精品解析：河南省南阳市六校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

大联考 2023—2024学年（下）南阳六校高二年级期末考试 数学 考生注意： 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，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题后，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，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.05 B. 0.1 C. 0.3 D. 0.4 2. 如图，均为直角三角形，为直角顶点，，且，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，且，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 已知是正项等比数列，若成等差数列，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 已知为虚数单位，则的展开式中的系数为（ ） A. B. 10 C. D. 15 6. 已知数列满足，且，设，则数列的前2024项和为（ ） A. 674 B. 673 C. -673 D. -674 7. 已知函数若恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线，如图，过的右焦点作直线与的两条渐近线分别交于点，与轴交于点，若，且，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 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. 假定生男孩和生女孩是等可能，已知一个家庭中共有3个孩子，用表示事件“该家庭中既有男孩又有女孩”，用表示事件“该家庭中最多有1个女孩”，则（ ） A. B. C. D. 与相互独立 10. 已知数列的前项和，则下列说法中正确的是（ ） A. 一定为等差数列 B. 可能为等比数列 C. 若，则一定为递增数列 D. 若，则存，使得 11. 已知函数，若不等式恰有一个整数解，则实数的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将4个不同编号的球放到3个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的分配方法共有________种. 13. 已知点在圆上运动，则的最小值是__________. 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为__________. 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. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面. （1）若，求； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 扬子鳄是中国特有的一种小型鳄类，是国家一级重点保护野生动物，活动区域主要在长江下游流域.研究人员为了解扬子鳄的生长发育情况，随机抽取了6只扬子鳄，测量它们的头长（单位与体长（单位：），得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 5 6 头长 15 15.3 15.3 16.6 168 17 体长 125 128 130 138 142 153 并计算得 （1）求这6只扬子鳄的平均头长与平均体长； （2）求扬子鳄的头长与体长的样本相关系数；（精确到0.01） （3）已知与可以用模型进行拟合，若某只扬子鳄的头长为，利用所给数据估计这只扬子鳄的体长. 附：相关系数. 17. 已知数列满足，当时，. （1）求的通项公式； （2）设为数列的前项和，证明：.（参考结论：当时，.） 18. 已知函数，其中. （1）讨论在区间上单调性； （2）若，函数在区间内存在唯一的极值点，求实数的取值范围. 19. 已知抛物线的焦点到直线的距离为为直线上的动点，过点作直线分别与相切于点. （1）求的方程； （2）证明：直线过定点； （3）若直线分别交轴于点，求最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大联考 2023—2024学年（下）南阳六校高二年级期末考试 数学 考生注意： 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，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题后，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，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.05 B. 0.1 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】应用正态分布的性质求概率即可. 【详解】根据正态分布的基本性质可知，对称轴为 . 故选：B. 2. 如图，均为直角三角形，为直角顶点，，且，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列模型求解，建立等比数列模型，求解出其中的项. 【详解】根据题意，这些直角三角形是相似的，并且相邻两个三角形的相似比为， 从而这些三角形的周长从小到大组成的数列是等比数列，公比， 首项为的周长，因此. 故选：C. 3. 已知函数，且，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据令求出，再由求. 