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
1．（2024高二下·广东期末）若（为虚数单位），则（ ）
A． B． C．2 D．
2．（2024高二下·广东期末）已知等比数列中，，则（ ）
A．3 B．3或-3 C．27 D．27或-27
3．（2024高二下·广东期末）已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（ ）
A． B． C．4 D．2
4．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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．2
7．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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3 D．
12．（2024高二下·广东期末）的展开式中，所有项的系数和为 .
13．（2024高二下·广东期末）如图，正八面体的12条棱长相等，则二面角的余弦值为 .
14．（2024高二下·广东期末）数列的前项和为，且，则满足的最小正整数为 .
15．（2024高二下·广东期末）已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）如图，若点是边上一点，且，求.
16．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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．（2024高二下·广东期末）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）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
因为，所以，则，解得，
即复数，，故.
故答案为：D.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算，结合复数相等求得复数，在求求其共轭复数，再根据复数的减法运算计算即可.
2．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，所以，解得，则.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式，计算得到等比数列的等比，再根据等比数列的通项公式计算即可.
3．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的准线为，
圆的圆心为原点，半径为，
因为抛物线的准线方程与圆相切，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】易知抛物线的准线方程，根据准线与圆相切列式求实数的值即可.
4．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意可得：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，解得，则圆锥的母线长为，
故圆锥的高.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得，求得，再由可求得圆锥的高即可.
5．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由试卷的难度系数为， 可得试卷的平均分为，
因为试卷的标准差为，所以学生的数学成绩，
即，，又因为，
所以，
所以，
又因为，所以该次数学考试及格的人数约为人.
故答案为：B.
【分析】由题意，先求出试卷的平均分，得到学生的数学成绩，再根据所给条件求出，求出，即可估计人数.
6．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，，
联立，解得或，即，
则，，
故.
故答案为：A.
【分析】易知双曲线的焦点坐标，联立直线与双曲线方程，求出交点的坐标，再根据向量数量积的坐标表示计算即可.
7．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从中任意取两个数有：，，，，，，，，，，，，，，，
共种情况；
易知数据的之和为，
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，
则剩下数据的平均数小于的概率为.
故答案为：B.
【分析】先计算从6个数据中取2个数据共有15种情况，并求6个数据的歌，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即可.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
由题意可得：有解，即有解，
设，则，
，令，解得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
则函数有最大值，因此.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，并求导，原问题占转化为有解，参变分离有解，设，则实数，求导计算即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件
【解析】【解答】解：设集合或，，
由题意可得：真包含于，则或，解得或，
则的值为，，.
故答案为：BCD.
【分析】设集合或，，由题意可得真包含于，根据集合的包含关系列式求参数的取值范围即可.
10．【答案】A,C
【知识点】独立性检验的基本思想；回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、成对样本数据的经验回归直线一定经过样本点中心，故A正确；
B、由，根据可推断成立，
即认为和独立，故B错误；
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，故C正确；
D、由决定系数公式可知：决定系数越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据经验回归方程一定过样本点中心即可判断A；根据独立性检验即可判断判断B；根据回归分析，结合决定系数公式即可判断CD.
11．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解： 心形曲线 ，令，解得，则
A、当时，，解得或，
当时，，解得，则和均在L上，故A正确；
B、因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，
，
当时，最大，且最大值为，故B正确；
C、，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，
所以和为，故C错误；
D、由，可得点在椭圆内，
即满足，即，
整理得，即恒成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】点代入曲线求解即可判断A；根据曲线分段得出函数取得最大值即可判断B；利用三角换元再结合三角恒等变换求最值即可判断C；利用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，令，则所有项的系数和为.
故答案为：.
【分析】由题意，令计算即可.
13．【答案】.
【知识点】棱锥的结构特征；简单组合体的结构特征；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：连接交于点，连接，取的中点，连接，如图所示：
易知过点，且，，
因为平面，平面， 平面平面，
所以为二面角的平面角，
又因为平面，平面，，所以是直角三角形，
设正八面体棱长为2， 则，，即，，
在中，，同理，
在中， 由余弦定理可得.
故答案为：.
【分析】连接交于点，连接，取的中点，连接，的中点为，易知为二面角的平面角，结合正八面体的几何特征，利用余弦定理求值即可.
14．【答案】9
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解： 数列的前项和为 ，且满足，
则，即，
故数列是以2为公比，首项为的等比数列，
则，
，
因为所以单调递增，
又因为，
，
所以的最小正整数n为9.
故答案为：9.
【分析】由题意，先构造等比数列，再利用等比等差数列前n项和公式计算，最后判断最小值n 即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理得，整理可得，即
由余弦定理得，因为，所以；
（2）解：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，所以，所以，
则.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合余弦定理求角即可；
（2）由结合可得，在和中，分别利用正弦定理结合已知条件可得，求出即可.
