2023-2024学年河南省南阳市高二下学期期末质量评估数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳市2023-2024学年高二下学期期末质量评估数学试题注意事项：1、答题前考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上并将考生的条形码贴在答题卡指定位置上2、回答选择题时选出每小题答案之后用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3、考试结束之后，将本卷和答题卡一并收回.一、单项选择题：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.离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，代替，分布列如下：则（）1234560.210.200.100.10A.0.35 B.0.45 C.0.55 D.0.65【答案】B【解析】由题意得，解得，，解得，故.故选：B2.若等比数列的各项均为正数，且成等差数列，则（）A.3 B.6 C.9 D.18【答案】C【解析】若等比数列的各项均为正数，所以公比，且成等差数列，可得,即得可得，.故选：C.3.在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（）A.异面 B.平行 C.垂直 D.相交但不垂直【答案】B【解析】由，，，，得，，则，即，而，显然向量不共线，即点不在直线上，所以直线与平行．故选：B4.“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（）A.120种 B.180种 C.240种 D.300种【答案】C【解析】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，共有种方法.故选：C5.的展开式中的常数项为（）A. B.240 C. D.180【答案】C【解析】因为，又展开式的通项为，，所以的展开式中的常数项为.故选：C6.如图，椭圆①，②与双曲线③，④的离心率分别为，，，，其大小关系为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得到椭圆①，②的b值相同，a值①比②小，则，可以知道，；根据双曲线的开口越大离心率越大，则．所以，故选：A．7.若双曲线C：的渐近线与圆没有公共点，则双曲线C的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】双曲线渐近线为，且与圆没有公共点，圆心到渐近线的距离大于半径，即，，，．故选：B．8.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即恒成立，当且仅当时取等号，则，即；又，令，则，则在上单调递减，又，当时，所以在上单调递增，又，所以，即，所以，即，综上可得.故选：A二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.9.三棱锥中，平面与平面的法向量分别为,,则二面角的大小可能为（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】，所以二面角的大小可能为或．故选：BC.10.法国著名数学家蒙日首先发现椭圆两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆的中心为圆心的圆，后来这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆，其蒙日圆为圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列选项正确的是（）A.圆的方程为 B.四边形面积的最小值为4C.的最小值为 D.当点为时，直线的方程为【答案】BD【解析】当切线的切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可以得到两切线的交点为，所以蒙日圆的方程为，故A不正确；四边形面积为：，只需求出最小值，而的最小值为点到直线的距离，所以的最小值为，故B正确；设,则，故，所以，又，当且仅当取等号，而的最小值，故的最小值8，故等号取不到，故C不正确；当点为时，点，，，四点共以为直径圆上，所以这个圆的方程为，与圆方程联立，可得直的方程为，故D正确.故选：BD.11.已知函数的定义域为，且是的一个极值点，则下列结论正确的是（）A.方程的判别式B.C.若，则在区间上单调递增D.若且，则是的极小值点【答案】ABD【解析】因为，则，依题意是关于方程的一个变号正实数根，所以方程的判别式，故A正确；因为，显然，所以，故B正确；当时，因为，所以函数的开口向下，且与轴的正半轴只有一个交点，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；当且，将代入，整理得，所以方程有两个不相等正实数根与，又，所以当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，是的极小值点，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列满足．且，若，则________．【答案】2024【解析】因为，所以，又，则，所以，故，则，所以，则的各项分别为，所以.故答案为：202413.已知函数在区间上有定义，且在此区间上有极值点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】由题可知，当时,,单调递减，当时,,单调递增，故只有极小值点2.若在区间上有定义且有极值点，则，解得.故答案为:14.某校课外学习社对“学生性别和喜欢网络游戏是否有关”作了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生中有的学生喜欢网络游戏，女生中有的学生喜欢网络游戏，若有超过的把握但没有的把握认为是否喜欢网络游戏和性别有关，则被调查的学生中男生可能有_____________人.