_________．答案：3解析：解答过程：由的通项为，，①乘以中项，当时，的系数为，因此系数为，②乘以中项，当时，的系数为，因此系数为，所以项的系数为.13.已知圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为_________．答案：解析：思路：根据给定条件，求出线段的中垂线方程，再求出圆心坐标及半径即可.解答过程：线段的中点，直线的斜率为，则线段的中垂线的斜率为，所以线段的中垂线方程为，即，由，解得，因此圆的圆心，半径，所以圆的标准方程为.14.在边长为4的菱形中，，沿对角线将折起得到三棱锥，若，则三棱锥外接球的表面积为_________．答案：解析：思路：证明是正四面体，然后把它补成一个正方体，利用正方体的外接球就是正四面体的外接球求解.解答过程：菱形中，，则都是等边三角形，取中点，连接，则，又，则，因为平面，所以平面，而平面，所以，所以，从而，所以是正四面体，以正四面体的六条棱作为面对角线，把它补成一个正方体，如图，设正方体的棱长为，则，，正方体的对角线长为，易知正方体的外接球就是正四面体的外接球，球半径为，所以表面积为.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.已知是等差数列，是等比数列，且，，．（1）求和的通项公式；（2）记数列的前项和为，求满足的最大正整数．答案：（1），（2）解析：思路：（1）根据题意，列出公差和公比的方程组即可求解；（2）用错位相减法求出，然后依次验证即可求解.（1）设数列的公差为，数列的公比为．因为，，所以，即．因为，所以．联立解得或（舍去）．所以，．（2）由（1）知，，所以单调递增．所以，则，两式相减，得，所以，因为，所以解不等式，即，当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，不成立，所以满足的最大正整数为．16.在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足．（1）是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．答案：（1）存在，，取的中点，连接，则，以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，由题意，，则，，，，，，设，由，，，得，即，所以，，若，则，得，满足，符合，所以，存在，使得；（2）解析：思路：（1）取的中点，连接，则，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，根据已知得，再写出的坐标，根据垂直关系列方程求参数，即可得结论；（2）由题意，求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值.（1）略（2）若，则，设平面的一个法向量为，由，，得，取，得，设平面的一个法向量为，由，，得，取，则得，设平面与平面所成的锐二面角为，则，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.17.已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4．（1）求椭圆的标准方程．（2）设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程．答案：（1）（2）法一：因为点，过点的动直线，所以设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即），将代入椭圆方程，得，即．设，，则，①．因为，，所以直线的方程为，直线的方程为，联立解得交点的横坐标②．将，，代入②得③．由①得，即④．将④代入③中，得．所以点的横坐标为4，即点在定直线上．法二：设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即），将代入椭圆方程，得，即．设，，则，，可得①．由，，得直线的方程为，直线的方程为．联立②，消去，并整理得．将①代入等式左边，得．比较，系数，得，解得．所以点的横坐标为，即点在定直线上．法三（仿射变换）：作变换，，则椭圆变为圆．点，，保持不变．过的直线变为过的直线，与圆交于．由圆的几何性质（相交弦定理或相似三角形）可知（同法二），直线与的交点的横坐标恒为．变换回原坐标，横坐标不变，则点的横坐标为，即点在定直线上．解析：思路：（1）求出的值，利用求出，从而得到椭圆的标准方程.（2）法一：设直线的方程为，直线和椭圆联立方程组，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，联立解得交点的横坐标为定值，从而得到点在定直线上．法二：设直线的方程为，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，通过消去，并整理得到，比较，系数解得，从而得到点在定直线上．法三（仿射变换）：作变换，，点，，保持不变．过的直线变为过的直线，与圆交于．由圆的几何性质得到直线与的交点的横坐标恒为．从而得到点在定直线上.（1）因为椭圆的焦距为，所以，即，因为椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，所以，解得，所以，则椭圆的标准方程为．（2）略.18.某学校举办书法比赛，共有幅作品．评委首先按质量从高到低排序，最优者为第1名，次优者为第2名，…，最差者为第名．一周后，评委遗忘之前排序，再次对这幅作品按质量排序．设第一次排序中排名为的作品在第二次排序中的名次为（是，，…，的一个排列）．定义用以衡量两次排序的偏离程度．（1）当时，若评委两次排序完全随机（即所有排列等可能），求的所有可能取值集合．（2）取，假设评委仅凭随机猜测排序，且各轮测试相互独立．①求的分布列与数学期望．②若某评委在连续三轮测试中，每次都有，计算这一事件发生的概率．根据该概率，能否认为该评委具有较好的质量鉴别能力？请说明理由．答案：（1）（2）①的分布列为02468②，该可能性非常小，根据概率的实际推断原理，这样的小概率事件在试验中几乎不可能发生，从而我们认为该评委具有较好的质量鉴别能力解析：思路：（1）列举出所有可能的排列，进而求出的所有可能的取值集合；（2）①由题意可知，随机变量的可能取值有0、2、4、6、8，分别计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，并由此计算出的值；②记“在相继进行的三轮测试中都有”为事件，计算出的值，由此可得出结论.（1）当时，的各种排列方式如下表：112233231312323121022444所以的所有可能取值集合为．（2）①当时，所有排列共有种．首先需要计算每个排列的值．由于对称性，可以按置换的轮换结构或直接枚举．考虑到在，，，中奇数和偶数各有两