广东省广州三校（广铁一中、广州外国语学校、广州大学附属中学）2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·广州期末）已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．33 B．44 C．66 D．88
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，因为，
所以，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】设等差数列的公差为，由题意，利用等差数列的通项求出的值，再利用等差数列的求和公式和性质求的值即可.
2．（2024高二下·广州期末）已知随机变量的分布列为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：随机变量的分布列为，
则
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用互斥事件的概率公式求解即可.
3．（2024高二下·广州期末）若在和处有极值，则函数的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得，解得，
则，，
令，解得，则函数的单调递增区间是.
故答案为：C．
【分析】求函数的定义域以及导函数，由题意列方程组，求出、的值，再利用导数求出函数的单调递增区间即可.
4．（2024高二下·广州期末）某学校校医研究温差（℃）与本校当天新增感冒人数y（人）的关系，该医生记录了5天的数据，且样本中心点为．由于保管不善，记录的5天数据中有两个数据看不清楚，现用代替，已知，，则下列结论正确的是（ ）
x 5 6 8 9 12
y 17 m 25 n 35
A．在确定的条件下，去掉样本点，则样本的相关系数r增大
B．在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则
C．在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则当时，残差为
D．事件“，”发生的概率为
【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A、回归直线方程过数据的样本中心点，去掉样本点，
相关系数不变，故A错误；
B、样本中心点为，则，解得，故B错误；
C、线性回归方程，当时，，则，故C错误；
D、由，则可取，的可取，
则的取值为，
即，的概率为，故D正确.
故答案为：D．
【分析】根据回归直线方程的特征及应用，古典摡型的概率计算公式和相关系数公式求解判断即可.
5．（2024高二下·广州期末）设双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；双曲线的简单性质；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：取M为的中点，为右焦点，如图所示：
因为，
所以，所以，
又因为在上的投影为，所以，
所以，，，
又因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】取M为的中点，为右焦点，根据条件得，由在上的投影向量的模为得，利用双曲线的定义求解即可.
6．（2024高二下·广州期末）在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是（ ）
A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第3项
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：由，可得，
当，，，
展开式的通项为，
令，则，解得；
当，，，
展开式的通项为，
令，则，解得；
综上所述：，
则展开式共有项，展开式中二项式系数最大项是第项.
故答案为：A.
【分析】由题意，分与讨论，求得，再根据二项式定理求解即可.
7．（2024高二下·广州期末）对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：构造函数，，
当时，，函数单调递减，
在中，由余弦定理可得，
同理可得：，
由，可得，
又由正弦边角关系得，则，
再比较与的大小，
令，，，
令，，，
则单调递减，，则，在上单调递减，
又，故，则，即.
故答案为：C.
【分析】构造函数，求导利用导数判断其在上的单调性；利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断即可.
8．（2024高二下·广州期末）甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：用表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含个等可能的基本事件，
其中，甲得3分，即包含的基本事件有：，共15个，，
同理可得，甲每轮得0分的概率也是，得1分的概率为，
所以每一轮甲得分低于3分的概率为，
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分，
则，.
事件可分三类情形：
甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为；
甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为；
甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为.
，
则.
故答案为：B．
【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率，再根据条件概率公式计算即可.
9．（2024高二下·广州期末） 已知随机变量，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：随机变量服从二项分布，且；
A、因为，所以，即，故A正确；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】由二项分布的期望公式即可判断A；由二项分布方差公式可即可判断B；由二项分布的概率公式即可判断C；由期望公式即可判断D.
10．（2024高二下·广州期末）爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春．除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则（ ）
A．事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥
B．“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为
C．表演成功的环节个数的期望为3
D．在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为
【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【解答】解：A、由题意可知：两事件可以同时发生，则两事件不互斥，故A错误；
B、“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为，故B正确；
C、记表演成功的环节个数为X，则，期望为，故C正确；
D、记事件M：“表演成功的环节恰为3个”，事件N：“迎新春环节表演成功”.
