广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023~2024学年 高二下册期末联考数学试题有解析

/广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023−2024学年高二下学期期末联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．若（为虚数单位），则（

）A． B． C．2 D．2．已知等比数列中，，则（

）A．3 B．3或-3 C．27 D．27或-273．已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（

）A． B． C．4 D．24．如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（

）A． B． C． D．5．某校高二年级下学期期中考试数学试卷满分为150分，90分以上（含90分）为及格.阅卷结果显示，全年级800名学生的数学成绩近似服从正态分布，试卷的难度系数（平均分/150）为，标准差为，则该次数学考试及格的人数约为（

）附：若，记，则.A．127人 B．181人 C．254人 D．362人6．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线的右支交于点，则（

）A． B．0 C．1 D．27．现有一组数据，若将这组数据随机删去两个数，则剩下数据的平均数小于的概率为（

）A． B． C． D．8．若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．若“或”是“”的必要不充分条件，则实数的值可以是（

）A．3 B． C． D．10．下列关于成对数据统计的表述中，正确的是（

）A．成对样本数据的经验回归直线一定经过点B．依据小概率事件的独立性检验对零假设进行检验，根据列联表中的数据计算发现，由可推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过C．在残差图中，残差点的分布随解释变量增大呈现扩散的趋势，说明残差的方差不是一个常数，不满足一元线性回归模型对随机误差的假设D．决定系数越大，表示残差平方和越大，即模型的拟合效果越差11．如图，心形曲线与轴交于两点，点是上的一个动点，则（

）A．点和均在上B．点的纵坐标的最大值为C．的最大值与最小值之和为3D．三、填空题（本大题共3小题）12．的展开式中，所有项的系数和为.13．如图，正八面体的12条棱长相等，则二面角的余弦值为.14．数列的前项和为，且，则满足的最小正整数为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知的内角的对边分别为，且.(1)求A；(2)如图，若点是边上一点，且，求.16．如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，.(1)证明：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.17．一个袋子中有30个大小相同的球，其中有10个红球､20个白球，从中随机有放回地逐次摸球作为样本，摸到红球或者第5次摸球之后停止.用表示停止时摸球的次数.(1)求的分布列和期望；(2)用样本中红球的比例估计总体中红球的比例，求误差的绝对值不超过的概率.18．已知椭圆的长轴长为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过作一条斜率存在且不为0的直线交于两点.（i）证明：直线和直线的斜率均存在且互为相反数；（ii）若直线与直线交于点，求的轨迹方程.19．拟合（Fittiong）和插值（Imorterpolation）都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法.拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点.适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为移项式插值.例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值.设一次函数满足，可得在上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大.为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等.满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特（Hermite）插值多项式.已知函数在上的二次埃尔米特插值多项式满足.(1)求，并证明当时，；(2)若当时，，求实数的取值范围；(3)利用计算的近似值，并证明其误差不超过.（参考数据：；结果精确到0.001）

