河南省南阳市桐柏县2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题（原卷版+解析版）

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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.
一、单选题（每题5分 共40分）
1. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行直线的性质，结合平行线间的距离公式进行求解即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以有，所以有，
又因为这两条平行线间距离为，
所以有，或舍去，
所以，
故选：B
2. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正态分布曲线的对称性直接求解即可.
【详解】，，.
故选：B.
3. 已知O为坐标原点，，是椭圆C：（）的焦点，过右焦点且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用题给条件列出关于的齐次式，解之即可求得C的离心率.
【详解】由，，可得，
又由，可得，故，
由得，
整理得，即，
解之得或（舍）.
故选：A
4. 已知空间中直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（ ）
A. 直线与平面平行B. 直线在平面内
C. 直线与平面垂直D. 直线与平面不相交
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线即可得是平面的一个法向量求解.
【详解】由， ，可得，所以，故是平面的一个法向量，故直线与平面垂直，
故选：C
5. 已知椭圆的焦点为，为上一点，且点不在直线上，则“”是“的周长大于”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的定义得，然后利用相应的条件进行充分性必要性的求解.
【详解】因为，所以，
又，所以的周长为．
若，则．
若，则．
所以“”是“的周长大于”的必要不充分条件．故C正确.
故选：C.
6. 中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品.经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型.现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（ ）
A. 216B. 228C. 384D. 486
【答案】A
【解析】
【分析】先在两端挂2盏吊灯，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯，求出其挂法，最后将宫灯插空挂，考虑宫灯的分组情况，结合分步以及分类计数原理，即可求得答案.
【详解】先挂2盏吊灯有种挂法，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯有种挂法，
最后将宫灯插空挂.
当4盏宫灯分成2，2两份插空时有种挂法；
当4盏宫灯分成1，1，2三份插空时有种挂法；
当4盏宫灯分成1，1，1，1四份插空时有1种挂法，
所以共有种不同的挂法.
故选：A
7. 如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的运算法则确定，得到答案.
【详解】，
故，，，.
故选：A
8. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过且与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知结合双曲线的定义可得，，，进而根据同角三角函数的基本关系式得出.在中，由余弦定理可得出方程，整理化简即可得出的关系式.
【详解】
如图，不妨设点P为与双曲线渐近线平行的直线与双曲线的交点.
由已知结合双曲线的定义可得，
所以，，，，且锐角.
又，，
所以，.
又，
在中，由余弦定理可得
，
整理可得，，
所以，.
故选：B.
二、多选题（每题5分 共20分）
9. 已知圆经过点、，为直角三角形，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设圆心，由题意可知，，，求出、的值，可得出圆心的坐标以及圆的半径，由此可得出圆的方程.
【详解】设圆心，由题意可知，，即，解得，
因为为直角三角形，则为直角三角形，则，
即，解得，则圆的半径为，
圆心为，因此，圆的方程为或，
故选：BC.
10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示计算得出的值判断A，B；根据向量垂直的坐标表示计算得出的关系判断C，D.
【详解】若，则，得，故A正确，B错误；
若，则，即，故C正确，D错误；
故选：AC.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足.下列说法中错误的是（ ）

A. 点可以是棱的中点
B. 线段长度的最大值为
C. 点的轨迹是正方形
D. 点的轨迹长度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项B，通过分析判断可得点P不可能是棱的中点，从而判断选项A，又，，可判断选项C和选项D．
【详解】在正方体中，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
∵该正方体的棱长为1，M，N分别为，的中点，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，即
当时，，当时，，
取，，，，
连结EF，FG，，HE，
则，，
所以，
∴四边形EFGH为矩形，则，，
即，，
又和为平面内的两条相交直线，
∴平面EFGH，
又，，
∴M为EG的中点，则平面EFGH，
为使，必有点平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，∴点P的轨迹为四边形EFGH，
因此点P不可能是棱的中点，故选项A错误；
又，，
∴，则点P的轨迹不是正方形且矩形EFGH周长为，
故选项C错误，选项D正确；
∵，，
又，则，即，
∴，点在正方体表面运动，
则，解，
∴，
故当或，或1，MP取得最大值为，故B错误.
故选：ABC．
12. 已知椭圆：的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为B. 当时，的最大值为
C. 存在点，使得D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行判断；B项中根据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而判断；C项中先求出点的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；D项中根据椭圆定义得，并结合基本不等式判断.
【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，
，故A项正确；
对于B项： ，
当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B项正确；

对于C项：设，若，即：，
则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，
又由A项知，得，又因为，得，
所以得，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；
对于D项： ，
，
当且仅当时取等号，故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题（每题5分 共20分）
13. 已知抛物线，直线与抛物线交于两点，与圆交于两点在第一象限，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】分别在，时，结合抛物线的性质证明，结合图象可得，再利用基本不等式求其最小值.
【详解】因为抛物线M的方程为，所以抛物线M的焦点为，准线，
则直线过抛物线的焦点F，
当时，联立与可得，
所以，则；
当时，如图，
过作轴于K，设抛物线的准线交y轴于E，
则，得，
则，同理可得，所以，
化圆N：为，则圆N的圆心为F，半径为1，
所以
，当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 在的二项展开式中，的系数为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，根据条件赋值后，计算即可.
【详解】根据二项式展开式的通项公式得：
，
令，
则.
故答案为：.
15. 在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量方法用表示二面角的平面角的余弦值，建立方程求解即可.
【详解】建立空间直角坐标系如图所示，