【详解】由题意知，所以， 所以， 又， 所以. 故选：B 4. 已知是正项等比数列，若成等差数列，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差中项结合等比数列通项公式求得，再结合对数运算分析求解. 【详解】设等比数列的公比为. 因为成等差数列，可得，即， 整理可得，解得或（舍去）. 所以. 故选：D. 5. 已知为虚数单位，则的展开式中的系数为（ ） A. B. 10 C. D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】展开式的通项， 当时，， 因此的系数为. 故选：C 6. 已知数列满足，且，设，则数列的前2024项和为（ ） A. 674 B. 673 C. -673 D. -674 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列的递推关系结合数列的周期性求解即可. 【详解】因为奇数与奇数之和为偶数，奇数与偶数之和为奇数， 所以数列的各项的奇偶情况依次为奇､偶､奇､奇､偶､奇 所以数列各项依次为， 故数列以3为周期，且相邻3项之和为-1， 因为， 所以数列的前2024项和为. 故选：D. 7. 已知函数若恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分段讨论不等式，利用导数研究函数的最值即可得出参数范围. 【详解】当时，. 当时，恒成立等价于恒成立，因为当时，，所以. 当时，恒成立等价于恒成立. 记，则在区间上为增函数， 并且零点为，单调递减， 单调递增， 因此，所以. 综上，. 故选：A. 8. 已知双曲线，如图，过的右焦点作直线与的两条渐近线分别交于点，与轴交于点，若，且，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线渐近线方程和题设条件可得，利用相似形求出与，借助于倍角公式和三角函数定义得方程，化简即得. 【详解】在中，因,可设，则， 因，则,即，则， 故.由三角形相似可知，因此. 又因，所以.设，则， 故，又中，， 故得，即，从而， 故得，从而离心率为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查求解双曲线的离心率问题,属于难题. 解题关键在于理解蕴含的信息，以及借助于，利用两种方式表示得出的齐次方程. 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. 假定生男孩和生女孩是等可能的，已知一个家庭中共有3个孩子，用表示事件“该家庭中既有男孩又有女孩”，用表示事件“该家庭中最多有1个女孩”，则（ ） A. B. C. D. 与相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对立事件概率求解判断A选项，应用古典概型计算判断B选项，条件概率计算判断C选项，应用相互独立事件概率乘积公式判断D选项. 【详解】，故A正确. ， 所以，故B错误，C正确. 因为，所以与相互独立，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知数列的前项和，则下列说法中正确的是（ ） A. 一定为等差数列 B. 可能为等比数列 C. 若，则一定为递增数列 D. 若，则存在，使得 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：证明，才是等差数列，对于B：取，即可说明；对于C：证明可判断，对于D：用二次函数的性质说明即可. 【详解】对于A：当时，， 该通项公式为一次函数形式，所以从第二项起为等差数列， 所以数列是等差数列的条件只需满足当时满足的通项公式即可， 即当，，所以只有当时，才是等差数列，故A错误； 对于B：当时，，满足要求，故B正确； 对于C：若，则，所以，故C错误； 对于D，若，函数的图象关于直线对称，因此，从而，故D正确. 故选：BD 11. 已知函数，若不等式恰有一个整数解，则实数的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先把不等式移项化简，再分类讨论利用导数研究函数的单调性最后结合范围求解. 【详解】因为， 所以，即. 若，不等式化为，此不等式对任意恒成立，不符合条件. 若，不等式化为，即恰有一个整数解. 记，则，当，；当，； 可得在上单调递增，在上单调递减， 并且， 因此恰有一个整数解时，实数的取值不可能是B，C，D. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：先化简构造再分类讨论利用导数研究函数的单调性最后结合范围求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将4个不同编号的球放到3个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的分配方法共有________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先将4个不同编号的球分成3组，再将分好的3组放到3个不同的盒子中，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，将4个不同编号的球放到3个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球， 先将4个不同编号的球分成3组，共有种不同的分法； 再将分好的3组放到3个不同的盒子中，共有种不同的方法， 由分步计数原理可得，共有种不同的分配方法. 故答案为：. 13. 已知点在圆上运动，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】确定圆心和圆的半径，再根据的几何意义数形结合即可得到的最小值的情况进而求解即可. 【详解】由得， 故圆的圆心为，半径为1，当时，， 当时，， 如图可知，故此时的最小值是直线斜率的最大值的倒数， 令，即，则圆心到该直线的距离满足， 两边平方整理得，解得，故此时的最小值是， 又，故的最小值为. 