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（解析版）

这是一份河南省南阳市六校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了05B等内容，欢迎下载使用。
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. 0.05B. 0.1C. 0.3D. 0.4
【答案】B
【解析】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an，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】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an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. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】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. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】设等比数列an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. 10C. D. 15
【答案】C
【解析】展开式的通项，
当时，，
因此的系数为.
故选：C
6. 已知数列an满足，且，设，则数列bn的前2024项和为（ ）
A. 674B. 673C. -673D. -674
【答案】D
【解析】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an的各项的奇偶情况依次为奇､偶､奇､奇､偶､奇
所以数列bn各项依次为，
故数列bn以3为周期，且相邻3项之和为-1，
因为，
所以数列bn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】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0,+∞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. 2D.
【答案】B
【解析】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.
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】，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】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】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.
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】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】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f'x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】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.
解：（1）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，
.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
设n=x,y,z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：
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.
解：（1）平均头长为，
平均体长为.
（2）由题可知
（3）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an满足，当时，.
（1）求an的通项公式；
（2）设为数列的前项和，证明：.（参考结论：当时，.）
解：（1）当时，
.
又，因此an的通项公式为.
（2）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.
解：（1）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.
（2）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.
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.
解：（1）由题意知，
结合，解得.
故的方程为.
（2）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.
（3）由（2）可知与轴的交点横坐标分别为.
因为，
当时取等号，
故AB的最小值为.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