附：，其中.0.050.013.8416.635解：设男生有人，则由题意可得列联表如下喜欢不喜欢合计男生女生合计则，因为有超过的把握但没有的把握认为是否喜欢网络游戏和性别有关，所以，得，因为为5的整数倍，所以可能取值为45，50，55，60，65，即被调查的学生中男生可能有45，或50，或55，或60，或65人，故答案为：45，或50，或55，或60，或65四、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.已知函数在处有极值36．（1）求实数a，b的值；（2）当时，求的单调递增区间．解：（1）由题意知．∵，，∴或，经检验都符合题意．（2）当时，由（1）得，∴，由，即，解得或，∴函数的单调递增区间为，．16.在四棱锥中，底面是边长为6的菱形，，，.（1）证明：平面；（2）若，M为棱上一点，满足，求点到平面的距离.解：（1）在四棱锥中，连接交于，连接，如图，因为底面是菱形，则，又是的中点，，则，而平面，所以平面.（2）连接，由平面，平面，则，而，平面，因此平面，又是边长为6的菱形，，则，面积，过作交于，而，且，则，显然，于是，面积，令点到平面的距离为，又平面，由，即，得，解得，所以点到平面的距离为.17.某商场举行抽奖活动，准备了甲､乙两个箱子，甲箱内有2个黑球､4个白球，乙箱内有4个红球､6个黄球.每位顾客可参与一次抽奖，先从甲箱中摸出一个球，如果是黑球，就可以到乙箱中一次性地摸出两个球；如果是白球，就只能到乙箱中摸出一个球.摸出一个红球可获得90元奖金，摸出两个红球可获得180元奖金.（1）求某顾客摸出红球的概率；（2）设某家庭四人均参与了抽奖，他们获得的奖金总数为元，求随机变量的数学期望.解：（1）设“从甲箱中摸出黑球”，“从甲箱中摸出白球”，“从乙箱中摸出红球”，“某顾客摸出红球”，则.因为，所以.（2）设该家庭每个人获得的奖金为元，则的取值可能为，则，，，所以随机变量的分布列为090180（元）.又因为，所以（元）.18.已知椭圆经过点和．（1）求的方程；（2）若点（异于点）是上不同的两点，且，证明直线过定点，并求该定点的坐标．解：（1）由题意得，把点的坐标代入，得，解得，所以椭圆的方程为．（2）（方法一）由题意可知均有斜率且不为0，设直线的方程为，联立方程组消去得，可得，解得，所以点的坐标为．因为，所以直线的斜率为，同理可得点．当时，有，解得，直线的方程为．当时，直线的斜率，则直线的方程为，即，即，直线过定点．又当时，直线也过点．综上，直线过定点．（方法二）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，联立方程组消去得，，即．设，则，．因为，所以，即，，，化简得，解得或，所以直线的方程为或（过点A,不合题意，舍去），所以直线过定点．当直线垂直于轴时，设它的方程为，因为，所以．又，解得或（过点A,不合题意，舍去），所以此时直线的方程为，也过点．综上，直线过定点．19.对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.（1）若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；（2）设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.（3）考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，，，，，所以数列有六种可能：；；；；；．（2）因为，，所以，所以控制数列是不减的数列，是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，那么若时都有，则，若，则，若，则，又，由数学归纳法思想可得对，都有；（3）因为控制数列为等差数列，故.设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，当是数列中间某项时，不可能是等差数列，所以或，若，则（），是等差数列，此时只要，是的任意排列均可．共个，，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，由此有，即就是，只有一种排列，综上，个数是．河南省南阳市2023-2024学年高二下学期期末质量评估数学试题注意事项：1、答题前考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上并将考生的条形码贴在答题卡指定位置上2、回答选择题时选出每小题答案之后用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3、考试结束之后，将本卷和答题卡一并收回.一、单项选择题：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.离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，代替，分布列如下：则（）1234560.210.200.100.10A.0.35 B.0.45 C.0.55 D.0.65【答案】B【解析】由题意得，解得，，解得，故.故选：B2.若等比数列的各项均为正数，且成等差数列，则（）A.3 B.6 C.9 D.18【答案】C【解析】若等比数列的各项均为正数，所以公比，且成等差数列，可得,即得可得，.故选：C.3.在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（）A.异面 B.平行 C.垂直 D.相交但不垂直【答案】B【解析】由，，，，得，，则，即，而，显然向量不共线，即点不在直线上，所以直线与平行．故选：B4.“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（）A.120种 B.180种 C.240种 D.300种【答案】C【解析】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，共有种方法.故选：C5.