广东省深中、华附、广雅、省实2023-2024学年高二下学期期末联考模拟数学试卷
1．（2024高二下·广东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·广东期末）若复数z满足，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广东期末）多项选择题是新高考数学试卷中增加的新题型，四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分. 若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两项，则其能得分的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·广东期末）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点、、、，满足，，，则该鞠的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·广东期末）已知四边形ABCD满足，点M满足，若 ，则x+y= （ ）
A．3 B． C．2 D．
6．（2024高二下·广东期末）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为D，且，则C的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．5
7．（2024高二下·广东期末）已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·广东期末）已知实数满足，则满足条件的最小正整数为（ ）．
A．1 B．3 C．5 D．7
9．（2024高二下·广东期末）已知由样本数据点集合其中，求得的回归直线方程记此模型对应的相关指数为. 观察残差图发现：除了数据点（1.2，2.2）和（4.8，7.8）明显偏离横轴，其余各点均密集均匀分布，剔除这两个数据点后重新求得的回归直线方程，记此模型对应的相关指数为，则下列结论中正确的是（ ）
A．变量x与y正相关 B．记，则
C． D．
10．（2024高二下·广东期末）设是抛物线的焦点，直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．可能大于
C．若，则
D．若在抛物线上存在唯一一点（异于、），使得，则
11．（2024高二下·广东期末）如图，已知圆柱母线长为4，底面圆半径为，梯形内接于下底面圆，是直径，，过点向上底面作垂线，垂足分别为，点，分别是线段上的动点，点为上底面圆内（含边界）任意一点，则（ ）
A．若平面交线段于点，则
B．若平面过点，则直线过定点
C．的周长为定值
D．当点在上底面圆周上运动时，记直线与下底面所成角分别为，则的取值范围是
12．（2024高二下·广东期末）已知函数有三个零点，求的取值范围 ．
13．（2024高二下·广东期末）设的内角所对边的长分别是，且为边上的中点，且，则 ．
14．（2024高二下·广东期末）若数集的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集的超子集．已知集合，记，记的超子集的个数为，当的超子集个数为221个时， ．
15．（2024高二下·广东期末）智能体温计由于测温方便、快捷，已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温检测.调查发现，使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致，而使用智能体温计测量体温可能会产生误差.对同一人而言，如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同，我们认为智能体温计“测温准确”；否则，我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计进行体温检测，数据如下. 用频率估计概率，解答下列问题：
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
智能体温计测温 36.6 36.6 36.5 36.5 36.5 36.4 36.2 36.3 36.5 36.3
水银体温计测温 36.6 36.5 36.7 36.5 36.4 36.4 36.2 36.4 36.5 36.4
序号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
智能体温计测温 36.3 36.7 36.2 35.4 35.2 35.6 37.2 36.8 36.6 36.7
水银体温计测温 36.2 36.7 36.2 35.4 35.3 35.6 37 36.8 36.6 36.7
（1）从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温，设随机变量X为使用智能体温计测温“测温准确”的人数，求X的分布列与数学期望值；
（2）医学上通常认为，人的体温不低于且不高于时处于“低热”状态. 该社区某一天用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是，能否由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态？说明理由.
16．（2024高二下·广东期末）四边形ABCD是平行四边形，，四边形ABEF是梯形，，且，，，平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．
17．（2024高二下·广东期末）设点为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与交于两点（为坐标原点）．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作两条斜率分别为的直线，它们分别与抛物线交于点和．已知，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
18．（2024高二下·广东期末）设数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）解关于的不等式：；
（3）若，求证：数列前项和小于．
19．（2024高二下·广东期末）已知函数，．
（1）若曲线在处的切线过原点，求a的值；
（2）当时，，求a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
而集合，则.
故答案为：C.
