河南省南阳地区2023-2024学年高二上学期期末热身摸底联考数学试题【含答案解析】

大联考南阳地区2023年秋季期末热身摸底高二年级考试卷数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.4.本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册第一章到第六章.一､选择题：本大题共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.已知直线和互相垂直，则实数（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】根据已知列出方程，求解即可得出答案.【详解】因为，所以，解得.故选：C.2.若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（）A. B. C. D.或【答案】D【解析】【分析】由给定的向量可得，再利用空间位置关系的向量证明判断即得.【详解】由，，得，因此，即，所以或.故选：D3.展开式中项系数为项系数为，则（）A0 B.24 C.35 D.64【答案】C【解析】【分析】根据已知，求出二项式展开式的通项，即可得出的值，进而得出答案.【详解】二项式的展开式的通项，当时，的系数为，当时，的系数为，所以.故选：C.4.2023年3月27日，贵州省首届“美丽乡村”篮球联赛总决赛冠军战在黔东南州台江县台盘村打响.主办方举办了一场扣篮表演，由获得冠军的球队派出甲､乙､丙､丁4个球员参加扣篮表演，则甲不在第一位也不在最后一位出场的情况有（）A.12种 B.24种 C.36种 D.72种【答案】A【解析】【分析】利用排列组合数，首先安排甲的位置，其它三人作全排，再由分步乘法确定甲不在第一位也不在最后一位出场的情况数.【详解】由题意，甲在第二､三位选一个位置有种，其他三人在剩下的三个位置上进行全排列有种，所以甲不在第一位且不在最后一位出场共有种情况.故选：A5.如图1，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单､方向性强､工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为，若，则到该抛物线顶点的距离为（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，利用几何意义求解即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为，则，即，所以，解得（舍去）或，则到顶点的距离为3.故选：B6.为了检测自动包装线生产的罐装咖啡，检验员每天从生产线上随机抽取罐咖啡，并测量其质量（单位：）.由于存在各种不可控制的因素，任意抽取的1罐咖啡的质量与标准质量之间存在一定的误差，已知这条包装线在正常状态下，每罐咖啡的质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的罐咖啡中质量在之外的罐数，若的数学期望，则的最小值为（）附：若随机变量服从正态分布，则.A.10 B.11 C.12 D.13【答案】B【解析】【分析】根据已知可推得，列出不等式，求解即可得出答案.【详解】因为，所以，故，所以，解得，因为，故的最小值为11.故选：B.7.医学上用血清甲胎球蛋白法诊断某种疾病，研究表明，这种诊断方法是可能存有误差的，且这种疾病在自然人群中的发病率仅为1%.已知患有该疾病的人其化验结果呈阳性，而没有患该疾病的人其化验结果呈阳性.现有某人的化验结果呈阳性，则他真的患该疾病的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】记事件A：某人患病.事件B：化验结果呈阳性.根据已知得出的值，由全概率公式得出的值，即可根据条件概率公式得出答案.【详解】记事件A：某人患病.事件B：化验结果呈阳性.由题意可知，所以，.现在某人的化验结果呈阳性，则他真的患该疾病的概率是.故选：C.8.已知双曲线的左､右焦点分别为.过的直线交双曲线右支于两点，且，则的离心率为（）A.2 B.3 C. D.【答案】A【解析】【分析】设，根据双曲线定义和线段之间的倍数关系求出，，由余弦定理求出，进而得到，得到答案.【详解】由已知可设，则，故，由双曲线的定义有，故，，故，在中，由余弦定理得在中，由余弦定理得，即，解得，即，故的离心率为2.故选：A二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知的分布列为-101则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据分布列的性质，求出.然后即可根据均值以及方差的公式，计算得出答案.【详解】对于A，由分布列的性质可得，解得，则，A正确；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，当或时，，所以，，D正确.