河南省南阳市第八中学校2022-2023学年高二上学期期末质量评估数学试题（原卷版+解析版）

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第Ⅰ卷 选择题（共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 若直线与直线平行，则的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，解之即可.
【详解】因为直线与直线平行，则，解得.
故选：A.
2. 随机变量X服从正态分布，且，则下列说法一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态分布的性质可求出，而方差无法确定，从而可得出答案．
【详解】因为，
由正态分布的对称性可得，故B正确，A错误，
而正态分布的方差无法确定，故C，D均错误.
故选：B．
3. 已知定点..和直线：，则点到直线的距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定直线过定点，故点到直线的距离的最大值为，计算得到答案.
【详解】直线，整理得，
由，解得，故直线过定点
故点到直线的距离的最大值为.
故选：C
4. 中心在坐标原点，离心率为的双曲线的焦点在轴上，则它的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设双曲线方程，根据已知得到，即可得到渐近线的方程.
【详解】由已知可设双曲线的标准方程为.
由已知可得，所以，则，所以.
所以，双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
5. 一动圆过定点，且与已知圆：相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两圆相切分析可知，符合双曲线的定义，可得，，根据双曲线中a，b，c的关系，即可求出动圆圆心的轨迹方程.
【详解】解：已知圆：圆心，半径4，
动圆圆心为，半径为，
当两圆外切时：，所以；
当两圆内切时：，所以；
即，表示动点P到两定点的距离之差为常数4，符合双曲线的定义，
所以P在以M、N为焦点的双曲线上，且，，
，
所以动圆圆心的轨迹方程为：，
故选：C.
6. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出椭圆的焦点坐标，由双曲线的渐近线及焦点坐标得到方程组，解得、，即可得解.
【详解】解：椭圆的焦点为，
又双曲线：的一条渐近线方程为，
所以，解得，所以双曲线方程为.
故选：C
7. 书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据条件概率公式可求出结果.
【详解】设事件：第一次取出的是语文书，事件：第二次取出的是数学书，
则.
故选：D
8. 在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的分配方法有（ ）
A. 25种 B. 50种 C. 300种 D. 150种
【答案】D
【解析】
【分析】首先分析将5个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：两种情况，每种情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可.
【详解】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有种；
②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有种.
综上，选法共有.
故选:D.
9. 如图，直三棱柱的底面为正三角形，M，N分别为AC，的中点，若，则异面直线与MN所成角的大小为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】C
【解析】
【分析】解法一，解法二：设直三棱柱的底面边长为2，，利用勾股定理求出m的值，再作辅助线，找到异面直线与所成的角或其补角，解三角形即可得解；
解法三：设高为h，利用空间向量和列方程得到，然后利用空间向量的方法求异面直线所成角即可.
【详解】解法一：
如图，设直三棱柱的底面边长为2，，连接，
则，，，
因为，所以在中，由勾股定理可得，得.
连接，交于点P，取的中点Q，连接PQ，AQ，则，，
所以为异面直线与MN所成的角或其补角.
易知，故为等边三角形，，
所以异面直线与MN所成角的大小为60°.
解法二：
设直三棱柱的底面边长为2，，连接，
则，，，
因为，所以在中，由勾股定理可得，得.
如图，把三棱柱补成一个四棱柱，连接，，
则，，故为异面直线与所成的角或其补角.
连接AD，易知，故为等边三角形，，
所以异面直线与所成角的大小为60°.
解法三 由题可以A为坐标原点，分别以AB，所在直线为y，z轴，
在平面ABC上过点A作与AB垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设直三棱柱的底面边长为2，高为h，则，，，，
所以，，，由可得，
所以，得，所以，，则，
因为异面直线所成角的取值范围为，所以异面直线与MN所成角的大小为60°.
故选：C
10. 已知的展开式中的系数为10，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】因为，结合二项展开的通项公式运算求解.
【详解】的展开式的通项公式为，，
∵，
∴，解得，
故选：B.
11. 设分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的定义求出，然后在中利用余弦定理即可求解.
【详解】由椭圆的定义可知：，因为，
所以，在中，由余弦定理可得：
，
化简整理可得：，所以，
故选：.
12. 四棱锥中，底面为矩形，体积为，若平面，且，则四棱锥的外接球体积的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设底面长和宽分别为,利用四棱锥的体积求得，结合基本不等式求得外接球直径的最小值，由此求得外接球体积的最小值.
【详解】设底面长和宽分别为、，，即，四棱锥外接球的直径，当且仅当时，上式取等号，即，
故四棱锥的外接球的体积最小值为.
故选：D
Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在答题卡的横线上.）
13. 设随机变量的概率分布为，为常数，，，，，则 ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】由概率之和为1以及数列求和公式即可求解.
【详解】由题意知：随机变量的所有可能取值的概率和为1，
即，
则，
由等比数列的求和公式，得，
所以，得.
故答案为：
14. 由6位专家组成的团队前往某地进行考察后站成一排拍照留念，已知专家甲和乙不相邻，则不同的站法有_________种.
【答案】480
【解析】
【分析】由排列组合采用插空法，再利用分步乘法计数原理即可得结果
【详解】先除去甲乙，另外4位专家排成一排，站法共有种，
4位专家排成一排后形成5个空，将甲乙插入这五个空中，共有种，
由分步乘法计数原理得种，即不同的站法有480种，
故答案为：480
15. 的展开式中的系数为______（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】根据可知两种可能，结合二项式展开式的通项即可求解系数.
【详解】因为的二项式展开式的通项为，
当因式取时，则二项式取，此时系数为;
当因式取时，则二项式取，此时系数为;
故的展开式中的系数为，
故答案为：.
16. 若，是椭圆：的两个焦点，点，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为_________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据椭圆对称性及矩形的性质知四边形为矩形，进而有，再根据椭圆定义、勾股定理求即可.