，
由条件概率公式，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据互斥事件的概念即可判断A；根据相互独立事件的乘法公式即可判断B；根据二项分布的期望公式即可判断C；根据条件概率的计算公式即可判断D.
11．（2024高二下·广州期末）函数（a，），下列说法正确的是（ ）
A．当，不等式恒成立，则b的取值范围是
B．当，函数有两个零点，则b的取值范围是
C．当，函数有三个不同的零点，则b的取值范围是
D．当，函数有三个零点且，则的值为1．
【答案】B,C,D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A、B，当，，
令，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以不等式恒成立，
则恒成立，则，
所以，所以b的取值范围是，故A错误；
当时，；当时，且，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，
所以b的取值范围是，故B正确；
对于C，当，，
令，
由以上可知函数在上单调递增，在上单调递减，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，当或时，与一一对应，
当时，个对应个，
令，则，
令，
则，
当或时，；当或时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，要使函数有三个不同的零点，
则函数的图象有两个交点，
其中一个在上，另一个在上，
则，
所以，故C正确；
对于D，由选项C知，函数由两个零点，，
又因为函数有三个零点且，
所以，
则，
又因为，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间和函数的最值，则作出函数大致图象，则可判断选项A和选项B；当，，令，结合选项A可得与的对应关系，构造函数，则作出其大致图象，再结合函数h(t)的图象可判断选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高二下·广州期末）在等比数列中，，，则 ．
【答案】31
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】设，则
，
所以．
故答案为：31
【分析】设，则，利用等比数列的性质进行求解即可.
13．（2024高二下·广州期末）某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型 ；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量 次.参考数据：若占，则.
【答案】(也可以写成)；72
【知识点】正态密度曲线的特点；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理，可得，
在中，；
（2）由，可得，则，即至少要测量72次.
故答案为：(也可以写成)；72.
【分析】在中，利用正弦定理求得，再在中求解即可；
由正态分布的3原则建立不等式求解即可.
14．（2024高二下·广州期末）若，设的零点分别为，则 .（其中表示a的整数部分，例如：）
【答案】4
【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：令，则，原式等价变为：
，
令，则，，
当或时，；当时，，
则函数在上单调递减，上单调递增，
故函数在取到极小值，
当，且，，时，，
可作出大致图像，如图所示：
结合图象，可能有如下情形：
由的单调性可知，若均在中的一种时，
则有，
记，，
所以在上单调递增，
由，
则，故，使得；
显然在上单调递增，
由，故时，，
故时，；
又，
故，使得，
故时，；
不可能均满足，
事实上，由，得到，这与矛盾，
于是时，由可以推出：，
设，，
由在上单调递增，故在上单调递增，
又，，
即，故，使得，
且时，，递减，时，，递增，
故，
由，可得，
由，根据基本不等式，（等号取不到），
故，
又，，
故存在，使得，
，显然，故，即，
，显然，故，即，
由，故，使得，
注意到，故，
综上讨论，当时原方程有两个根：，；
虽说，，
根据上述讨论，在上无实根，
即时，有两个零点：，，
当时，，
而时，，，
而在处无定义，不可能有，
即时，无零点；
当时，注意到且时，，
又，
故时，存在零点，即，使得，
若，且，不妨设，
由于均在上单调递增，
故，，
在上递减，在递增，
故，
于是是唯一实根.
综上所述，原函数有，，三个零点，，
即有个零点，即，所以.
故答案为：.
【分析】先利用对数恒等式的等价转化，使得变成的形式，结合的性质，讨论，的关系即可.
15．（2024高二下·广州期末）记.
（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；
（2）记是的导函数，求.
【答案】（1）解：当时，，
当时，，
当时，，
经检验当时，不满足上式，
则；
（2）解：
①，
②，
①-②可得：
，
则
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用与的关系求解即可；
（2）先求导，再根据错位相减求解即可.
（1）当时，.
当时，.