故选：ABD.10.已知直线，双曲线，则（）A.当时，与只有一个交点B.当时，与只有一个交点C.当时，与的左支有两个交点D.当时，与的左支有两个交点【答案】ABD【解析】【分析】由题意得直线过双曲线左焦点，比较直线斜率和渐近线斜率即可得解.【详解】由题意直线过定点，即双曲线的左焦点.当时，与的渐近线平行，与只有一个交点，当时，与的左支和右支各有一个交点，当时，与的左支有两个交点.故选：ABD.11.在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为线段上的一个动点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点，使得平面平面C.当时，直线与所成角的余弦值为D.当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，由等体积法即可判断，对于B项，运用空间向量坐标法计算两个平面法向量平行求解即可，对于C项，运用空间向量坐标公式计算异面直线所成角余弦值即可，对于D项，由列方程求解即可.【详解】对于A项，因为平面平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，又，的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故A项正确；建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，，对于B项，，，，设，则．设平面的法向量为，由，令，可得．设平面的法向量为，由，令，可得．若平面平面，则，解得，故B项正确；对于C项，建立如图1所示的空间直角坐标系，当时，．设直线与所成的角为，则，即直线与所成角的余弦值为，故C项错误；对于D项，如下图，当为的中点时，．设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D项正确．故选：ABD.12.已知抛物线，点在上，过点的直线与相交于两点，直线的斜率分别为，则（）A.B.C.的取值范围为D.的取值范围为【答案】BC【解析】【分析】首先求出抛物线方程，再设直线联立抛物线方程得到韦达定理式，再计算将韦达定理式代入计算即可判断AB，同理化简，再根据的范围即可得到判断CD.【详解】将代入，得．设，直线的方程为，联立方程组，消去得．由，得或，所以，则．因为，所以．又因为，且或，所以．故选：BC.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分；共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量与共线，则__________.【答案】15【解析】【分析】根据空间向量平行得到方程，求出答案.【详解】由，得，解得.故答案为：1514.某冬令营计划利用寒假开设甲､乙等六门体验课程，每天一门，连续开设六天，若课程甲､乙排在不相邻的两天，则不同的排法种数有__________.【答案】480【解析】【分析】利用插空法先排其它四门，然后再排甲､乙两门，利用分布乘法公式从而求解.【详解】先排甲､乙以外的四门体验课程，此时有种再用插空法排甲､乙两门体验课程，此时有种则不同的排法共有种.故答案为：.15.某观光旅游团计划在春节期间，安排游人去某地的甲、乙、丙、丁等六个小镇游览，每个小镇游览一天，连续游览六天.若小镇甲不排在首末两天，乙、丙、丁三个小镇排在相邻的三天，则不同的游览顺序方案共有__________种.【答案】72【解析】【分析】现将乙、丙、丁三个小镇捆绑，然后从中间2个位置选出一个安排甲小镇，剩余全排列.求出各步的方案，根据分步乘法计数原理，相乘即可得出答案.【详解】分步：第一步，把乙、丙、丁三个小镇捆绑，看成一个元素，三个小镇的游览顺序有种方案；第二步，将该整体与其他三个小镇作为4个元素，依次对应4个游览位置进行安排，中间2个位置选一个作为小镇甲的游览有种方案；第三步，剩余三个元素进行全排有种方案.根据分步乘法计数原理可知，不同的游览顺序方案共有种.故答案为：72.16.已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为__________，直线的方程为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】由题意可知，则，当与直线垂直时最小，结合点斜式方程可求解直线PM方程，进而求出点P的坐标；利用勾股定理可得，以为圆心，为半径作圆，将两圆方程相减即可求出直线AB方程.【详解】的标准方程为，其圆心为，半径为2.如图，由题意可知，则，所以当最小时，最小，此时与直线垂直，所以直线的方程为，即.联立，解得，所以点的坐标为，.在Rt中，，同理.以为圆心，为半径作圆，如图，则线段为与的公共弦，的方程为，即，两圆方程相减得，即直线的方程为.故答案为：；【点睛】关键点睛：本题的难点是能够明确AB即为以为圆心，为半径的与的公共弦，由此可求得直线AB方程.