河南省南阳市六校2023-2024学年高二（上）1月期末考试数学试题（含解析）

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2023—2024学年（上）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，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.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.
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，满足，且，则（ ）
A．16B．8C．4D．
2．双曲线：（）的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的2倍，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
4．直线被圆截得的弦长为（ ）
A．B．C．1D．
5．如图，在三棱柱中，，若，则（ ）
A．1B．C．D．
6．某班有45名学生，最近一次的市联考数学成绩服从正态分布，若的学生人为18，则（ ）
A．0.2B．0.25C．0.3D．0.35
7．把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中，若每个盒子中至少有1个小球，则不同放法的种数为（ ）
A．540B．630C．1080D．1260
8．在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．在一个袋中装有除颜色外其余完全一样的3个黑球，3个白球，现从中任取4个球，设这4个球中黑球的个数为，则（ ）
A．服从二项分布B．的值最小为1
C．D．
10．若平面，的法向量分别是，，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A．B．
C．与为相交直线D．在上的投影向量为
11．如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（ ）
A．平面平面
B．存在点，使
C．存在点，使点到平面的距离为
D．存在点，使直线与所成角的余弦值为
12．过抛物线：的焦点的直线交于，两点，若，且，则（ ）
A．B．直线的斜率为
C．以线段为直径的圆与的准线相切D．（为坐标原点）的面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知圆：与圆：（）外切，则 .
14．已知，，则 .
15．已知抛物线：的焦点关于直线：的对称点恰在的准线上，则 .
16．已知点为动直线：所过的定点，若椭圆截直线所得的弦被点平分，则 .
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知的展开式中二项式系数之和与各项系数之和的乘积为64.
(1)求 的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项.
18．已知圆的圆心为直线与直线的交点，且圆的半径为.
(1)求圆的标准方程；
(2)若为圆上任意一点，，点满足，求点的轨迹方程.
19．如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，的中点，.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．已知椭圆：（）的长轴长为10，离心率为.
(1)求的方程；
(2)若的左焦点为，直线：与交于，两点，求的面积.
21．已知双曲线：（，）的离心率为2，右焦点（）到直线：的距离为5.
(1)求的方程；
(2)设过点的直线与的右支交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，（异于点），证明：.
22．2023年12月4日是我国第十个国家宪法日.为加强宪法学习宣传，弘扬宪法精神，某省总工会举办宪法闯关网络知识竞答活动.每轮共分两关，每关设有两题，闯每关时两题都要作答，只有第一关的两题均答对，才能闯第二关，否则本轮闯关失败.已知甲第一关每道题答对的概率均为，第二关每道题答对的概率均为，两关至少答对3题才可获得一次抽奖机会.
(1)求甲在一轮闯关中闯关失败的概率；
(2)记甲在一轮闯关中答对的题目数为，请写出的分布列，并求；
(3)若每人可参加多轮问关，且各轮之间相互独立，甲进行5轮闯关，求他恰好获得3次抽奖机会的概率.
参考答案与解析
1．B
【分析】由方差的性质求解即可.
【解答】由题可知.
故选：B.
2．D
【分析】应用，即可求解.
【解答】的离心率.
故选：D
3．C
【分析】设与轴交于，然后分类讨论：，则直线的斜率可求，结合所过的点直线方程可知.
【解答】由题意设与轴的交点为，则其与轴的交点为，
当时，过原点，斜率为，故方程为；
当时，斜率为，故方程为，即；
故选：C.
4．D
【分析】求出圆心到直线的距离，由弦长公式代入求解即可.
【解答】由圆的方程，可知其圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
则弦长.
故选：D.
5．B
【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理求解即可.
【解答】由题意知：
，
又，
所以则.
故选：B.
6．C
【分析】结合原则与正态分布曲线的对称性即可求解．
【解答】由题可设，则，
又的学生人数为，故.
故选：C
7．A
【分析】根据排列组合中的分组分配问题求解即可.
【解答】将6个不同的小球按要求放有三种方案：4:1:1，3:2:1，2:2:2，
则所有的放法有种.
故选:A.
8．D
【分析】以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，应用向量法求距离.
【解答】由题意知，在四面体中，，，两两互相垂直，
如图，以为原点，以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.
∵，，，，
∴，，，，，
∴，，
，
，
∴点到直线的距离.
故选：D
9．BCD
【分析】随机变量服从超几何分布进而否定选项A；求得随机变量的最小值判断选项B；求得的值判断选项C；求得的值判断选项D.
【解答】依题意知随机变量服从参数为6，4，3的超几何分布，故A错误；
的所有可能取值为1，2，3，所以的值最小为1，故B正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD
10．AD
【分析】由空间向量的坐标运算判断线面的平行垂直关系，可判断A、B、C选项；利用投影向量的计算公式计算可判断D选项.