又当时，不满足上式，
所以
（2）
①
②
①-②得，
16．（2024高二下·广州期末）已知函数，，.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
令，解得；令，解得，
则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，
则函数的最小值为；
（2）证明：由已知得，
设切点为，则且，解得，，
则，，
要证，即证，
即证，即证，
令，，原不等式等价于，即，
设，则，
在区间上单调递增，
，即成立，
所以对任意，都有.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数单调性，求出最值即可；
（2）设切点为，根据已知求得，则要证，即证，即证，即证，令，，设，根据函数单调性即可得证.
（1）当时，，则，
令，解得；令，解得，
在区间上单调递减，在区间上单调递增.
，函数的最小值为.
（2）由已知得，
设切点为，则且，解得，，
，.
要证，即证，
即证，即证，
令，，原不等式等价于，即，
设，则，
在区间上单调递增，
，即成立，
所以对任意，都有.
17．（2024高二下·广州期末）已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明：不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，那么这条直线垂直于这个平面）证明，利用勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方）证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
18．（2024高二下·广州期末）四月的武汉被百万株蔷薇花覆盖，形成了全城的花海景观。蔷薇花一般扦插繁殖，园林局为了更好的了解扦插枝条的长度对繁殖状况的影响，选择甲乙两区按比例分层抽样来抽取样本．已知甲区的样本容量，样本平均数，样本方差；乙区的样本容量，样本平均数，样本方差．
（1）求由两区样本组成的总样本的平均数及其方差；（结果保留一位小数）
（2）为了营造“花在风中笑，人在画中游”的美景，甲乙两区决定在各自最大的蔷薇花海公园进行一次书画比赛，两区各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲区举行．比赛规则如下：每场比赛分出胜负，没有平局，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲区举行时，甲区代表队获胜的概率为，当比赛在乙区举行时，甲区代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲区代表队的最终得分记为X，求X的分布列及的值．
参考数据：．
【答案】（1）解：根据题意，得，
因为
，
同理，
所以
，
则总样本的平均数为，方差；
（2）解：设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，且，
由题意可知：随机变量的所有可能取值为，，，
，
，
，
则的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望．
【知识点】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）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可；
（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式计算即可.
（1）根据题意，得，
因为
，
同理，
所以
所以总样本的平均数为，方差．
（2）依题意可知，的所有可能取值为，
设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
且，则，，
所以，
，
，
则的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望．
19．（2024高二下·广州期末）已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．
（1）若的坐标为，求椭圆C的方程；
（2）在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
（3）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：易知，则椭圆C：；
易知点为的重心，则，即，
代入椭圆方程得，故椭圆C的方程为；
（2）解：因为，，成等差数列，所以，
设，，AD中点，，
，
因为，所以，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
，
则弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距，
因为在椭圆C内，所以，得，且，
②当AB斜率不存在时，此时AD：，，
综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为；
（3）解：易知点，分别为，的重心，设，，
设点，，则根据重心性质及面积公式得，，
而∴，
则，即，，
设直线l：，则联立椭圆方程得，
消元化简得，，
由韦达定理可得：，，
则，
对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；等差中项
【解析】【分析】（1）易知，由两中线的交点为重心和重心的性质得到点，代入椭圆方程可得即可得椭圆的方程；
（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当时，得到；当AB斜率不存在时，此时AD：，，最后得到范围；
（3）根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到；转化为对任意的t恒成立，解不等式即可.