（1）因为，
所以由正弦定理得，所以，
所以
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，
所以.
16．【答案】（1）证明：取上的点，如图所示：
使，则，即四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：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，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，则，即，即，
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行证明线面平行即可；
（2）取中点，连，根据题意可证，平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可.
（1）取上的点，使，
则，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（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.
17．【答案】（1）解：记事件“第次摸出红球”，，
，且相互独立的，
的可能取值为，
，
，，
，
则的分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
；
（2）解：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，，即，
若发生，则，，
则，
.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）对于有放回的摸球，，且相互独立的，的可能取值为，依次求出概率，可得分布列，再由期望公式求解即可；
（2）设样本中红球的比例为，“样本中有红球”，且，分不发生，和发生求概率即可.
（1）设“第次摸出红球”，，
对于有放回的摸球，，且相互独立的，
的可能取值为，
则由题意可知，，
，，
，
X 1 2 3 4 5
P
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，
所以，.
18．【答案】（1）解：由题意可得：，解得，，则椭圆的方程为；
（2）证明：（i）设，，直线的方程为，
联立方程，消去y整理可得，
则，即，
由韦达定理可得：，，
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，故的轨迹方程为.
.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列式求解a，b，即可得椭圆的方程；
（2）（i）设，，直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理证明即可；
（ii）设直线，直线，联立方程组得，，采用代入法求的轨迹方程即可.
（1）根据题意，，
因为椭圆离心率为，所以，
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.
.
19．【答案】（1）解：，，且，，，
，，
由得，解得，因此，
设，，
，令，则，
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；
（2）解：由（1）知：不等式等价于，且，
设，，则，
，
令，则，
令，则，即在上单调递减，
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；
（3）解：，
由（2）知，，
则误差.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由题意，列方程组求出，得；再构造函数，利用导数求最值证明即可；
（2）令，问题转化为在时恒成立，利用导数求函数单调性和最值，得条件满足时实数的取值范围即可；
（3）由，代入求值即可，由误差，可证得结论.
（1），，，，，
，，
由得，解得，因此.
设，，
，令，则，
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.
（2）由（1）知等价于，且，
设，，则，
，
令，则，
令，则，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.
（3）.
由（2）知，，
所以，误差.
1 / 1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
1．（2024高二下·广东期末）若（为虚数单位），则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
因为，所以，则，解得，
即复数，，故.
故答案为：D.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算，结合复数相等求得复数，在求求其共轭复数，再根据复数的减法运算计算即可.
2．（2024高二下·广东期末）已知等比数列中，，则（ ）
A．3 B．3或-3 C．27 D．27或-27
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，所以，解得，则.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式，计算得到等比数列的等比，再根据等比数列的通项公式计算即可.
3．（2024高二下·广东期末）已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（ ）
A． B． C．4 D．2
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的准线为，
圆的圆心为原点，半径为，
因为抛物线的准线方程与圆相切，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】易知抛物线的准线方程，根据准线与圆相切列式求实数的值即可.
4．（2024高二下·广东期末）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．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意可得：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，解得，则圆锥的母线长为，
故圆锥的高.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得，求得，再由可求得圆锥的高即可.
5．（2024高二下·广东期末）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
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由试卷的难度系数为， 可得试卷的平均分为，
因为试卷的标准差为，所以学生的数学成绩，
即，，又因为，
所以，
所以，
又因为，所以该次数学考试及格的人数约为人.
故答案为：B.
【分析】由题意，先求出试卷的平均分，得到学生的数学成绩，再根据所给条件求出，求出，即可估计人数.
6．（2024高二下·广东期末）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．2
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，，
联立，解得或，即，
则，，
故.
故答案为：A.
【分析】易知双曲线的焦点坐标，联立直线与双曲线方程，求出交点的坐标，再根据向量数量积的坐标表示计算即可.
7．（2024高二下·广东期末）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．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从中任意取两个数有：，，，，，，，，，，，，，，，
共种情况；
易知数据的之和为，
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，
则剩下数据的平均数小于的概率为.
故答案为：B.
【分析】先计算从6个数据中取2个数据共有15种情况，并求6个数据的歌，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即可.
8．（2024高二下·广东期末）若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
由题意可得：有解，即有解，
设，则，
，令，解得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
则函数有最大值，因此.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，并求导，原问题占转化为有解，参变分离有解，设，则实数，求导计算即可.
9．（2024高二下·广东期末）若“或”是“”的必要不充分条件，则实数的值可以是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件
【解析】【解答】解：设集合或，，
由题意可得：真包含于，则或，解得或，
则的值为，，.
故答案为：BCD.
【分析】设集合或，，由题意可得真包含于，根据集合的包含关系列式求参数的取值范围即可.
