海南省2023-2024学年高二下学期学业水平诊断（二）数学试题

绝密★启用前海南省2023—2024学年高二年级学业水平诊断（二）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.已知集合，则（）A.B.C.D.2.已知随机变量，且，则（）A.0.6B.0.7C.0.8D.0.93.以下关于一元线性回归模型的说法中，错误的是（）A.相关系数的绝对值越接近0，则两个变量的线性相关程度越弱B.在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合效果越好C.点一定在经验回归直线上D.若经验回归方程为，则每增加1个单位，的值就增加10个单位4.在复平面内，复数对应的点和对应的点关于虚轴对称，则（）A.B.C.D.5.的展开式中，的系数为（）A.B.C.D.6.记为等差数列的前项和，若，则（）A.144B.120C.108D.967.若当时，不等式恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知函数若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是（）A.B.C.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.已知为等比数列，，记是的前项和，则（）A.的公比为9B.是等比数列C.为等差数列D.10.某种常见病分为甲､乙､丙三种类型，甲型病的患病率为，其中的患者出现症状，乙型病的患病率为，其中的患者出现症状，丙型病的患病率为，其中的患者出现症状S.若该病的患者只能得甲､乙､丙三种类型中的一种，且症状是该病的特有症状，则下列说法正确的是（）A.该病的患病率为B.从该病的患者中任选1人，此人患乙型病的概率为0.35C.从人群中任选1人，此人出现症状的概率为0.02D.若某人出现症状S，则此人患丙型病的概率为0.211.已知为双曲线的右焦点，过的直线与圆相切于点，且与及其渐近线在第二象限的交点分别为，则下列说法正确的是（）A.直线的斜率为B.直线是的一条渐近线C.若，则的离心率为D.若，则的渐近线方程为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若且，则__________.13.已知直线与抛物线在第一象限交于点，若点到的准线的距离为，则__________.14.若函数的图象在点处的切线方程为，则__________；若方程有两个不等的实根，则实数的取值范围为__________.（本题第一空2分，第二空3分）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）甲､乙两名同学进行乒乓球比赛，比赛采用七局四胜制（有一方先胜四局即获胜，比赛结束）.假设每局比赛甲获胜的概率都是，且各局比赛的结果相互独立.（1）求比赛结束时恰好打了4局的概率；（2）若已知前4局中甲已胜了3局，记表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求的分布列及数学期望.16.（15分）已知各项均不为零的数列满足：.（1）证明是等差数列，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，证明：.17.（15分）如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形.（1）证明：平面平面；（2）若是棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值.18.（17分）已知椭圆的长轴长与短轴长的差为2，且离心率为为坐标原点.（1）求的方程.（2）过点且不与轴重合的动直线与相交于两点，的中点为.①证明：直线与的斜率之积为定值；②当的面积最大时，求直线的方程.19.（17分）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程.（2）若，且存在两个极值点.①求的取值范围；②证明：.海南省2023—2024学年高二年级学业水平诊断（二）数学参考答案及评分细则一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分1.A2.C3.D4.C5.A6.B7.B8.D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.BC10.ACD11.ABD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.-113.313.，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.解析（1）第一种情况：比赛结束时恰好打了4局且甲获胜，则概率为；第二种情况：比赛结束时恰好打了4局且乙获胜，则概率为.所以比赛结束时恰好打了4局的概率为.（2）依题意得的所有可能取值为，，的分布列为123.16.解析（1）因为，故由，可得，又，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，所以，故.（2）易得，所以易知在时是递增的，所以，因此.17.解析（1）因为平面平面，所以.因为四边形为菱形，所以.因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）在平面内，过点作的垂线交于点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则，因为，所以是等边三角形，故是的中点，于是.因为是棱上靠近点的三等分点，所以.故，所以.记平面的法向量为，则令，则，即.易知平面的一个法向量为，则，故平面与平面夹角的余弦值为.18.解析（1）设的半焦距为，由已知，得解得故的方程为.（2）①由题可设.将，消去，得.当，即时，有.所以，即，可得，所以，即直线与的斜率之积为定值.②由（1）可知又点到直线的距离，所以的面积.设，则，当且仅当，即时等号成立，且满足.所以当的面积最大时，直线的方程为或.19.解析（1），则又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）①的定义域为，设，则，令，得.由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增.