南阳市 2023-2024 年春期部分高中期末质量评估
高二 数学
注意事项：
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的条形码贴在答题
卡指定位置上
2、回答选择题时选出每小题答案之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、考试结束之后，将本卷和答题卡一并收回。
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．离散型随机变量 X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以 x， y x, y N 代替分布列如下：则
P 32 X 113 （ ）
X i 1 2 3 4 5 6
P X i 0.21 0.20 0. x 5 0.10 0.1 y 0.10
A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65
1 a10 a4
2．若等比数列 an 的各项均为正数，且3a5， a7，2a6 成等差数列，则 a a （ ）2 8 2
A．3 B．6 C．9 D．18
3．在空间直角坐标系中，已知 A 1,2,3 B 2, 1,6 C 3,2,1 D 4,3,0 ，直线 AB与CD位置关系是（ ）
A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直
4．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一
项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有
开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有 5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少
有一位同学选择的不同方法数共有（ ）
A．120 种 B．180 种 C．240 种 D．300 种
5． 1
1
3 2x
1
6 的展开式中的常数项为（ ）
x x
A． 240 B．240 C． 180 D．180
6．如图，椭圆①，②与双曲线③，④的离心率分别为 e1， e2， e3， e4，其大小关系为（ ）
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{#{QQABIYCAgggAAIAAAQhCAQ0qCACQkAGACSgGgEAMsAAAARNABAA=}#}
A． e1 e2 e4 e3 B. e2 e1 e3 e4 C． e3 e4 e1 e2 D． e4 e3 e1 e2
x2 y2 2
7．若双曲线 C： 2 2 1 a 0,b 0 的渐近线与圆 x 2 y
2 3没有公共点，则双曲线 C的离心
a b
率的取值范围为（ ）
2 3
A． , 2,
2 3
B． C． 1,2 D． 1,
3 3
π π
8．设 a ln1.5，b 0.5， c cos 0.5 ，则（ ）
2 2
A．a b c B．b a c C． c
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，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。
9．三棱锥 A BCD中，平面 ABD与平面BCD的法向量分别为n 2, 1,1 ,m 1,1,2 ,则二面角
A BD C的大小可能为（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
10．法国著名数学家蒙日首先发现椭圆两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆的中心为圆心的圆，后
x2
来这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆C : y 2 1，其蒙日圆为圆M ，过直线 l : x y 4 0上一点 P作
3
圆M 的两条切线，切点分别为A， B，则下列选项正确的是（ ）
A．圆M 的方程为 x2 y2 3 B．四边形 PAMB面积的最小值为 4
C． PA PB的最小值为8 2 12 D．当点 P为 (1, 3)时，直线 AB的方程为 x 3y 4 0
a b c
11．已知函数 f x 2 3 a 0 的定义域为 0, ，且 x c是 f x 的一个极值点，则下x 2x 3x
列结论正确的是（ ）
A．方程 ax2 bx c 0的判别式Δ 0 B． ac b 1
C．若 a<0，则 f x 在区间 c, 上单调递增 D．若 a 0且 ac 1，则 x c是 f x 的极小值点
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分。
n
12．已知数列 an 满足 an 1 2an 6n 5 ．且 a1 3，若bn 1 an，则b1 b2 b3 b2024 ．
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{#{QQABIYCAgggAAIAAAQhCAQ0qCACQkAGACSgGgEAMsAAAARNABAA=}#}
x2
13．已知函数 f x 4lnx 在区间 a 1,a 4 上有定义，且在此区间上有极值点，则实数 a的取值
2
范围是 ．
14．某校课外学习社对“学生性别和喜欢网络游戏是否有关”作了一次调查，其中被调查的男、女生人
4 3
数相同，男生中有 的学生喜欢网络游戏，女生中有 的学生喜欢网络游戏，若有超过95%的把握但没
5 5
有99%的把握认为是否喜欢网络游戏和性别有关，则被调查的
P K 2 k0 0.05 0.01
学生中男生可能有 人.
n ad 2 bc k0 3.841 6.635
附：K 2 ，其中n a b c d .
a b c d a c b d
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)
3 2 2
已知函数 f x x ax bx a 在 x 3处有极值 36．
(Ⅰ)求实数 a，b的值
(Ⅱ)当b 0时，求 f x 的单调递增区间．
16．(15 分)
在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是边长为 6的菱形， ABC 60 ， PB PD，PA AC .