【分析】先解不等式求得集合，由正弦函数的性质求出集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】设复数，由复数z满足，
可得，即，
则，解之得，即z的虚部为。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合复数的模求解公式和复数的乘除法运算法则，进而得出复数z，再利用复数的虚部的定义，进而得出复数z的虚部。
3．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由从中任选该两项有共6种；
其中能得分的情况有共3种，则其能得分的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意，先求从中任选该两项的情况，再计算得分的情况，利用古典概型的概率公式求解即可.
4．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：将三棱锥补成长方体，如图所示：
易知三棱锥的各棱为长方体的面对角线，
设，，，该鞠的半径为，则，
由勾股定理可得①，②，③，
①②③相加得，解得，
则该鞠的表面积为.
故答案为：A.
【分析】将三棱锥补成长方体，使得三棱锥的各棱为长方体的面对角线，由题意，计算出长方体的体对角线长，得到该鞠的半径，再利用球体的表面积公式计算即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：易知，
则，即，故.
故答案为：C.
【分析】由题意，用向量表示，求的值即可.
6．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；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：易知双曲线的左焦点，渐近线的方程为，如图所示：
则焦点到渐近线的距离为：，
由勾股定理得，
在中，，，
在中，，，，
，
由余弦定理得，
整理可得，即，则双曲线的离心率为.
故答案为：C．
【分析】利用点到直线的距离公式求出，利用勾股定理求出，由锐角三角函数得出，在中，利用余弦定理可得出、、的齐次方程，化简即可得双曲线离心率的值．
7．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式；数列的求和；数列的递推公式；反证法与放缩法
【解析】【解答】解：由，变形可得：，即，
A、由分析可知：，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C正确；
D、设，则，
当时，，函数单调递增，
因此，，由该结论可得：，
故，
所以
，因此，
，所以，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由递推关系可得即可判断A；利用基本不等式求解即可判断B；根据累加法以及放缩法即可判断C；根据导数可证明，进而根据累加法以及放缩求解即可判断D.
8．【答案】B
【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：由实数满足，可化为，
即，
构造函数，，
当时，单调递增，
即，可以得到，即，
构造函数，，
令，解得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则当时，取最小值，即有最小值，
故满足条件的最小正整数为.
故答案为：B．
【分析】由题意可得，令，利用导数判断函数的单调性，即可得到，，令，求导，利用导数判断函数的单调性，并求其最小值，即可得解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；线性相关；线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：因为回归方程为，，
所以变量x与y具有正相关关系，故A正确；
因为，
所以，故B正确；
由题意可得剔除这两个数据点后的拟合效果更好，所以，故C错误；
因为，
所以剔除这两个数据点后，样本的中心还是，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据回归方程的斜率为正可判断选项A；根据样本中心在回归直线上可判断选项B；根据拟合效果可判断选项C；剔除这两个数据点后，样本的中心还是，从而求出，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设、.
联立，消元整理可得，由韦达定理可得：，，
则，故A正确；
B、由A可得：，故B错误；
C、过点作直线的垂线，垂足为点，如图所示：
由抛物线的定义可得：，则，
当点、、三点共线时，取最小值，且的最小值为点到直线的距离，即的最小值为，故C正确；
D、 若在抛物线上存在唯一点（异于、），使得，
，同理可得，
，
由题意可得且，则，
整理可得，因为关于的二次方程只有唯一解，
所以，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合弦长公式求出即可判断A；由A分析可得即可判断B；由即可判断C；设点，分析可知关于的二次方程有唯一解，由求解即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】基本不等式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面平行的性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：A、易知平面平面，平面；
因为平面平面，所以平面；
平面，平面平面；
又因为平面，所以面；
又因为平面，面面，所以，故A正确：
B、又题意，共面，因为分别为上的动点，所以直线面；
不妨设直线与平面的交点为，若要与共面，则直线必过点，故B正确：
C、设的周长为，
当点与重合时，，
当点与中点重合时，连接，如图所示：
，
显然周长不为定值，故C错误；
D、过作底面垂线，垂足为，且在下底面圆周上，即面，连接，如图所示：
则分别是直线与下底面所成的角，
，
则，则，
因为，底面圆半径为，
若在对应优弧上时，，则，
所以，当且仅当时等号成立，
此时，
若在对应劣弧上时，，则，
即，当且仅当时等号成立，
此时，
综上，
故，即，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意可得面，面，则面面，得面，再由线面平行的性质即可判断A；设直线与平面的交点为，然后分析即可判断B；设的周长为，当点与重合时可求出，当点与中点重合时可求出，即可判断C；过作底面垂线，垂足为，则面，连接，则分别是直线与下底面所成的角，然后根据余弦定理结合基本不等式分析即可判断D.