（1）依题意，，故椭圆C：；
易知点为的重心，则，故，
代入椭圆方程得∴椭圆C的方程为；
（2）∵，，成等差数列，．∴．
设，，AD中点．，
由弦长公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距．
∵在椭圆C内，∴，得，且．
②当AB斜率不存在时，此时AD：，．
∴综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为．
（3）解法一：易知点，分别为，的重心，设，，设点，，则根据重心性质及面积公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
解法二：易知点为的重心，，
∴，，，
此时，设点，，，，则根据重心的性质可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
1 / 1广东省广州三校（广铁一中、广州外国语学校、广州大学附属中学）2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·广州期末）已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．33 B．44 C．66 D．88
2．（2024高二下·广州期末）已知随机变量的分布列为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广州期末）若在和处有极值，则函数的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·广州期末）某学校校医研究温差（℃）与本校当天新增感冒人数y（人）的关系，该医生记录了5天的数据，且样本中心点为．由于保管不善，记录的5天数据中有两个数据看不清楚，现用代替，已知，，则下列结论正确的是（ ）
x 5 6 8 9 12
y 17 m 25 n 35
A．在确定的条件下，去掉样本点，则样本的相关系数r增大
B．在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则
C．在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则当时，残差为
D．事件“，”发生的概率为
5．（2024高二下·广州期末）设双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2024高二下·广州期末）在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是（ ）
A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第3项
7．（2024高二下·广州期末）对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·广州期末）甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·广州期末） 已知随机变量，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·广州期末）爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春．除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则（ ）
A．事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥
B．“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为
C．表演成功的环节个数的期望为3
D．在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为
11．（2024高二下·广州期末）函数（a，），下列说法正确的是（ ）
A．当，不等式恒成立，则b的取值范围是
B．当，函数有两个零点，则b的取值范围是
C．当，函数有三个不同的零点，则b的取值范围是
D．当，函数有三个零点且，则的值为1．
12．（2024高二下·广州期末）在等比数列中，，，则 ．
13．（2024高二下·广州期末）某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型 ；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量 次.参考数据：若占，则.
14．（2024高二下·广州期末）若，设的零点分别为，则 .（其中表示a的整数部分，例如：）
15．（2024高二下·广州期末）记.
（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；
（2）记是的导函数，求.
16．（2024高二下·广州期末）已知函数，，.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有.
17．（2024高二下·广州期末）已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
18．（2024高二下·广州期末）四月的武汉被百万株蔷薇花覆盖，形成了全城的花海景观。蔷薇花一般扦插繁殖，园林局为了更好的了解扦插枝条的长度对繁殖状况的影响，选择甲乙两区按比例分层抽样来抽取样本．已知甲区的样本容量，样本平均数，样本方差；乙区的样本容量，样本平均数，样本方差．
（1）求由两区样本组成的总样本的平均数及其方差；（结果保留一位小数）
（2）为了营造“花在风中笑，人在画中游”的美景，甲乙两区决定在各自最大的蔷薇花海公园进行一次书画比赛，两区各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲区举行．比赛规则如下：每场比赛分出胜负，没有平局，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲区举行时，甲区代表队获胜的概率为，当比赛在乙区举行时，甲区代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲区代表队的最终得分记为X，求X的分布列及的值．
参考数据：．
19．（2024高二下·广州期末）已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．
（1）若的坐标为，求椭圆C的方程；
（2）在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
（3）若，求实数a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，因为，
所以，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】设等差数列的公差为，由题意，利用等差数列的通项求出的值，再利用等差数列的求和公式和性质求的值即可.
2．【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：随机变量的分布列为，
则
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用互斥事件的概率公式求解即可.
3．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得，解得，
则，，
令，解得，则函数的单调递增区间是.
故答案为：C．
【分析】求函数的定义域以及导函数，由题意列方程组，求出、的值，再利用导数求出函数的单调递增区间即可.
4．【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A、回归直线方程过数据的样本中心点，去掉样本点，
相关系数不变，故A错误；
B、样本中心点为，则，解得，故B错误；
C、线性回归方程，当时，，则，故C错误；
D、由，则可取，的可取，
则的取值为，
即，的概率为，故D正确.
故答案为：D．
【分析】根据回归直线方程的特征及应用，古典摡型的概率计算公式和相关系数公式求解判断即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；双曲线的简单性质；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：取M为的中点，为右焦点，如图所示：
因为，
所以，所以，
又因为在上的投影为，所以，
所以，，，
又因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】取M为的中点，为右焦点，根据条件得，由在上的投影向量的模为得，利用双曲线的定义求解即可.