10．（2024高二下·广东期末）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
【答案】A,C
【知识点】独立性检验的基本思想；回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、成对样本数据的经验回归直线一定经过样本点中心，故A正确；
B、由，根据可推断成立，
即认为和独立，故B错误；
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，故C正确；
D、由决定系数公式可知：决定系数越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据经验回归方程一定过样本点中心即可判断A；根据独立性检验即可判断判断B；根据回归分析，结合决定系数公式即可判断CD.
11．（2024高二下·广东期末）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3 D．
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解： 心形曲线 ，令，解得，则
A、当时，，解得或，
当时，，解得，则和均在L上，故A正确；
B、因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，
，
当时，最大，且最大值为，故B正确；
C、，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，
所以和为，故C错误；
D、由，可得点在椭圆内，
即满足，即，
整理得，即恒成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】点代入曲线求解即可判断A；根据曲线分段得出函数取得最大值即可判断B；利用三角换元再结合三角恒等变换求最值即可判断C；利用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立即可判断D.
12．（2024高二下·广东期末）的展开式中，所有项的系数和为 .
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，令，则所有项的系数和为.
故答案为：.
【分析】由题意，令计算即可.
13．（2024高二下·广东期末）如图，正八面体的12条棱长相等，则二面角的余弦值为 .
【答案】.
【知识点】棱锥的结构特征；简单组合体的结构特征；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：连接交于点，连接，取的中点，连接，如图所示：
易知过点，且，，
因为平面，平面， 平面平面，
所以为二面角的平面角，
又因为平面，平面，，所以是直角三角形，
设正八面体棱长为2， 则，，即，，
在中，，同理，
在中， 由余弦定理可得.
故答案为：.
【分析】连接交于点，连接，取的中点，连接，的中点为，易知为二面角的平面角，结合正八面体的几何特征，利用余弦定理求值即可.
14．（2024高二下·广东期末）数列的前项和为，且，则满足的最小正整数为 .
【答案】9
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解： 数列的前项和为 ，且满足，
则，即，
故数列是以2为公比，首项为的等比数列，
则，
，
因为所以单调递增，
又因为，
，
所以的最小正整数n为9.
故答案为：9.
【分析】由题意，先构造等比数列，再利用等比等差数列前n项和公式计算，最后判断最小值n 即可.
15．（2024高二下·广东期末）已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）如图，若点是边上一点，且，求.
【答案】（1）解：，由正弦定理得，整理可得，即
由余弦定理得，因为，所以；
（2）解：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，所以，所以，
则.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合余弦定理求角即可；
（2）由结合可得，在和中，分别利用正弦定理结合已知条件可得，求出即可.
（1）因为，
所以由正弦定理得，所以，
所以
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，
所以.
16．（2024高二下·广东期末）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.
【答案】（1）证明：取上的点，如图所示：
使，则，即四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：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，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，则，即，即，
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行证明线面平行即可；
（2）取中点，连，根据题意可证，平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可.
（1）取上的点，使，
则，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（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.
17．（2024高二下·广东期末）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.
【答案】（1）解：记事件“第次摸出红球”，，
，且相互独立的，
的可能取值为，
，
，，
，
则的分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
；
（2）解：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，，即，
若发生，则，，
则，
.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）对于有放回的摸球，，且相互独立的，的可能取值为，依次求出概率，可得分布列，再由期望公式求解即可；
（2）设样本中红球的比例为，“样本中有红球”，且，分不发生，和发生求概率即可.
（1）设“第次摸出红球”，，
对于有放回的摸球，，且相互独立的，
的可能取值为，
则由题意可知，，
，，
，
X 1 2 3 4 5
P
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，
所以，.
18．（2024高二下·广东期末）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.
【答案】（1）解：由题意可得：，解得，，则椭圆的方程为；
（2）证明：（i）设，，直线的方程为，
联立方程，消去y整理可得，
则，即，
由韦达定理可得：，，
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，故的轨迹方程为.
.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列式求解a，b，即可得椭圆的方程；
（2）（i）设，，直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理证明即可；
（ii）设直线，直线，联立方程组得，，采用代入法求的轨迹方程即可.
（1）根据题意，，
因为椭圆离心率为，所以，
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.
.
19．（2024高二下·广东期末）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）解：，，且，，，
，，
由得，解得，因此，
设，，
，令，则，
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；
（2）解：由（1）知：不等式等价于，且，
设，，则，
，
令，则，
令，则，即在上单调递减，
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；
（3）解：，
由（2）知，，
则误差.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由题意，列方程组求出，得；再构造函数，利用导数求最值证明即可；
（2）令，问题转化为在时恒成立，利用导数求函数单调性和最值，得条件满足时实数的取值范围即可；
（3）由，代入求值即可，由误差，可证得结论.
（1），，，，，
，，
由得，解得，因此.
设，，
，令，则，
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.
（2）由（1）知等价于，且，
设，，则，
，
令，则，
令，则，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.
（3）.
由（2）知，，
所以，误差.
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