12．【答案】
【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；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： 函数有三个零点， 转化为有3个交点，
令定义域为，，
令，解得或，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
且极小值为，极大值为，恒成立，
函数的大致图像，如图所示：
由图可知，.
故答案为：.
【分析】问题转化为有三个交点，令求定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性、极值，作出函数图象，数形结合求解即可.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，因为，所以，
由正弦定理可得，则，整理得，
即，又因为，所以，
在中，是边上的中点，且，
则，
即，解得，则．
故答案为：.
【分析】由可得，由正弦定理和余弦定理角化为边，结合余弦定理求角的余弦值即可.
14．【答案】11
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：集合的超子集可以分为两类：
第一类：子集中不含有，则超子集的个数为；
第二类：子集中含有，这类子集为的超子集与的并集，共有个，
，
，
，
故答案为：11.
【分析】根据数列的新定义，找到递推关系求解即可.
15．【答案】解：（1）由题意可知：用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为，
随机变量的可能取值为0，1，2，3，且随机变量服从，
，，
，，
则的分布列为：
0 1 2 3
；
（2）设这3人中至少有1人处于“低热”状态为事件N，
表中20人的体温数据中，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的序号为02，05，11，17共计4种情况，
由此估计从社区任意抽查1人，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的概率为，
由此估计，这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率为，
结论1：因为接近1，由此可以认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态；
结论2：因为，所以有可能这3人都不处于“低热”状态.
【知识点】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；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意，先估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，求出取不同值的概率，列分布列，求出期望即可；
（2）估计出这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率即可得出结论.
16．【答案】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理可得：，解得，
因为，所以，即，
又因为平面平面，平面平面，平面
所以平面，又因为平面，所以；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，
，，，
设平面的法向量为，所以，令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求出，结合勾股定理证得，由面面垂直的性质得到平面，即可证明；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为，，，
由余弦定理，
所以，则，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面
所以平面，又平面，所以；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，则、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
17．【答案】（1）解：易知抛物线的焦点为，
过点且斜率为的直线的方程，
联立，消元整理得，
设，
由韦达定理可得：，
则，
即，且，解得，
故抛物线的方程为；
（2）解：存在，使得为定值，
由题意可得直线的方程，直线的方程为，
联立，消元整理可得，
设，由韦达定理可得：，
，，
设，
同理可得，
则，
由，得，
即，而，即，
故存在，使得为定值0．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，写出抛物线的焦点以及直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合三角形面积求解即可；
（2）联立直线与抛物线的方程，结合弦长公式，求出，由已知建立关系推理说明理由即可.
（1）物线的焦点为，
直线的方程，
由，得，
设，
所以，
所以，
所以，且
所以，
所以抛物线的方程为．
（2）存在，使得为定值，
由题意可得直线的方程，直线的方程为，
联立，得，
设，
所以，
，
所以，
设，
同理可得，
所以，
由，得，
即，而，
所以，
所以存在，使得为定值0．
18．【答案】（1）解： 数列的前项和为，且满足 ，
当时，，则；
当时，，
两式相减得，即，即，
数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则，
经检验，符合上式，
故；
（2）解：由（1）可得：，
因为随着的增大而增大，且，所以正整数最大可取6，
即原不等式的解集为；
（3）解：由，可得，
当时，；
当时，由累加法得：
，
经检验符合上式，则，，
此时可以得出：
，
，当且仅当时等号成立，，
故.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列与不等式的综合；通项与前n项和的关系；二项式系数
【解析】【分析】（1）由题意，利用的关系求得，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列的概念求通项公式即可；
（2）利用二项式定理得到，从而得到不等式的解集；
（3）累加法求出，进而得到，利用放缩法得到，利用等比数列求和公式证明出.