【详解】由已知及对称性得：四边形为矩形，即，
所以，
由椭圆定义与勾股定理知：，可得．
所以四边形的面积为8.
故答案：8
三、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.）
17. 已知展开式的二项式系数和为512，．
（1）求的值；
（2）求系数绝对值最大的项.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用换元法结合二项式定理可求.
（2）记，求出的解后可得系数绝对值最大的项.
【小问1详解】
由二项展开式的系数和为，于是，解得，
设，于是，
二项展开式的通项，令，则.
【小问2详解】
展开式中第项的绝对值为，记，
则，
令，解得，即时；
令，解得，即时，.
于是，且，即最大，
故原式中最大，最大项为
18. 有甲、乙、丙三个厂家生产同种规格的产品，甲、乙、丙三个厂家生产的产品的合格率分别为、、，已知甲、乙、丙三个厂家生产的产品数所占比例为，将三个厂家生产的产品混放在一起，从混合产品中任取件．
（1）求这件产品为合格品的概率；
（2）已知取到的产品是合格品，问它是哪个厂生产的可能性最大？
【答案】（1）
（2）这件产品由丙厂生产的可能性最大
【解析】
【分析】（1）设事件表示取到的产品为合格品，、、分别表示产品由甲、乙、丙厂生产，由题意可得出以及的值，再利用全概率公式可求得所求事件的概率；
（2）计算出、、的值，比较大小后可得出结论.
【小问1详解】
解：设事件表示取到的产品为合格品，、、分别表示产品由甲、乙、丙厂生产．
则，且、、两两互斥，
由已知，，，
，，，
由全概率公式得.
【小问2详解】
解：由贝叶斯公式得，
．
．
所以，，故这件产品由丙厂生产的可能性最大．
19. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆及点.
（1）若直线过点，与圆相交于两点，且，求直线l的方程；
（2）圆上是否存在点，使得成立？若存在，求点的个数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）或
（2）存在，两个
【解析】
【分析】(1)根据垂径定理可得圆心到直线的距离为1，然后利用点到直线的距离即可求解；
(2) 假设圆上存在点，设，则，利用题干条件得到点也满足，根据两圆的位置关系即可得出结果.
【小问1详解】
圆可化为，圆心为，
若的斜率不存在时，，此时符合要求.
当的斜率存在时，设的斜率为，则令，
因为，由垂径定理可得，圆心到直线的距离
，

所以直线的方程为或.
【小问2详解】
假设圆上存在点，设，则，
，
即，即，
，
与相交，则点有两个.
20. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面是菱形，且，，是的中点，是棱上靠近点的一个三等分点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1) 连接，交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定即可证明；
(2) 取中点，连接.则，所以、、两两垂直，以为原点，、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系.利用空间向量方法求出二面角的余弦值即可.
【小问1详解】
连接，交于点，连接.
∵四边形为菱形，且为的中点.
∴，∴为线段上靠近的三等分点.
在中，为三等分点，为三等分点，即，∴.
又∵平面，平面，∴平面.
【小问2详解】
如图，取中点，连接.因为是菱形，且，所以，
又因为且，所以四边形为矩形，则，
又因为底面， 平面，所以，也即、、两两垂直，
以为原点，、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
，，，，
∵，∴，∴，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则.
取平面一个法向量，
从而.
∵二面角为锐二面角，∴其余弦值为.
【点睛】关键点点睛：需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
21. 某校为减轻暑假家长的负担，开展暑期托管，每天下午开设一节投篮趣味比赛．比赛规则如下：在A，B两个不同的地点投篮．先在A处投篮一次，投中得2分，没投中得0分；再在B处投篮两次，如果连续两次投中得3分，仅投中一次得1分，两次均没有投中得0分．小明同学准备参赛，他目前的水平是在A处投篮投中的概率为p，在B处投篮投中的概率为．假设小明同学每次投篮的结果相互独立．
（1）若小明同学完成一次比赛，恰好投中2次的概率为，求p；
（2）若，记小明同学一次比赛结束时的得分为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）将小明同学恰好投中2次分成三种情况，分别求得概率相加与已知概率相等构造等式，解方程即可求出的值；
（2）首先由题意可得得分的可能取值分别为，，，，，分别计算每种情况的概率即可求得的分布列，最后根据数学期望的计算公式求解的数学期望即可.
【小问1详解】
设小明在处投篮为事件，在处投篮分别为
已知小明同学恰好投中2次，分三种情况
中中不中；
中不中中；
不中中中；
其概率为：，解得：.
【小问2详解】
由题意可得得分的可能取值分别为，，，，
；
；
；
；
.
综上所述可得的分布列为
22. 已知椭圆的右焦点为，离心率．
（1）若为椭圆上一动点，证明到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出该定值；
（2）设，过定点且斜率为的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在一点，使得轴始终平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析，定值为.
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）设，根据距离公式可得，而点到直线的距离为，故可求两者的距离之比为定值.
（2）联立直线方程和椭圆方程后消元，结合韦达定理可求，根据其值为0可求得.
【小问1详解】
设点，则根据题意可得，
，
而，故
又∵点到直线的距离为，
∴，
即得点到点的距离与点到直线的距离之比为定值．
【小问2详解】
由（1）可得，设，则，即得，因此可得椭圆的标准方程即为：，
根据题意，假设存在这样的一点，设直线的方程为：，
联立椭圆方程得到方程组：，故，
因为在椭圆内部，故恒成立，故.
设点，则有，
因为轴平分，所以直线与的斜率互为相反数，
即得，
即，
即，
化简得，
因，故，即得存在点，使得轴始终平分．
\
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，
再根据，展开化简代入韦达定理式即可.5
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