6．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：由，可得，
当，，，
展开式的通项为，
令，则，解得；
当，，，
展开式的通项为，
令，则，解得；
综上所述：，
则展开式共有项，展开式中二项式系数最大项是第项.
故答案为：A.
【分析】由题意，分与讨论，求得，再根据二项式定理求解即可.
7．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：构造函数，，
当时，，函数单调递减，
在中，由余弦定理可得，
同理可得：，
由，可得，
又由正弦边角关系得，则，
再比较与的大小，
令，，，
令，，，
则单调递减，，则，在上单调递减，
又，故，则，即.
故答案为：C.
【分析】构造函数，求导利用导数判断其在上的单调性；利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断即可.
8．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：用表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含个等可能的基本事件，
其中，甲得3分，即包含的基本事件有：，共15个，，
同理可得，甲每轮得0分的概率也是，得1分的概率为，
所以每一轮甲得分低于3分的概率为，
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分，
则，.
事件可分三类情形：
甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为；
甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为；
甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为.
，
则.
故答案为：B．
【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率，再根据条件概率公式计算即可.
9．【答案】A,D
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：随机变量服从二项分布，且；
A、因为，所以，即，故A正确；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】由二项分布的期望公式即可判断A；由二项分布方差公式可即可判断B；由二项分布的概率公式即可判断C；由期望公式即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【解答】解：A、由题意可知：两事件可以同时发生，则两事件不互斥，故A错误；
B、“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为，故B正确；
C、记表演成功的环节个数为X，则，期望为，故C正确；
D、记事件M：“表演成功的环节恰为3个”，事件N：“迎新春环节表演成功”.
，
由条件概率公式，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据互斥事件的概念即可判断A；根据相互独立事件的乘法公式即可判断B；根据二项分布的期望公式即可判断C；根据条件概率的计算公式即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A、B，当，，
令，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以不等式恒成立，
则恒成立，则，
所以，所以b的取值范围是，故A错误；
当时，；当时，且，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，
所以b的取值范围是，故B正确；
对于C，当，，
令，
由以上可知函数在上单调递增，在上单调递减，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，当或时，与一一对应，
当时，个对应个，
令，则，
令，
则，
当或时，；当或时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，要使函数有三个不同的零点，
则函数的图象有两个交点，
其中一个在上，另一个在上，
则，
所以，故C正确；
对于D，由选项C知，函数由两个零点，，
又因为函数有三个零点且，
所以，
则，
又因为，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间和函数的最值，则作出函数大致图象，则可判断选项A和选项B；当，，令，结合选项A可得与的对应关系，构造函数，则作出其大致图象，再结合函数h(t)的图象可判断选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】31
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】设，则
，
所以．
故答案为：31
【分析】设，则，利用等比数列的性质进行求解即可.
13．【答案】(也可以写成)；72
【知识点】正态密度曲线的特点；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理，可得，
在中，；
（2）由，可得，则，即至少要测量72次.
故答案为：(也可以写成)；72.
【分析】在中，利用正弦定理求得，再在中求解即可；
由正态分布的3原则建立不等式求解即可.
14．【答案】4
【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：令，则，原式等价变为：
，
令，则，，
当或时，；当时，，
则函数在上单调递减，上单调递增，
故函数在取到极小值，
当，且，，时，，
可作出大致图像，如图所示：
结合图象，可能有如下情形：
由的单调性可知，若均在中的一种时，
则有，
记，，
所以在上单调递增，
由，
则，故，使得；
显然在上单调递增，
由，故时，，
故时，；
又，
故，使得，
故时，；
不可能均满足，
事实上，由，得到，这与矛盾，
于是时，由可以推出：，
设，，
由在上单调递增，故在上单调递增，
又，，
即，故，使得，
且时，，递减，时，，递增，
故，
由，可得，
由，根据基本不等式，（等号取不到），
故，
又，，
故存在，使得，
，显然，故，即，
，显然，故，即，
由，故，使得，
注意到，故，
综上讨论，当时原方程有两个根：，；
虽说，，
根据上述讨论，在上无实根，
即时，有两个零点：，，
当时，，
而时，，，
而在处无定义，不可能有，
即时，无零点；
当时，注意到且时，，
又，
故时，存在零点，即，使得，
若，且，不妨设，
由于均在上单调递增，
故，，
在上递减，在递增，
故，
于是是唯一实根.