四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知直线过定点A.（1）求点A的坐标；（2）当时，与的交点为，求以为直径的圆的标准方程.【答案】17.18.【解析】【分析】（1）将化为，解方程组，即可得出答案；（2）联立方程组，得出B点坐标，进而求出圆心以及半径，即可得出答案.【小问1详解】可化为，令，得，所以，直线过定点.小问2详解】当时，，联立方程组，解得，即.因为，所以线段的中点，即圆心的坐标为，所以，，故以为直径的圆的标准方程为.18.中医药学是中国古代科学的瑰宝，也是打开中华文明宝库的钥匙.为了调查某地市民对中医药文化的了解程度，某学习小组随机向该地100位不同年龄段的市民发放了有关中医药文化的调查问卷，得到的数据如下表所示：31岁~40岁48139641岁~50岁28102218规定成绩在内代表对中医药文化了解程度低，成绩在内代表对中医药文化了解程度高.（1）从这100位市民中随机抽取1人，求抽到对中医药文化了解程度高的市民的频率；（2）将频率视为概率，现从该地41岁~50岁年龄段的市民中随机抽取3人，记为对中医药文化了解程度高的人数，求的分布列和期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由表格得出成绩在的人数，计算频率，即可得出答案；（2）由表格得出41岁~50岁年龄段中，成绩在内以及内的人数，求出概率，进而得出.然后列出分布列，求出期望即可.【小问1详解】由表格可知，成绩在的人数为，所以，抽到对中医药文化了解程度高的市民的频率为.【小问2详解】根据表格可知，41岁~50岁年龄段中，成绩在内的人数为，成绩在内的人数为，则随机抽取1人，这个人是对中医药文化了解程度高的市民的概率，了解程度低的概率.由题意可知，的可能取值为，则，，，，故的分布列为0123的数学期望.19.已知直四棱柱的底面是菱形，且，分别是侧棱的中点．（1）证明：四边形为菱形．（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，可证得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明及即可.（2）运用空间向量点到面的距离公式计算即可.【小问1详解】取的中点，连接,因为底面是菱形且，所以为等边三角形，所以，又，所以，易知两两垂直．以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由，可得，．证明：由上可得，所以，且，所以四边形为菱形．【小问2详解】设平面的法向量为，因为，所以，即，取，得．又，所以点到平面的距离．20.某商场举行抽奖活动，准备了甲､乙两个箱子，甲箱内有2个黑球､4个白球，乙箱内有4个红球､6个黄球.每位顾客可参与一次抽奖，先从甲箱中摸出一个球，如果是黑球，就可以到乙箱中一次性地摸出两个球；如果是白球，就只能到乙箱中摸出一个球.摸出一个红球可获得90元奖金，摸出两个红球可获得180元奖金.（1）求某顾客摸出红球的概率；（2）设某家庭四人均参与了抽奖，他们获得的奖金总数为元，求随机变量的数学期望.【答案】（1）（2）192（元）.【解析】分析】（1）根据互斥事件加法公式及古典概型概率计算公式进行计算即可；（2）求出家庭每个人获得的奖金的期望，根据进行计算即可.【小问1详解】设“从甲箱中摸出黑球”，“从甲箱中摸出白球”，“从乙箱中摸出红球”，“某顾客摸出红球”，则.因为，所以.【小问2详解】设该家庭每个人获得的奖金为元，则的取值可能为，则，，，所以随机变量的分布列为090180（元）.又因为，所以（元）.21.在四面体中，分别是和的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先分别证明，，然后结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，由（1）得平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值即为直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦的绝对值.【小问1详解】因为是的中点，所以.又是的中点，所以.因为，所以.又，平面.所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】在平面内作，交于点.以为原点分别以的方向为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以在平面内，.作，垂足为，作，垂足为，则平面，所以.因为是边长为2正三角形，所以为的中点，且，可得，所以.由（1）知平面的一个法向量为，所以可取平面的一个法向量为.因为，所以.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.22.已知椭圆经过