【解答】∵，∴，故A正确；
∵，∴或，故B错误；
设，则，此方程组无解，则与为相交直线或异面直线，故C错误；
在上的投影向量为，故D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；当与重合时，，又，故不存在点，可判断B；在平面内过作的垂线，垂足为，则为点到平面的距离，求出可判断C；以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由异面直线所成角的向量公式求解可判断D.
【解答】在直三棱柱中，因为平面，平面，
∴平面平面，故A正确；
连接，由平面，平面，得，
在中，当与重合时，，
又，故不存在点，使，故B错误；
∵平面平面，在平面内过作的垂线，垂足为，
则为点到平面的距离，
易知，故C正确；
如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，设（），
则，，令
，
整理得，解得（舍去），，
且，故D正确.
故选：ACD.
12．ACD
【分析】根据抛物线的焦点弦的性质即可根据选项逐一求解.
【解答】根据对称性，不妨设直线的倾斜角为（），准线方程，,
过作，
由于，同理可得,
由，，可得，，故A正确；
，则，又由抛物线的对称性知直线的斜率，故B错误；
设线段的中点为，过，，分别作准线的垂线，垂足依次为，易知，
∴以线段为直径的圆与的准线相切，故C正确；
，其中，分别为，到轴的距离，
∵，∴，故D正确.
故选：ACD
13．1
【分析】由两圆外切可得圆心距等于半径，即可得解.
【解答】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径为，
∵圆与圆外切，∴，解得.
故答案为：.
14．
【分析】求出的值，利用条件概率公式额可求得的值.
【解答】因为，则，
所以，.
故答案为：.
15．#或2
【分析】先分与讨论，结合点关于直线对称即可求解.
【解答】依题得，抛物线：的焦点，准线为
当时，直线：，则焦点关于直线的对称点为，不在准线上，
则，，设，则线段的中点为.
∵，关于直线：对称，
∴点在直线上，即，解得①，
又，∴，即②，由①②可得.
故答案为：
16．##0.5
【分析】根据题意求出直线的定点，设直线与椭圆的两个交点为，，利用点差法求解斜率.
【解答】即，所以.
设直线与椭圆的两个交点为，，则
①②得，
又，，
所以，
即.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）令可得，展开式中各项系数之和，展开式中的二项式系数之和为，由题意列方程求解；
（2）根据二项式系数的性质可知第4项的二项式系数最大，再根据二项展开式的通项公式运算求解.
【解答】（1）令，得展开式中各项系数之和为，
且二项式系数之和为，
由题意可得：，解得.
（2）由（1）知，展开式共有7项，则第4项的二项式系数最大，
所以二项式系数最大的项为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）先求得两条直线的交点坐标，也即求得圆心，从而求得圆的标准方程.
（2）根据向量共线列方程，然后利用代入法求得点的轨迹方程.
【解答】（1）由解得，则圆心为，半径为，
∴圆的标准方程为.
（2）设，.
由，可得，
则，又点在圆上，所以，
即，化简得，
∴点的轨迹方程为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用勾股定理证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答】（1）如图，取的中点，连接，，
∵是棱的中点，∴且，
又且，
∴且，∴四边形是平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）在中，，，，
由余弦定理可得，
得，得，
从而，即，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，.
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可得出答案.
（2）先联立方程组，利用韦达定理和弦长公式求出；再利用点到直线距离公式求出点到直线的距离；最后根据三角形面积公式即可求解.
【解答】（1）设椭圆的半焦距为（）.
由题可知，，解得，.
所以.
所以的方程为.
（2）
设，.
联立方程,可得，
则，，
故.
由题可知，
所以点到直线的距离，
故的面积为.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由离心率公式、平方关系以及右焦点（）到直线：的距离为5，列方程组即可求解.
（2）设直线的方程为，，联立椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式求得表达式，再结合中点坐标公式得点坐标，以及垂直直线的斜率之积得直线方程，联立直线：，得点坐标，由弦长公式即可得表达式，然后即可得，进而即可得解.
【解答】（1）依题意，可得，解得，，，
∴的方程为.
（2）
设直线的方程为，，
联立方程可得，消去可得.
设，，
则，.
∵过点的直线与的右支交于，两点，
∴，即，
∴.
由题可知，，
∴.
∴.
22．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据对立事件的概率加法公式求解即可；
（2）根据题意，得到的所有可能取值，求出对应概率，得到分布列，得到；
（3）根据题意，得到每一轮闯关获得抽奖机会的概率，然后根据二项分布，得到恰好获得3次抽奖机会的概率.
【解答】（1）甲在一轮闯关中闯关失败的概率.
（2）由题设可知，的所有可能取值为0，1，2，3，4，
，
，
，，
则的分布列为
∴.
（3）由（2）及条件知每一轮闯关获得抽奖机会的概率为.
设5轮闯关获得抽奖机会的数量为，则，
∴，
故甲恰获得3次抽奖机会的概率为.
0
1
2
3
4