（1）由知当，有，
两式相减得，即，
又，解得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（2）结合（1）知
，
由于随着的增大而增大，
且，
所以正整数最大可取6，
即原不等式的解集为．
（3）法一：，故，
当时，；当时，由累加法得：
．
符合上式，故，
，
此时可以得出：
，
，当且仅当时，等号成立，
，
，
法二：，故，
当时，；当时，由累加法得：
，
符合上式，故，此时可以得出：
，
故，
这样，
重新加括号得
，
显然，
故得证．
19．【答案】（1）解：函数定义域为，，
则切线的斜率为，
因为曲线在处的切线过原点，所以，则，解得；
（2）解：①、当时，函数，，求导可得，
易知，则在上单调递减，且，
则时，；时，，
故时，不满足当时，不符合题意；
②、由，可得，
则，
令，，
要证，只需证，
㈠当时，，
由①知，，
㈡当时，，
令，，
则，，在单调递减，在单调递增，
，，，
则，，使得，
则当或时，当时，
则在和单调递增，在单调递减，
又由，
可得当时，；当时，，
则在上单调递增；在上单调递减，
又由，可得当时，，
㈢当时，，
则在上单调递增，又由，可得当时，，
综上，当时，在上恒成立，
则的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，并求导，利用导数几何意义列出关于a的方程，求a的值即可；
（2）先构造函数，再利用导数证明，进而求得a的取值范围．
（1），则
则
又曲线在处的切线过原点，
则，即，解之得
（2）①当时，，
，则在上单调递减
又，则时，；时，
故时，不满足当时，不符合题意；
②由，可得
则
令，
要证，只需证
㈠当时，
由①知，
㈡当时，
令，
则，，在单调递减，在单调递增
，，
则，，使得
则当或时，当时
则在和单调递增，在单调递减
又由，
可得当时，；当时，
则在上单调递增；在上单调递减
又由，可得当时，
㈢当时，
则在上单调递增，又由，可得当时，
综上，当时，在上恒成立
则的取值范围是
1 / 1广东省深中、华附、广雅、省实2023-2024学年高二下学期期末联考模拟数学试卷
1．（2024高二下·广东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
而集合，则.
故答案为：C.
【分析】先解不等式求得集合，由正弦函数的性质求出集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2024高二下·广东期末）若复数z满足，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】设复数，由复数z满足，
可得，即，
则，解之得，即z的虚部为。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合复数的模求解公式和复数的乘除法运算法则，进而得出复数z，再利用复数的虚部的定义，进而得出复数z的虚部。
3．（2024高二下·广东期末）多项选择题是新高考数学试卷中增加的新题型，四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分. 若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两项，则其能得分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由从中任选该两项有共6种；
其中能得分的情况有共3种，则其能得分的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意，先求从中任选该两项的情况，再计算得分的情况，利用古典概型的概率公式求解即可.
4．（2024高二下·广东期末）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点、、、，满足，，，则该鞠的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：将三棱锥补成长方体，如图所示：
易知三棱锥的各棱为长方体的面对角线，
设，，，该鞠的半径为，则，
由勾股定理可得①，②，③，
①②③相加得，解得，
则该鞠的表面积为.
故答案为：A.
【分析】将三棱锥补成长方体，使得三棱锥的各棱为长方体的面对角线，由题意，计算出长方体的体对角线长，得到该鞠的半径，再利用球体的表面积公式计算即可.
5．（2024高二下·广东期末）已知四边形ABCD满足，点M满足，若 ，则x+y= （ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：易知，
则，即，故.
故答案为：C.
【分析】由题意，用向量表示，求的值即可.
