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2023—2024学年（下）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.已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A.0.05 B.0.1 C.0.3 D.0.4
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，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知函数，且，则实数（ ）
A.1 B.2 C. D.
4.已知是正项等比数列，若成等差数列，则（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
5.已知为虚数单位，则的展开式中的系数为（ ）
A.-10 B.10 C.-15 D.15
6.已知数列满足，且，设，则数列的前2024项和为（ ）
A.674 B.673 C.-673 D.-674
7.已知函数若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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.2 D.
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
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
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.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.把4个不同颜色的球放入3个不同的盒子里，每个盒子里至少有1个球，则不同的放法种数为__________.
13.已知点在圆上运动，则的最小值是__________.
14.已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为__________.
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.（13分）
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.
16.（15分）
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：
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
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，若某只扬子鳄的头长为，利用所给数据估计这只扬子鳄的体长.
附：相关系数.
17.（15分）
已知数列满足，当时，.
（1）求的通项公式；
（2）设为数列的前项和，证明：.
参考结论：当时，.
18.（17分）
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.
19.（17分）
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.
大联考
2023—2024学年（下）南阳六校高二年级期末考试
数学·答案
一 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.答案B
命题意图本题考查正态分布的性质.
解析根据正态分布的基本性质可知.
2.答案C
命题意图本题考查等比数列的概念.
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是等比数列，公比，首项为的周长，因此.
3.答案B
命题意图本题考查导数的计算.
解析由题意知，所以，所以，又，所以.
4.答案D
命题意图本题考查等比数列的性质.
解析设等比数列的公比为.由成等差数列，可得，即，解得（负值舍去）.所以.
5.答案C
命题意图本题考查二项式定理的应用.
解析展开式的通项，当时，，因此的系数为-15.
6.答案D
命题意图本题考查数列的递推关系.
解析因为奇数与奇数之和为偶数，奇数与偶数之和为奇数，所以数列的各项的奇偶情况依次为奇 偶 奇 奇 偶 奇所以数列的各项依次为，以3为周期，且相邻3项之和为-1，因为，所以数列的前2024项和为.
7.答案A
命题意图本题考查利用导数研究函数的性质.
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，则在区间上为增函数，并且零点为，因此，所以.综上，.
8.答案
命题意图本题考查双曲线与直线的位置关系.
解析根据双曲线渐近线的性质，可知在中，，由三角形相似可知.，因此.因为，所以.设，则，因此，又，所以，即，从而，得，故离心率.
二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.答案ACD
命题意图本题考查条件概率与相互独立事件.
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.
10.答案BD
命题意图本题考查数列的通项与前项和.
解析对于A，根据等差数列的求和公式，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.
11.答案BCD
命题意图本题考查利用导数研究函数的性质.
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，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.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.答案36
命题意图本题考查计数原理的应用.
解析将4个球按分为3部分，再放入3个盒子里，所以不同的放法种数为.
13.答案
命题意图本题考查直线与圆的位置关系.
解析由得，表示以为圆心，1为半径的圆.令，则表示直线，从而圆心到该直线的距离满足，两边平方整理得，解得，即的最小值为.
14.答案
命题意图本题考查函数与导数 不等式的综合.
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，从而是上的偶函数，并且在上单调递减.由于，因此即，即，因此的取值范围为.
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.命题意图本题考查空间垂直关系的推理和空间向量的应用.
解析（1）由平面，可得.
，且平面.
.
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.命题意图本题考查一元线性回归分析的应用.
解析（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.命题意图本题考查数列的通项公式 等差数列与等比数列的求和.
解析（1）当时，
.
又，因此的通项公式为.
（2）由（1）知，因此.
因为，所以当时，.
因为当时，，所以，
此时.
综上，.
18.命题意图本题考查利用导数研究函数的单调性和极值点.
解析（1）.
设，则.
因为，所以当时，，所以在上单调递减，
所以，
因此在上单调递减.
（2）因为，所以.
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，
可知在上恒成立，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.命题意图本题考查抛物线的方程，拋物线与直线的位置关系.
解析（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，
故的最小值为.
