2024-2025学年河南省南阳市六校高二上学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳市六校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题一、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.从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】B【解析】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种.故选：B.2.已知点，直线的倾斜角为，若，则的值为（）A.3 B.－1 C.3或－1 D.3或1【答案】C【解析】由得，或．当时，，解得；当时，，解得．综上，的值为3或．故选：C.3.已知随机变量服从正态分布，则（）A.0.16 B.0.32 C.0.68 D.0.84【答案】C【解析】由题意得，由正态曲线的对称性知，所以．故选：C.4.已知空间中三个点，则直线与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知得，记直线与的夹角为，则．故选：D.5.已知事件相互独立，与分别为的对立事件，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，因为事件相互独立，所以，所以．故选：D.6.如图，在四面体中，设，为重心，为的中点，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，连接，连接并延长交于点，则为中点，且，∴.∵为的中点，∴，∴．故选：A.7.过抛物线的焦点的直线交于两点，其中点在第一象限，且，则（）A. B.6 C. D.8【答案】A【解析】易知的斜率存在，设，则，得，因为点在上，所以，又点在第一象限，故，所以，又，所以，所以直线的方程为，即．联立，得，则，由抛物线定义，得．故选：A.8.盒中装有3个黄球和1个红球，现从盒中每次随机取出1个球且不放回，直至取出红球．设在此过程中，取到黄球的个数为，则（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】由题意得，的所有可能取值为，，，所以的期望为，所以．故选：B.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.在（是常数）的展开式中，各项的二项式系数中只有第4项最大，且的系数为160，则（）A. B.C.展开式中的常数项为240 D.各项系数的和为【答案】AC【解析】对于A，因为展开式中二项式系数只有第4项最大，所以展开式共有7项，则，故A正确；对于B，展开式的通项，令，得，因为的系数为160，所以，解得，故B错误；对于C，令，得，所以常数项为，故C正确；对于D，在中，令，得的展开式中各项系数的和为，故D错误．故选：AC.10.已知是异于点的动点，且满足（表示斜率），动点的轨迹加上点构成曲线，则下列说法正确的是（）A.当时，曲线的离心率为B.当时，曲线有渐近线，且渐近线方程为C.当时，直线被曲线所截得的弦长为D.当时，设点，过原点的直线与曲线交于两点，则面积的最大值为【答案】ABD【解析】设Px,y，则．对于A和B，由得曲线方程为：，故曲线为双曲线，其中，∴双曲线离心率为，渐近线方程为，即，故A，B正确.对于C，由得曲线方程为：，故曲线表示圆，其中圆心为，半径，∴圆心到直线的距离，∴直线被曲线所截得的弦长为，故C错误.对于D，由得曲线方程为：，故曲线表示椭圆，上、下顶点坐标分别为.∵（是原点），，，当直线与轴重合时取最大值2，∴面积的最大值为，故D正确．故选：ABD.11.在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为棱上任意一点，则（）A.B.直线与平面所成角的正弦值为C.过三点作正方体的截面，所得截面的面积为D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】如图，以所在的直线分别为轴、轴，轴建立空间直角坐标系，则．对于A，设，则，因为，所以与不一定垂直，故A错误.对于B，.设面的一个法向量为，则，令，则，故，设直线与平面所成的角为，则，故B正确.对于C，由得，故，连接，可得过三点的截面为四边形，其中，故四边形为等腰梯形，因为等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故C正确.对于D，，设平面的法向量为，则，令，则，故，所以点到平面的距离，故D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若，则________．【答案】2【解析】由题意得，且，解得，∵，∴或，解得（舍去）或．13.已知双曲线的左，右焦点分别为，点在上，，且的面积为，则的离心率为________．【答案】【解析】如图，在中，因为，所以由余弦定理得，可化为．因为的面积为，所以，得①，又由双曲线的定义知②，把①②代入（）式，化简整理可得，所以离心率．14.某人在次射击中击中目标的次数为，且，已知，则当取最大值时，________．【答案】7【解析】依题意，得解得，故，所以．当最大时，即即整理得解得，而，因此．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.已知圆过点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）若直线过点且与圆相切，求的方程．解：（1）因为点，所以线段的中点为，所以的中垂线方程为．联立得，故圆的圆心为点，又圆的半径，所以所求圆的方程为．