设棱长为1，,
则，
，
设平面，平面的一个法向量分别为，
所以，，即，，
分别令，则，
故，
设二面角的平面角为，
由，则，
故由，
解得或.
16. 已知直线和直线，则曲线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是____________．
【答案】##
【解析】
【分析】先设出点的坐标，表示出点到直线和直线的距离之和；再利用几何意义求解得出答案.
【详解】
设点的坐标为
则动点到直线的距离为；动点直线的距离为.
所以曲线上一动点到直线和直线的距离之和为
令，即
则的几何意义是过点的直线在轴上的截距.
因为点在曲线上.
所以当直线与曲线相切时有最值.
因为曲线是以圆心，为半径的圆.
则，解得或
所以曲线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值为.
故答案为：
四、解答题（共70分）
17. 已知在的展开式中，第6项为常数项．
（1）求n的值，并求该展开式中二项式系数最大的项；
（2）求含的项的系数.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据二项式定理的通项公式即可解题.
（2）令通项公式中的指数为2即可解题.
【小问1详解】
根据二项式定理写出的通项公式为：
……①
二项式展开的第6项……②
②代入①有第6项为：……③
第6项为常数，且由③式可得：……④
因为展开式共有项，故二项式系数最大项为第项，此时的，
展开式第的二项式系数为，
故答案为：.
【小问2详解】
由第1小问可知，且通项公式为：……⑤
只需要令⑤式中的指数为2……⑥
含的项的系数，
故答案为：.
18. 如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点．
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）求点D到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可；
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法求出平面与平面夹角的大小；
（3）求出平面的法向量，利用向量法求出点D到平面的距离．
【小问1详解】
以D为原点，为x轴，为y轴，
过D作平面垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
，所以.
【小问2详解】
因为平面的法向量，
又，
设平面的法向量，
则，取，
设平面与平面夹角的大小为，
，所以，
所以平面与平面夹角的大小为；
【小问3详解】
，
由（2）知平面的法向量，
所以点D到平面的距离．
19. 已知椭圆C：（，）的长轴为，短轴长为4．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l：与椭圆C交于不同两点A、B，且，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由长轴长和短轴长可得椭圆方程；
（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式即可求得m的值，则直线的方程可求.
【小问1详解】
由已知长轴为，短轴长为4，
可得，，
则椭圆C的标准方程为：；
【小问2详解】
依题意，
解得，
因为，可得，
且，
因为，
解得，
所以直线的方程为l：．
20. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，E为棱AB的中点，AC⊥PE，PA=PD.
（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；
（2）若PA=AD，∠BAD=60°，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先通过线线垂直证明平面，得出，再证明平面，最后由线面垂直推得面面垂直；
（2）利用题设条件建系，设出边长表示出相关点坐标，分别计算两平面的法向量，最后运用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
如图，连接,取中点,连接,因底面ABCD为菱形，故,又E为棱AB的中点，故，则，
已知平面 ，故平面，因平面，则，因，则
又平面则平面，又平面，故平面平面
【小问2详解】
如图，连，由（1）知平面，且∠BAD=60°，则是正三角形，,
故可以分别为轴正方向建立空间直角坐标系.不妨设,则
于是,设平面D的法向量为，则有可取.
因，故可取平面的法向量为.
设二面角的平面角为，则为锐角，故则
即二面角的正弦值为.
21. 某校开展“学习二十大，永远跟党走”网络知识竞赛.每人可参加多轮答题活动，每轮答题情况互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都有两道题，只有第一组的两道题均答对，方可进行第二组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学第一组每道题答对的概率均为，第二组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一枚纪念章.
（1）记甲同学在一轮比赛答对的题目数为，请写出的分布列，并求；
（2）若甲同学进行了10轮答题，试问获得多少枚纪念章的概率最大.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）4
【解析】
【分析】（1）由题意可得可取0，1，2，3，4，进而分别求出概率即可求解；
（2）先求得每一轮获得纪念章的概率，由每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，进而可得，，，由，解出即可求解.
【小问1详解】
由题意，可取0，1，2，3，4.
,
，
，
，
，
则的分布列为：
.
【小问2详解】
每一轮获得纪念章的概率为，
每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，
设10轮答题获得纪念章的数量为，则，
，.
由，得，
解得，又，得，则获得4枚纪念章的概率最大.
22. 已知双曲线实轴长为2，且其渐近线方程为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，（为坐标原点）的斜率分别为，，求是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）有，-9.
【解析】
【分析】(1)首先分析题意利用双曲线方程性质，进行求解.
(2)首先设出方程，进行方程联立求出，解出最后证明定值即可.
【小问1详解】
若实轴长为2，则，易知渐近线方程为，，解得，可得双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为
其与的交点为
联立得
所以
因为所以
即
所以
所以
0
1
2
3
4