故答案为：. 14. 已知函数及其导函数定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数在的单调性，且是偶函数，将问题转化为即可依据函数的单调性和奇偶性求解. 【详解】因为时，， 所以，即， 因此，从而在上单调递增， 又是上的偶函数，且是偶函数， 所以， 即是上的偶函数，故在上单调递减， 由于，因此，又即，即， 所以，故由的单调性和偶函数特点可知， 因此的取值范围为. 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. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面. （1）若，求； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）0 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得平面，所以，可得的值； （2）利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 由平面，平面， . ，且平面， 所以平面. 而平面，. 四边形是正方形，与重合， . 【小问2详解】 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 设为平面的法向量， 则，即， 可取. 设为直线与平面所成的角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 16. 扬子鳄是中国特有的一种小型鳄类，是国家一级重点保护野生动物，活动区域主要在长江下游流域.研究人员为了解扬子鳄的生长发育情况，随机抽取了6只扬子鳄，测量它们的头长（单位与体长（单位：），得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 5 6 头长 15 15.3 15.3 16.6 16.8 17 体长 125 128 130 138 142 153 并计算得 （1）求这6只扬子鳄的平均头长与平均体长； （2）求扬子鳄的头长与体长的样本相关系数；（精确到0.01） （3）已知与可以用模型进行拟合，若某只扬子鳄头长为，利用所给数据估计这只扬子鳄的体长. 附：相关系数. 【答案】（1）16cm，136cm （2）0.94 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用平均值公式求解即可； （2）利用相关系数公式求解即可； （3）先利用自变量和因变量的均值均在回归曲线上，求解出,进而估计这只扬子鳄的体长. 【小问1详解】 平均头长为， 平均体长为. 【小问2详解】 由题可知 【小问3详解】 由题意知.所以， 所以，令，得， 因此估计这只扬子鳄的体长为. 17. 已知数列满足，当时，. （1）求的通项公式； （2）设为数列的前项和，证明：.（参考结论：当时，.） 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用累加法求通项公式； （2）分和两种情况结合等比数列的前n项和公式证明不等式. 【小问1详解】 当时， . 又，因此的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，因此. 因为，所以当时，. 因为当时，，所以， 此时. 综上，. 18. 已知函数，其中. （1）讨论在区间上的单调性； （2）若，函数在区间内存在唯一的极值点，求实数的取值范围. 【答案】（1）在上单调递减； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数再探讨函数的单调性即可得解. （2）求出函数的导数，结合（1）的信息按，分类讨论的单调性即可求得答案. 【小问1详解】 函数，求导得， 设，则. 而，则当时，，函数在上单调递减， 于是，所以函数在上单调递减. 【小问2详解】 函数，求导得， 若，由（1）知在上恒成立，从而在内无极值点，不符合题意； 若，设，则，且， 设，则在上恒成立，因此在上单调递减， 若，即，则在上恒成立，因此在上单调递增， 则上恒成立，从而单调递增，无极值点，不符合题意； 若，即，则在上存在零点，且在上单调递增，在上单调递减， 又，所以要使有极值点，必须有，即， 从而的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论. 19. 已知抛物线的焦点到直线的距离为为直线上的动点，过点作直线分别与相切于点. （1）求的方程； （2）证明：直线过定点； （3）若直线分别交轴于点，求的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离即可求出p，即得答案； （2）设直线MN方程，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合导数的几何意义可得切线的方程，求出P点坐标，即可求得参数之间的关系，进而证明结论； （3）结合（2）求出的表达式，利用二次函数性质即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知， 结合，解得. 故的方程为. 【小问2详解】 证明：根据题意，直线的斜率存在，设其方程为. 联立，得. . 由可得，所以，因此的斜率分别为， 的方程分别为， 整理得， 联立的方程，解得，即. 因为点在直线上，所以， 所以直线的方程为， 故直线过定点. 【小问3详解】 由（2）可知与轴的交点横坐标分别为. 因为， 当时取等号， 故的最小值为. 【点睛】易错点点睛：解答此类圆锥曲线问题，要注意解题思路，这并不困难，一般利用联立方程即可求解，容易出错的地方在于计算比较复杂，并且基本都是字母参数的运算，计算量大，很容易出现计算错误. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$