（2）由题意及（1）知，圆的圆心为，半径为，直线过点．①若的斜率不存在，则的方程为，此时，圆心到的距离为3，符合题意；②若的斜率存在，设的方程为，即，因为与圆相切，所以，解得，此时，的方程为．综上，的方程为或．16.某工厂有甲，乙两个车间加工同一种零件，已知加工该零件需要两道工序，每道工序的加工结果相互独立，且只有每道加工工序都合格，该产品才能出厂进行销售．已知甲车间每道加工工序合格的概率均为0.9；乙车间第一，二道加工工序合格的概率分别为．（1）对6个来自甲车间，4个来自乙车间的零件进行质检，若从这10个零件中随机抽取1个，求该零件可以出厂销售的概率．（2）甲车间加工的每个零件，销售后可以盈利100元，若不能销售则亏损30元，乙车间加工的每个零件，销售后可以盈利100元，若不能销售则亏损20元．由于市场对这种零件需求旺盛，该工厂计划扩建其中一个车间以增加产量，若以每个零件获利的数学期望为决策依据，请判断该工厂应扩建哪个车间．解：（1）用事件表示“抽取的零件来自甲车间”，用事件表示“抽取的零件来自乙车间”，用事件表示“抽取的零件可以出厂销售”，则，．．（2）甲车间加工的每个零件可以出厂销售的概率为0.81，甲车间加工的每个零件获利的期望为（元），乙车间加工的每个零件可以出厂销售的概率为0.76，乙车间加工的每个零件获利的期望为（元），因为，所以应扩建甲车间．17.某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答．（1）若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率；（2）若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率．解：（1）设事件表示“甲第一次从A箱中抽到代数题”，事件表示“甲第二次从A箱中抽到几何题”，则．在发生的条件下，A箱中还剩下3道代数题和2道几何题，所以．故．（2）设事件为“丙从B箱中抽取的2道题中至少有一道代数题”，事件为“乙从A箱中取出2道代数题”，事件为“乙从A箱中取出1道代数题和1道几何题”，事件为“乙从A箱中取出2道几何题”，则．当发生时，B箱中有5道代数题和3道几何题，；当发生时，B箱中有4道代数题和4道几何题，；当发生时，B箱中有3道代数题和5道几何题，．由全概率公式可得．18.如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，且，为的中点．（1）证明：；（2）求二面角的正弦值；（3）若点分别是直线上的动点，求的最小值．（1）证明：如图，取的中点，连接．因为为的中点，为的中点，所以．因为底面，所以平面，又平面，所以．因为底面是矩形，且，所以，又，所以，所以，所以，所以．又，平面，所以平面．又平面，所以．（2）解：如图，以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则．由题意知平面的一个法向量为．易知，设平面的法向量为，则即取，所以，所以二面角的正弦值为．（3）解：因为点分别是直线上的动点，设，则，所以．设，则，所以，则，所以当时，．19.已知平面内的动点到点的距离和到定直线的距离的比为，动点的轨迹为曲线．（1）求的方程．（2）过点的直线与交于不同的两点，点与点关于轴对称．（i）证明：直线过轴上一定点；（ii）记（i）中的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（为不同的两点），记的面积分别为，求的取值范围．（1）解：依题意得，化简整理得，所以的方程为．（2）（i）证明：当的斜率不为0时，设的方程为，则．由得，由，得，则．直线的方程为，令，得，即直线过定点．当的斜率为0时，直线的方程为，也过点．综上，直线过定点．（ii）解：方法一：由题意知的斜率存在且不为，如图．由（i）知直线的方程为，，，，由（i）知且，可知的符号相同，根据对称性，只需考虑的情形．因为又，所以，所以，所以，所以，故的取值范围为．方法二：，由（i）知，所以．下同方法一．河南省南阳市六校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题一、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.从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】B【解析】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种.故选：B.2.已知点，直线的倾斜角为，若，则的值为（）A.3 B.－1 C.3或－1 D.3或1【答案】C【解析】由得，或．当时，，解得；当时，，解得．综上，的值为3或．故选：C.3.已知随机变量服从正态分布，则（）A.0.16 B.0.32 C.0.68 D.0.84【答案】C【解析】由题意得，由正态曲线的对称性知，所以．故选：C.4.已知空间中三个点，则直线与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知得，记直线与的夹角为，则．故选：D.5.已知事件相互独立，与分别为的对立事件，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，因为事件相互独立，所以，所以．故选：D.6.如图，在四面体中，设，为重心，为的中点，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，连接，连接并延长交于点，则为中点，且，∴.∵为的中点，∴，∴．故选：A.7.过抛物线的焦点的直线交于两点，其中点在第一象限，且，则（）A. B.6 C. D.8【答案】A【解析】易知的斜率存在，设，则，得，因为点在上，所以，又点在第一象限，故，所以，又，所以，所以直线的方程为，即．