(Ⅰ)证明： BD 平面 PAC；
2
(Ⅱ)若 PA 3，M为棱 PC上一点，满足CM CP，求点A到平面MBD的距离.
3
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{#{QQABIYCAgggAAIAAAQhCAQ0qCACQkAGACSgGgEAMsAAAARNABAA=}#}
17．(15 分)
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.
(Ⅰ)求某顾客摸出红球的概率；
(Ⅱ)设某家庭四人均参与了抽奖，他们获得的奖金总数为Y 元，求随机变量Y 的数学期望 E Y .
18．(17 分)
x2 y2
已知椭圆 E : 1(a b 0)经过点 P 1,
3
和 A 2,0 ．a2 b2 2
(Ⅰ)求 E的方程；
(Ⅱ)若点M ,N（异于点A）是 E上不同的两点，且 AM AN 0，证明直线MN过定点，并求该
定点的坐标．
19．(17 分)
对于项数为m的有穷数列 an ，设bn 为 a1,a2 , ,an n 1,2, ,m 中的最大值，称数列 bn 是 an 的
控制数列.例如数列 3，5，4，7的控制数列是 3，5，5，7.
(Ⅰ)若各项均为正整数的数列 an 的控制数列是 2，3，4，6，6，写出所有的 an ；
(Ⅱ)设 bn 是 an 的控制数列，满足 an bm n 1 C（C为常数， n 1,2, ,m）.证明：
bn an n 1,2, ,m .
(Ⅲ)考虑正整数1,2, ,m的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列 cn .是否存在数列 cn ，
使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列 cn 的个数；若不存在，请说明理由.
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{#{QQABIYCAgggAAIAAAQhCAQ0qCACQkAGACSgGgEAMsAAAARNABAA=}#}南阳市2023-2024年春期部分高中期末质量评估数学参考答案
1．B
【分析】根据概率之和为1得到方程组，求出，得到答案.
【详解】由题意得，解得，
，解得，
故.
故选：B
2．C
【分析】先根据等比数列部分项成等差得出公比，再结合等比数列通项求值即可.
【详解】若等比数列的各项均为正数，所以公比，
且成等差数列，可得,
即得
可得，
.
故选：C.
3．B
【分析】利用给定的坐标，求出向量的坐标，再借助共线向量判断得解.
【详解】由，，，，
得，，则，即，
而，显然向量不共线，即点不在直线上，
所以直线与平行．
故选：B
4．C
【分析】按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
共有种方法.
故选：C
5．C
【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】因为，
又展开式的通项为，，
所以的展开式中的常数项为.
故选：C
6．A
【分析】根据椭圆与双曲线的离心率的性质即可解决．
【详解】由题意得到椭圆①，②的b值相同，a值①比②小，则，可以知道，；
根据双曲线的开口越大离心率越大，则．
所以，
故选：A．
7．B
【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径求得a和b的关系，进而利用求得a和c的关系，则双曲线的离心率可求．
【详解】双曲线渐近线为，且与圆没有公共点，
圆心到渐近线的距离大于半径，即，，，．
故选：B．
8．A
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可证明，从而判断、，再令，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，即可得解.
【详解】令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即恒成立，当且仅当时取等号，则，即；
又，
令，则，则在上单调递减，
又，
当时，所以在上单调递增，又，
所以，即，所以，即，
综上可得.
故选：A
9．BC
【分析】计算，即可得出答案.
【详解】，
所以二面角的大小可能为或．
故选：BC
10．BD
【分析】利用椭圆的性质，找特殊位置容易求得圆的方程，结合直线与圆的位置关系，可以推出.
【详解】当切线的切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可以得到两切线的交点为，所以蒙日圆的方程为，故A不正确；
四边形面积为：，只需求出的最小值，而的最小值为点到直线的距离，所以的最小值为，故B正确；
设,则，故，所以又，当且仅当取等号，
而的最小值，故的最小值8，故等号取不到，故C不正确；
当点为时，点，，，四点共以为直径圆上，
所以这个圆的方程为，与圆方程联立，可得直的方程为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】易错点睛：C选项中等号取不到，容易出错，同时考查推理运算能力.
11．ABD
【分析】求出函数的导函数，根据是的一个极值点，判断A、B，由可得函数的性质，即可得到的单调性，从而判断C，求出方程的两根，即可得到的单调性，从而判断D.