的展开式中的常数项为（）A. B.240 C. D.180【答案】C【解析】因为，又展开式的通项为，，所以的展开式中的常数项为.故选：C6.如图，椭圆①，②与双曲线③，④的离心率分别为，，，，其大小关系为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得到椭圆①，②的b值相同，a值①比②小，则，可以知道，；根据双曲线的开口越大离心率越大，则．所以，故选：A．7.若双曲线C：的渐近线与圆没有公共点，则双曲线C的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】双曲线渐近线为，且与圆没有公共点，圆心到渐近线的距离大于半径，即，，，．故选：B．8.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即恒成立，当且仅当时取等号，则，即；又，令，则，则在上单调递减，又，当时，所以在上单调递增，又，所以，即，所以，即，综上可得.故选：A二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.9.三棱锥中，平面与平面的法向量分别为,,则二面角的大小可能为（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】，所以二面角的大小可能为或．故选：BC.10.法国著名数学家蒙日首先发现椭圆两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆的中心为圆心的圆，后来这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆，其蒙日圆为圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列选项正确的是（）A.圆的方程为 B.四边形面积的最小值为4C.的最小值为 D.当点为时，直线的方程为【答案】BD【解析】当切线的切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可以得到两切线的交点为，所以蒙日圆的方程为，故A不正确；四边形面积为：，只需求出最小值，而的最小值为点到直线的距离，所以的最小值为，故B正确；设,则，故，所以，又，当且仅当取等号，而的最小值，故的最小值8，故等号取不到，故C不正确；当点为时，点，，，四点共以为直径圆上，所以这个圆的方程为，与圆方程联立，可得直的方程为，故D正确.故选：BD.11.已知函数的定义域为，且是的一个极值点，则下列结论正确的是（）A.方程的判别式B.C.若，则在区间上单调递增D.若且，则是的极小值点【答案】ABD【解析】因为，则，依题意是关于方程的一个变号正实数根，所以方程的判别式，故A正确；因为，显然，所以，故B正确；当时，因为，所以函数的开口向下，且与轴的正半轴只有一个交点，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；当且，将代入，整理得，所以方程有两个不相等正实数根与，又，所以当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，是的极小值点，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列满足．且，若，则________．【答案】2024【解析】因为，所以，又，则，所以，故，则，所以，则的各项分别为，所以.故答案为：202413.已知函数在区间上有定义，且在此区间上有极值点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】由题可知，当时,,单调递减，当时,,单调递增，故只有极小值点2.若在区间上有定义且有极值点，则，解得.故答案为:14.某校课外学习社对“学生性别和喜欢网络游戏是否有关”作了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生中有的学生喜欢网络游戏，女生中有的学生喜欢网络游戏，若有超过的把握但没有的把握认为是否喜欢网络游戏和性别有关，则被调查的学生中男生可能有_____________人.附：，其中.0.050.013.8416.635解：设男生有人，则由题意可得列联表如下喜欢不喜欢合计男生女生合计则，因为有超过的把握但没有的把握认为是否喜欢网络游戏和性别有关，所以，得，因为为5的整数倍，所以可能取值为45，50，55，60，65，即被调查的学生中男生可能有45，或50，或55，或60，或65人，故答案为：45，或50，或55，或60，或65四、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.已知函数在处有极值36．（1）求实数a，b的值；（2）当时，求的单调递增区间．解：（1）由题意知．∵，，∴或，经检验都符合题意．（2）当时，由（1）得，∴，由，即，解得或，∴函数的单调递增区间为，．16.在四棱锥中，底面是边长为6的菱形，，，.（1）证明：平面；（2）若，M为棱上一点，满足，求点到平面的距离.解：（1）在四棱锥中，连接交于，连接，如图，因为底面是菱形，则，又是的中点，，则，而平面，所以平面.（2）连接，由平面，平面，则，而，平面，因此平面，又是边长为6的菱形，，则，面积，过作交于，而，且，则，显然，于是，面积，令点到平面的距离为，又平面，由，即，得，解得，所以点到平面的距离为.17.某商场举行抽奖活动，准备了甲､乙两个箱子，甲箱内有2个黑球､4个白球，乙箱内有4个红球､6个黄球.每位顾客可参与一次抽奖，先从甲箱中摸出一个球，如果是黑球，就可以到乙箱中一次性地摸出两个球；如果是白球，就只能到乙箱中摸出一个球.摸出一个红球可获得90元奖金，摸出两个红球可获得180元奖金.（1）求某顾客摸出红球的概率；（2）设某家庭四人均参与了抽奖，他们获得的奖金总数为元，求随机变量的数学期望.解：（1）设“从甲箱中摸出黑球”，“从甲箱中摸出白球”，“从乙箱中摸出红球”，“某顾客摸出红球”，则.因为，所以.（2）设该家庭每个人获得的奖金为元，则的取值可能为，则，，，所以随机变量的分布列为090180（元）.又因为，所以（元）.18.已知椭圆经过