联立，得，则，由抛物线定义，得．故选：A.8.盒中装有3个黄球和1个红球，现从盒中每次随机取出1个球且不放回，直至取出红球．设在此过程中，取到黄球的个数为，则（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】由题意得，的所有可能取值为，，，所以的期望为，所以．故选：B.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.在（是常数）的展开式中，各项的二项式系数中只有第4项最大，且的系数为160，则（）A. B.C.展开式中的常数项为240 D.各项系数的和为【答案】AC【解析】对于A，因为展开式中二项式系数只有第4项最大，所以展开式共有7项，则，故A正确；对于B，展开式的通项，令，得，因为的系数为160，所以，解得，故B错误；对于C，令，得，所以常数项为，故C正确；对于D，在中，令，得的展开式中各项系数的和为，故D错误．故选：AC.10.已知是异于点的动点，且满足（表示斜率），动点的轨迹加上点构成曲线，则下列说法正确的是（）A.当时，曲线的离心率为B.当时，曲线有渐近线，且渐近线方程为C.当时，直线被曲线所截得的弦长为D.当时，设点，过原点的直线与曲线交于两点，则面积的最大值为【答案】ABD【解析】设Px,y，则．对于A和B，由得曲线方程为：，故曲线为双曲线，其中，∴双曲线离心率为，渐近线方程为，即，故A，B正确.对于C，由得曲线方程为：，故曲线表示圆，其中圆心为，半径，∴圆心到直线的距离，∴直线被曲线所截得的弦长为，故C错误.对于D，由得曲线方程为：，故曲线表示椭圆，上、下顶点坐标分别为.∵（是原点），，，当直线与轴重合时取最大值2，∴面积的最大值为，故D正确．故选：ABD.11.在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为棱上任意一点，则（）A.B.直线与平面所成角的正弦值为C.过三点作正方体的截面，所得截面的面积为D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】如图，以所在的直线分别为轴、轴，轴建立空间直角坐标系，则．对于A，设，则，因为，所以与不一定垂直，故A错误.对于B，.设面的一个法向量为，则，令，则，故，设直线与平面所成的角为，则，故B正确.对于C，由得，故，连接，可得过三点的截面为四边形，其中，故四边形为等腰梯形，因为等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故C正确.对于D，，设平面的法向量为，则，令，则，故，所以点到平面的距离，故D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若，则________．【答案】2【解析】由题意得，且，解得，∵，∴或，解得（舍去）或．13.已知双曲线的左，右焦点分别为，点在上，，且的面积为，则的离心率为________．【答案】【解析】如图，在中，因为，所以由余弦定理得，可化为．因为的面积为，所以，得①，又由双曲线的定义知②，把①②代入（）式，化简整理可得，所以离心率．14.某人在次射击中击中目标的次数为，且，已知，则当取最大值时，________．【答案】7【解析】依题意，得解得，故，所以．当最大时，即即整理得解得，而，因此．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.已知圆过点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）若直线过点且与圆相切，求的方程．解：（1）因为点，所以线段的中点为，所以的中垂线方程为．联立得，故圆的圆心为点，又圆的半径，所以所求圆的方程为．（2）由题意及（1）知，圆的圆心为，半径为，直线过点．①若的斜率不存在，则的方程为，此时，圆心到的距离为3，符合题意；②若的斜率存在，设的方程为，即，因为与圆相切，所以，解得，此时，的方程为．综上，的方程为或．16.某工厂有甲，乙两个车间加工同一种零件，已知加工该零件需要两道工序，每道工序的加工结果相互独立，且只有每道加工工序都合格，该产品才能出厂进行销售．已知甲车间每道加工工序合格的概率均为0.9；乙车间第一，二道加工工序合格的概率分别为．（1）对6个来自甲车间，4个来自乙车间的零件进行质检，若从这10个零件中随机抽取1个，求该零件可以出厂销售的概率．（2）甲车间加工的每个零件，销售后可以盈利100元，若不能销售则亏损30元，乙车间加工的每个零件，销售后可以盈利100元，若不能销售则亏损20元．由于市场对这种零件需求旺盛，该工厂计划扩建其中一个车间以增加产量，若以每个零件获利的数学期望为决策依据，请判断该工厂应扩建哪个车间．解：（1）用事件表示“抽取的零件来自甲车间”，用事件表示“抽取的零件来自乙车间”，用事件表示“抽取的零件可以出厂销售”，则，．．（2）甲车间加工的每个零件可以出厂销售的概率为0.81，甲车间加工的每个零件获利的期望为（元），乙车间加工的每个零件可以出厂销售的概率为0.76，乙车间加工的每个零件获利的期望为（元），因为，所以应扩建甲车间．17.某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答．（1）若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率；（2）若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率．解：（1）设事件表示“甲第一次从A箱中抽到代数题”，事件表示“甲第二次从A箱中抽到几何题”，则．在发生的条件下，A箱中还剩下3道代数题和2道几何题，所以．故．（2）设事件为