【详解】因为，则，
依题意是关于的方程的一个变号正实数根，
所以方程的判别式，故A正确；
因为，显然，所以，故B正确；
当时，因为，所以函数的开口向下，且与轴的正半轴只有一个交点，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
当且，将代入，整理得，
所以方程有两个不相等正实数根与，
又，所以当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，故D正确.
故选：ABD
12．2024
【分析】利用构造法与迭代法求得，从而利用并项求和法即可得解.
【详解】因为，所以，
又，则，
所以
，
故，则，
所以，
则的各项分别为，
所以
.
故答案为：2024
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将推递关系式化得，从而求得，由此得解.
13．
【分析】在上，有极值点表示有零点，由导数可得即可得，从而有，计算可求得的范围.
【详解】由题可知，
当时,, 单调递减，
当时,, 单调递增，
故只有极小值点2.
若在区间上有定义且有极值点，则，解得.
故答案为:
14．45，或50，或55，或60，或65
【分析】设男生有人，然后列出列联表，利用公式求出，则由题意可得，从而可求出.
【详解】设男生有人，则由题意可得列联表如下
喜欢 不喜欢 合计
男生
女生
合计
则，
因为有超过的把握但没有的把握认为是否喜欢网络游戏和性别有关，
所以，得，
因为为5的整数倍，
所以可能取值为45，50，55，60，65，
即被调查的学生中男生可能有45，或50，或55，或60，或65人，
故答案为：45，或50，或55，或60，或65
15．(1)或
(2)，
【分析】（1）求导，利用及，列出方程组，求出，检验后得到答案；
（2）在（1）的基础上，由导函数大于0，解不等式，求出单调递增区间.
【详解】（1）由题意知．
∵，，
∴或，
经检验都符合题意．
（2）当时，由（1）得，
∴，
由，即，
解得或，
∴函数的单调递增区间为，．
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于，连接，利用线面垂直的判定推理作答.
（2）求出点到平面的距离，再利用等体积法求解作答.
【详解】（1）在四棱锥中，连接交于，连接，如图，因为底面是菱形，则，
又是的中点，，则，而平面，
所以平面.
（2）连接，由平面，平面，则，
而，平面，因此平面，
又是边长为6的菱形，，则，面积，
过作交于，而，且，
则，显然，于是，面积，
令点到平面的距离为，又平面，由，
即，得，解得，
所以点到平面的距离为.
17．(1)
(2)192（元）.
【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.
【详解】（1）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.
（2）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
0 90 180
（元）.
又因为，所以（元）.
18．(1)
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，即可得坐标，进而根据点斜式求解直线方程即可求解定点，或者根据向量垂直满足的坐标运算，代入韦达定理化简即可求解，结合分类讨论, 进而得定点..
【详解】（1）由题意得，把点的坐标代入，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（方法一）由 题意可知均有斜率且不为0，
设直线的方程为，联立方程组
消去得，可得，
解得，所以点的坐标为．
因为，所以直线的斜率为，同理可得点．
当时，有，解得，直线的方程为．
当时，直线的斜率，
则直线的方程为，
即，
即，直线过定点．
又当时，直线也过点．
综上，直线过定点．
（方法二）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
联立方程组消去得，
，即．
设，则，
．
因为，所以，
即，
，
，
化简得，
解得或，
所以直线的方程为或（过点A,不合题意，舍去），
所以直线过定点．
当直线垂直于轴时，设它的方程为，
因为，所以．
又，解得或（过点A,不合题意，舍去），
所以此时直线的方程为，也过点．
综上，直线过定点．
【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
19．(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3)。
【分析】（1）由控制数列确定原数列，只是在确定时，只要即可；
（2）由已知证得控制数列是不减的数列，然后确定也是不减的数列，由第一项开始可证明对应项必相等；
（3）由于控制数列是等差数列，因此可考虑或两种情形，分类讨论可得．
【详解】（1）由题意，，，，，
所以数列有六种可能：；；；；；．
（2）因为，，所以，
所以控制数列是不减的数列，
是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，
那么若时都有，则，
若，则，若，则，
又，由数学归纳法思想可得对，都有；
（3）因为控制数列为等差数列，故.
设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，
当是数列中间某项时，不可能是等差数列，
所以或，
若，则（），是等差数列，
此时只要，是的任意排列均可．共个，
，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，
由此有，即就是，只有一种排列，
综上，的个数是．
【点睛】本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义，本题关键是确定控制数是不减的数列，从而由此可确定结论．对学生的逻辑思维能力要求较高．
答案第1页，共2页