河南省南阳市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳市2025-2026学年高二上学期期末数学试题一、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.在平面直角坐标系中，轴的倾斜角为（）A.0 B. C. D.不存在【答案】A【解析】因为轴是水平的直线，所以其倾斜角为0，故选：A．2.设，，，，且，，则（）A. B. C.3 D.4【答案】C【解析】因为，则，解得，则因为，则，解得，则，则，则.故选：C.3.某电商平台2024年初引进了新型“直播带货”技术后，每日交易额（单位：万元），估计第二季度（按90天计算）内交易额在4460万元到4540万元的天数大约为（

）（）A.50天 B.61天 C.86天 D.88天【答案】B【解析】由，因为，所以，即，所以第二季度（按90天计算）内交易额在4460万元到4540万元的天数大约为：，故选：B.4.若圆与圆有且仅有三条公切线，则（）A.6 B.4 C.36 D.16【答案】D【解析】，圆的半径为，，圆的半径为，圆与圆有且仅有三条公切线，圆与圆外切，，，.故选：D.5.如图，三个元件正常工作的概率均为，且是相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件，则，电路不发生故障，即正常工作且，至少有一个正常工作，、不发生故障即，至少有一个正常工作的概率，所以整个电路不发生故障的概率为.故选：C.6.抛物线的焦点为为抛物线上一点，点满足，则直线（为坐标原点）斜率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题知，设，由得，∴，解得，∴，当时，；当时，（当且仅当时等号成立），又当时，∴；当时，（当且仅当时等号成立），又当时，∴.综上，直线（为坐标原点）斜率的取值范围为，故选：B．7.将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有（）A.26种 B.36种 C.38种 D.50种【答案】D【解析】当1号实验室有1人时，即专家，其余4名专家分配到2号和3号实验室，且每个实验室至少1人，分配方案有种；当1号实验室有2人时，先从其余4名专家中选1人到1号实验室有种方法，再将其余3名专家分配到2号和3号实验室且每个实验室至少1人有种方法，故共有种；当1号实验室有3人时，分配方案有种；可得不同的分配方案共有种．故答案：508.为双曲线的右焦点，为左顶点，为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（）A B. C.2 D.【答案】C【解析】因为，，，所以，设双曲线的左焦点为，连接，则，所以在中，，由余弦定理得，，整理得，即，得．故选：C．二、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.已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（）A.展开式共有6项 B.二项式系数最大的项是第4项C.展开式的常数项为540 D.展开式含有【答案】BC【解析】由于二项式的展开式中各项系数之和是，所以令，则，所以，所以二项式，所以展开后有项，故A错误；二项式系数最大的项是第4项，故B正确；二项式展开式的通项公式为，所以当时，常数项为，故C正确；当时，解得不是整数，所以展开式不含有项，故D错误.故选：BC.10.下列说法中正确的是（）A.从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率是B.已知随机变量服从二项分布，若，则C.已知随机变量服从正态分布，若，则D.已知随机事件A，B满足，则【答案】BD【解析】对于A，从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为，故A错误；对于B，，，解得，故B正确；对于C，，则正态曲线的对称轴为，根据正态曲线的对称性可得，故C错误；对于D，，，所以，故D正确.故选：BD.11.如图，已知正方体的棱长为，为的中点，为线段上的一个动点，设由点、、构成的平面为．则下列结论中，正确的是（）A.当为的中点时，平面截正方体所得的截面为五边形B.平面截正方体所得的截面可能是三角形C.当点与重合时，平面截正方体，所得截面的面积为D.点到平面的距离的最大值为【答案】ACD【解析】对于A选项，如下图所示：延长交的延长线于点，连接交线段于点，延长交的延长线于点，连接交线段于点，连接、，则平面截正方体所得的截面为五边形，A对；对于B选项，当点在线段上运动时（不与端点重合），此时平面截正方体所得的截面为五边形；当点与点重合时，连接交线段于点，连接、，如下图所示：此时，平面截正方体所得的截面为四边形；当点与点重合时，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，此时平面截正方体所得的截面为四边形，综上所述，平面截正方体所得的截面不可能为三角形，B错；对于C选项，当点与点重合时，此时截面为四边形，如下图所示：因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可证，又因为，同理可得，故四边形为菱形，设，则为的中点，且，且，故，故，所以截面面积为，C对；对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，，设点的坐标为，，，，则设平面的法向量为，则，令，可得，，则，设点到平面的距离为，则，由在时单调递增可知，当时，，所以当时，取最大值，最大值为，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知是两两垂直的单位向量，则________________．【答案】3【解析】解：因为是两两垂直的单位向量，所以，所以故答案为：3．13.有款小游戏，规则如下：一小球从数轴上的原点出发，通过掷骰子决定向左或者向右移动．掷出骰子，若是奇数点向上，则向左移动一个单位；若是偶数点向上，则向右移动一个单位，则第一次掷完骰子小球位于且第五次掷完骰子小球位于1的概率为_____________．【答案】或【解析】掷出骰子，奇数点向上概率为，偶数点向上的概率亦为；第一次掷完骰子小球位于，即第一次向左移动，且第五次位于1，则后续4次移动中小球向右移动3次，向左移动1次，故其概率为．故答案.14.若函数有两个零点，则实数的取值范围为_____________．【答案】【解析】令得，设，即，故曲线表示双曲线的上支，联立可得，由题意可知直线与双曲线的上支有两个不同的交点，设这两个交点的纵坐标分别为、，且，，所以，可得，解得.因此，实数的取值范围是.故答案为：.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.已知圆的圆心在直线上，且经过．（1）求圆的标准方程；（2）过点作直线与圆的另一个交点记为，求的面积最大时直线的方程．解：（1）设“小明在投篮过程中直到第三次才投中”为事件A，事件A说明小明前两次未投中，第三次投中，所以P(A)=.故小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率为.（2）小明在4次投篮后总得分ξ可能取值为0，2，4，6，8.P(ξ=0)=，P(ξ=2)=，P(ξ=4)=，P(ξ=6)=，P(ξ=8)=.所以总得分ξ的分布列为ξ02468P所以E(ξ)=0×+2×+4×+6×+8×.（3）因为随机变量X~B(4，p)，所以E(X)=4p=1.所以p=.所以随机变量X的方差D(X)=np(1p)=4×.18.如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，．（1）求证：平面；（2）求与平面夹角的正弦值；（3）线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．（1）证明：由题知，由余弦定理得，∴，∴，∴，又，平面，，∴平面；（2）解：如图，过作的垂线，垂足为，则，∵四边形为等腰梯形，∴.由（1）知，平面，∴，又，平面，，∴平面，∴，∴两两互相垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，∴，设平面的法向量为，由得，令，得，∴，故与平面夹角的正弦值为.（3）解：存在.假设存在，设，则，设平面的法向量为，由得，令，得，∴，由题知，解得.综上，存在点符合，且．19.过平面内的动点分别作直线和的垂线，交轴于两