综上所述，原函数有，，三个零点，，
即有个零点，即，所以.
故答案为：.
【分析】先利用对数恒等式的等价转化，使得变成的形式，结合的性质，讨论，的关系即可.
15．【答案】（1）解：当时，，
当时，，
当时，，
经检验当时，不满足上式，
则；
（2）解：
①，
②，
①-②可得：
，
则
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用与的关系求解即可；
（2）先求导，再根据错位相减求解即可.
（1）当时，.
当时，.
又当时，不满足上式，
所以
（2）
①
②
①-②得，
16．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
令，解得；令，解得，
则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，
则函数的最小值为；
（2）证明：由已知得，
设切点为，则且，解得，，
则，，
要证，即证，
即证，即证，
令，，原不等式等价于，即，
设，则，
在区间上单调递增，
，即成立，
所以对任意，都有.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数单调性，求出最值即可；
（2）设切点为，根据已知求得，则要证，即证，即证，即证，令，，设，根据函数单调性即可得证.
（1）当时，，则，
令，解得；令，解得，
在区间上单调递减，在区间上单调递增.
，函数的最小值为.
（2）由已知得，
设切点为，则且，解得，，
，.
要证，即证，
即证，即证，
令，，原不等式等价于，即，
设，则，
在区间上单调递增，
，即成立，
所以对任意，都有.
17．【答案】（1）证明：不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，那么这条直线垂直于这个平面）证明，利用勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方）证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
18．【答案】（1）解：根据题意，得，
因为
，
同理，
所以
，
则总样本的平均数为，方差；
（2）解：设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，且，
由题意可知：随机变量的所有可能取值为，，，
，
，
，
则的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望．
【知识点】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）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可；
（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式计算即可.
（1）根据题意，得，
因为
，
同理，
所以
所以总样本的平均数为，方差．
（2）依题意可知，的所有可能取值为，
设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
且，则，，
所以，
，
，
则的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望．
19．【答案】（1）解：易知，则椭圆C：；
易知点为的重心，则，即，
代入椭圆方程得，故椭圆C的方程为；
（2）解：因为，，成等差数列，所以，
设，，AD中点，，
，
因为，所以，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
，
则弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距，
因为在椭圆C内，所以，得，且，
②当AB斜率不存在时，此时AD：，，
综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为；
（3）解：易知点，分别为，的重心，设，，
设点，，则根据重心性质及面积公式得，，
而∴，
则，即，，
设直线l：，则联立椭圆方程得，
消元化简得，，
由韦达定理可得：，，
则，
对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；等差中项
【解析】【分析】（1）易知，由两中线的交点为重心和重心的性质得到点，代入椭圆方程可得即可得椭圆的方程；
（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当时，得到；当AB斜率不存在时，此时AD：，，最后得到范围；
（3）根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到；转化为对任意的t恒成立，解不等式即可.
（1）依题意，，故椭圆C：；
易知点为的重心，则，故，
代入椭圆方程得∴椭圆C的方程为；
（2）∵，，成等差数列，．∴．
设，，AD中点．，
由弦长公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距．
∵在椭圆C内，∴，得，且．
②当AB斜率不存在时，此时AD：，．
∴综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为．
（3）解法一：易知点，分别为，的重心，设，，设点，，则根据重心性质及面积公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
解法二：易知点为的重心，，
∴，，，
此时，设点，，，，则根据重心的性质可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
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