答案1．【正确答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出其共轭复数，再由复数的减法计算可得.【详解】因为，所以，即，则，所以.故选D.2．【正确答案】C【分析】根据等比数列的通项公式，计算得到等比数列的等比，结合通项公式计算得出答案.【详解】设等比数列的公比为，则.故选C.3．【正确答案】A【分析】写出抛物线的准线方程，根据该准线与圆相切求出实数的值.【详解】由题意可知，圆是圆心为原点，半径为的圆，抛物线的准线方程为，由于抛物线的准线方程与圆相切，则，解得.故选A.4．【正确答案】C【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得，求得，进而由可求得圆锥的高.【详解】由图可知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为，设扇形半径为，则有，解得，所以圆锥的母线长为，故圆锥的高.故选C.5．【正确答案】B【分析】首先求出平均数，即可得到学生的数学成绩，再根据所给条件求出，即可求出，即可估计人数.【详解】依题意可知平均分为，又标准差为，所以学生的数学成绩，即，，又，所以，即，又，所以该次数学考试及格的人数约为人.故选B.【规律方法】对于正态分布N(μ，σ2)，已知直线x＝μ是正态曲线的对称轴，因此解决正态分布问题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时，可借助图形判断．6．【正确答案】A【分析】首先求出焦点坐标，再联立直线与双曲线方程，求出交点的坐标，再由数量积的坐标表示计算可得.【详解】双曲线的左、右焦点分别为，，由，解得或，所以，则，，所以.故选A.7．【正确答案】B【分析】设删去的两数之和为，依题意可得，求出的范围，再列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意得这组数据各数之和为，设删去的两数之和为，若剩下数据的平均数小于，则，解得，则删去的两个数可以为，，，，，，，，，，共种情况，从中任意取两个数有：，，，，，，，，，，，，，，，共种情况，故所求概率.故选B.8．【正确答案】D【分析】根据题意转化为导函数有解，参变分离有解，设，则实数，求导计算可得解.【详解】函数的定义域为R，求导得，函数存在单调递减区间，所以有解，即有解，设，则实数，则，令，得，当时，在上递增，当时，在上递减，所以函数有最大值，因此.故选D.【方法总结】由函数的单调性求参数的取值范围的方法：可导函数f(x)在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，根据已知条件，求出参数的取值范围，但最后要注意检验；(2)可导函数f(x)在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在区间(a，b)上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，且区间I含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是f(x)的单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．9．【正确答案】BCD【分析】令或，，依题意可得真包含于A，即可求出参数的取值范围.【详解】令或，，因为“或”是“”的必要不充分条件，所以真包含于A，即或，解得或，结合选项可知符合题意的有B、C、D.故选BCD.10．【正确答案】AC【分析】根据经验回归方程的性质判断A，根据独立性检验的基本思想判断B，根据回归分析的相关知识判断C、D.【详解】成对样本数据的经验回归直线一定经过点，故A正确；因为，由可推断成立，即认为和独立，故B错误；在残差图中，残差点的分布随解释变量增大呈现扩散的趋势，说明残差的方差不是一个常数，不满足一元线性回归模型对随机误差的假设，故C正确；决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故D错误.故选AC.11．【正确答案】ABD【分析】点代入曲线判断A，根据曲线分段得出函数取得最大值判断B，应用三角换元再结合三角恒等变换求最值判断C，应用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立判断D.【详解】令，得出，则时，，得或，时，得，所以和均在L上，故A正确；因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，，即时，最大，最大值为，故B正确；，因为曲线关于y轴对称，当时，设，所以，因为可取任意角，所以取最小值，取最大值，即和为，故C错误；等价为点在椭圆内，即满足，即，整理得，即恒成立，故D正确.故选ABD.12．【正确答案】【分析】令计算可得.【详解】令，可得所有项的系数和为.故答案为.13．【正确答案】【分析】的中点为，为二面角的平面角，结合正八面体的几何特征，利用余弦定理求值即可.【详解】连接交于点，连接，取的中点，连接，根据正八面体的几何特征，有过点，，，又平面，平面，平面平面，所以为二面角的平面角，正八面体中，平面，平面，则，所以是直角三角形，设正八面体棱长为2，则，，所以，得，在中，，同理，在中，由余弦定理可得.故答案为.14．【正确答案】9【分析】先构造等比数列，再应用等比等差数列前n项和公式计算，最后判断最小值n即可.【详解】因为，所以，所以,即是公比为2首项为的等比数列，所以，则，因为则单调递增，又因为，，则的最小正整数n为9.故9.15．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后利用余弦定理可求出角A；（2）由结合可得，然后在和分别利用正弦定理结合已知条件可得，进而可求出.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，即，所以，由余弦定理得，因为，所以；（2）因为，所以，所以，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，即，所以，即.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行；（2）取中点，连，根据题意可证，平面，以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解.【详解】（1）取上的点，使，则，所以四边形为平行四边形，即，又平面，平面，所以平面；（2）取中点，连，因为，所以，因为为正三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，，以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，则，，，设为平面的法向量，则，可取，，故直线与平面所成角的正弦值为.【方法总结】求直线与平面所成角的方法：(1)定义法：①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，利用解三角形的知识求角；(2)向量法.17．【正确答案】(1)分布列见解析，(2)【分析】（1）对于有放回的摸球，，且相互独立，的可能取值为，依次求出概率，可得分布列，再由期望公式求解；（2）设样本中红球的比例为，事件为“样本中有红球”，且，分不发生，和发生求概率，从而得解.【详解】（1）设“第i次摸出红球”，，对于有放回的摸球，，且相互独立，的可能取值为，则由题意可知，，，，，则X的分布列如下：X12345P期望；（2）总体中的红球比例，设样本中红球的比例为，设“样本中有红球”，且，若不发生，则，此时，所以，若发生，则，此时，所以，即.18．【正确答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据已知条件直接计算出椭圆相关基本量即可；（2）（i）设，，直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理证明；（ii）设直线，直线，联立方程组得，，采用代入法可得的轨迹方程.【详解】（1）根据题意，，因为椭圆离心率为，即，所以，，所以椭圆的方程为；（2）（i）设，，直线的方程为，联立方程，消去y得：，则，即，由韦达定理得，，，当时，，，不合题意，故，所以直线和直线的斜率均存在，，所以，即直线和直线的斜率均存在且互为相反数；（ii）由（i）知，且，可设直线，直线，设，则，整理得①，由题意知，由①知，所以由①知，，②，将②代入得，化简得，又因为，所以，所以的轨迹方程为..【方法总结】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为，；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；（5）代入韦达定理求解.19．【正确答案】(1)，证明见解析(2)(3)，证明见解析【分析】（1）由题意列方程组求出，得，通过构造函数，利用导数求最值证明；（2）令，问题转化为在时恒成立，利用导数求