2023-2024学年广东省四校（华附、省实、广雅、深中）高二下学期期末联考数学试题（含解析）

2023-2024学年广东省四校高二下学期期末联考
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若为虚数单位，则( )
A. B. C. D.
2.已知等比数列中，，，则
A. B. 或 C. D. 或
3.已知圆与抛物线的准线相切，则的值为
A. B. C. D.
4.如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为的圆，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分，分以上含分为及格．阅卷结果显示，全年级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为，标准差为，则该次数学考试及格的人数约为( )附：若，记，则，．
A. 人 B. 人 C. 人 D. 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. C. D.
7.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：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若“或”是“”的必要不充分条件，则实数的值可以是
A. 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 D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中，所有项的系数和为______．
13.如图，正八面体的条棱长相等，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.本小题分
已知的内角的对边分别为，且．
求；
如图，若点是边上一点，且，，求．
16.本小题分
如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面已知，．
证明：平面；
若，，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
一个袋子中有个大小相同的球，其中有个红球、个白球，从中随机有放回地逐次摸球作为样本，摸到红球或者第次摸球之后停止．用表示停止时摸球的次数．
求的分布列和期望；
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.本小题分
已知椭圆的长轴长为，离心率为，，．
求椭圆的方程；
过作一条斜率存在且不为的直线交于两点．
证明：直线和直线的斜率均存在且互为相反数；
若直线与直线交于点，求的轨迹方程．
19.本小题分
拟合和插值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，我们称之为多项式插值．
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．
求，并证明当时，；
若当时，，求实数的取值范围；
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
答案解析
1.
【解析】解：由已知可得，，
所以，则，
所以．
故选D．
2.
【解析】解：设等比数列的公比为，
根据题意得，，因为，
所以，
则．
3.
【解析】解：抛物线的准线为，
根据题意得，圆与相切，
易知切点为，
所以，即．
故选：．
4.
【解析】解：剪下圆的直径为，
圆锥底面圆的半径为，周长为，
设剪下扇形所在圆的半径为，
则扇形弧长为：，
，即圆锥的母线长为，
圆锥的高为．
故选C．
5.
【解析】解：由题得，，
，，
，
，
该校及格人数为人．
故选B．
6.
【解析】解：因为双曲线方程为，
则，，
所以，
所以，
由，得，
因为在双曲线的右支上，
所以点坐标为，
所以，
所以．
故选A．
7.
【解析】解：从个数中随机删去两个数有：
，，，，，
，，，，，
，，，，，共种方法，
要使剩下数据的平均数小于，删去的两个数可以是：
，，，，，
，，，，，，共有种，
所以剩下数据的平均数小于的概率为．
故选B．
8.
【解析】解：函数 的定义域为，且其导数为 ．
由存在单调递减区间知 在上有解，即 有解．
因为函数的定义域为，
要使 有解，只需要 的最大值大于，
令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，则当时，取得最大值，即，
所以，即，所以实数的取值范围是 ．
故选D．
9.
【解析】解：若“或 ”是“的必要不充分条件，
则或 ，
所以或，
解得或，
结合选项知实数的值可以为，，．
10.
【解析】解：成对样本数据的经验回归直线一定经过样本中心点，A正确；
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，
则可推断 成立，即认为和 无关，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，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， D错误．
11.
【解析】解：易知心形曲线关于轴对称，故不妨设
对于，将两点坐标代入方程均成立，故A正确
对于，设，，
则，
当且仅当时取“”，此时，，故B正确
对于，
，，
结合已知条件可得的最大值，最小值，
因而有，，
所以，
因此，故C错误
对于因为，，，所以“”等价于“点在椭圆上及其内部”，
即满足，即，
整理得，即，其中，该式恒成立，故D正确．
综上，正确选项为．
12.
【解析】解：在的展开式中，
令，即，
所以展开式中所有项的系数和等于．
故答案为
13.
【解析】解：取的中点为，连接交平面于，设正八面体的棱长为，
可得，，
因为，为的中点，
所以，
同理可得，
所以为二面角的平面角，
所以．
故答案为：．
14.
【解析】解：，
又，
所以为等比数列，
所以，即．
，
所以，，
所以单调递增．，
因为，，
所以满足的最小正整数为．
15.解：由及正弦定理得，所以．
由余弦定理可得，又，所以
，记，则，在中，，在中，由正弦定理可得，由及，可得，即，
因为，所以，所以，即．
【解析】
利用正、余弦定理求得，即可求
记，则，在中，，在中，由正弦定理可得，由及，可得，再由的范围即可得解．
16.解：证明：取在上点，使，
则，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
取中点，连，，
因为，所以，
因为为正三角形，所以，．
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，．
以为原点，，，分别为，，轴正方向建立坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则有，可取．
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．

【解析】
推得，再利用线面平行的判定定理即可求证；
建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，及坐标，即可求解．
17.解：设“第次摸出红球”，，，，，，
则由题意知，，且相互独立．
的可能取值为，，，，，
，，，，．
所以的分布列为
所以．
由题意知总体中红球的比例为，设为样本中红球的比例设“样本中有红球”，
若不发生，则，此时，所以．
若发生，则，此时，所以．
综上所述，．
【解析】
设“第次摸出红球”，，，，，，再分别求概率，即可求解；
设“样本中有红球”，再分若不发生，若发生，两种情况讨论即可．
18.解：由题意知，，解得，，所以椭圆的方程为．
设，，直线，
代入椭圆方程得，整理得．
由题意知，，且，．
当时，，，不合题意，故，，所以直线与直线的斜率均存在，，．
．
由知，且．
可设直线，直线．
设，则，整理得．
由题意知，由知，又由知，所以由得，，
将代入得，化简得．
又因为，所以由得，所以的轨迹方程为．
【解析】
根据，，即可求解；
设出直线方程与椭圆联立，结合韦达定理得到，进行求证；
设直线，直线进行联立代入，得到，得解．
19.证明：，，，
由解得，因此．
设，．
，令，，
因为在上单调递增，且，，故存在使，且在上单调递减，在上单调递增又，，，所以在上存在唯一的零点，使得，
且在上单调递减，在上单调递增．
又，所以，即．
解：由知等价于，且
法一：设，，则
，
令，，
令，
，所以在上单调递减．
若，则，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以．
若，则，而，故存在使，
从而在上，，单调递增，，于是单调递增，，不符合题意．
综上所述，的取值范围为
法二：当时，不等式成立
当时，．
记，，则．
记，，则，
令，
，
所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，，
所以，所以在上单调递减．
又因为在处无定义，所以，
由洛必达法则可得，，
所以，的取值范围为
解：．
由知，所以误差．
【解析】
求出，设，利用导数，结合单调性证明结论；
由知等价于，且构造函数，分类讨论，利用导数求实数的取值范围；
结合，得出结论．
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