6．（2024高二下·广东期末）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为D，且，则C的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．5
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；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：易知双曲线的左焦点，渐近线的方程为，如图所示：
则焦点到渐近线的距离为：，
由勾股定理得，
在中，，，
在中，，，，
，
由余弦定理得，
整理可得，即，则双曲线的离心率为.
故答案为：C．
【分析】利用点到直线的距离公式求出，利用勾股定理求出，由锐角三角函数得出，在中，利用余弦定理可得出、、的齐次方程，化简即可得双曲线离心率的值．
7．（2024高二下·广东期末）已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式；数列的求和；数列的递推公式；反证法与放缩法
【解析】【解答】解：由，变形可得：，即，
A、由分析可知：，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C正确；
D、设，则，
当时，，函数单调递增，
因此，，由该结论可得：，
故，
所以
，因此，
，所以，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由递推关系可得即可判断A；利用基本不等式求解即可判断B；根据累加法以及放缩法即可判断C；根据导数可证明，进而根据累加法以及放缩求解即可判断D.
8．（2024高二下·广东期末）已知实数满足，则满足条件的最小正整数为（ ）．
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】B
【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：由实数满足，可化为，
即，
构造函数，，
当时，单调递增，
即，可以得到，即，
构造函数，，
令，解得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则当时，取最小值，即有最小值，
故满足条件的最小正整数为.
故答案为：B．
【分析】由题意可得，令，利用导数判断函数的单调性，即可得到，，令，求导，利用导数判断函数的单调性，并求其最小值，即可得解.
9．（2024高二下·广东期末）已知由样本数据点集合其中，求得的回归直线方程记此模型对应的相关指数为. 观察残差图发现：除了数据点（1.2，2.2）和（4.8，7.8）明显偏离横轴，其余各点均密集均匀分布，剔除这两个数据点后重新求得的回归直线方程，记此模型对应的相关指数为，则下列结论中正确的是（ ）
A．变量x与y正相关 B．记，则
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；线性相关；线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：因为回归方程为，，
所以变量x与y具有正相关关系，故A正确；
因为，
所以，故B正确；
由题意可得剔除这两个数据点后的拟合效果更好，所以，故C错误；
因为，
所以剔除这两个数据点后，样本的中心还是，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据回归方程的斜率为正可判断选项A；根据样本中心在回归直线上可判断选项B；根据拟合效果可判断选项C；剔除这两个数据点后，样本的中心还是，从而求出，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
10．（2024高二下·广东期末）设是抛物线的焦点，直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．可能大于
C．若，则
D．若在抛物线上存在唯一一点（异于、），使得，则
【答案】A,C,D
【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设、.
联立，消元整理可得，由韦达定理可得：，，
则，故A正确；
B、由A可得：，故B错误；
C、过点作直线的垂线，垂足为点，如图所示：
由抛物线的定义可得：，则，
当点、、三点共线时，取最小值，且的最小值为点到直线的距离，即的最小值为，故C正确；
D、 若在抛物线上存在唯一点（异于、），使得，
，同理可得，
，
由题意可得且，则，
整理可得，因为关于的二次方程只有唯一解，
所以，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合弦长公式求出即可判断A；由A分析可得即可判断B；由即可判断C；设点，分析可知关于的二次方程有唯一解，由求解即可判断D.
11．（2024高二下·广东期末）如图，已知圆柱母线长为4，底面圆半径为，梯形内接于下底面圆，是直径，，过点向上底面作垂线，垂足分别为，点，分别是线段上的动点，点为上底面圆内（含边界）任意一点，则（ ）
A．若平面交线段于点，则
B．若平面过点，则直线过定点
C．的周长为定值
D．当点在上底面圆周上运动时，记直线与下底面所成角分别为，则的取值范围是
【答案】A,B
【知识点】基本不等式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面平行的性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：A、易知平面平面，平面；
因为平面平面，所以平面；
平面，平面平面；
又因为平面，所以面；
又因为平面，面面，所以，故A正确：
B、又题意，共面，因为分别为上的动点，所以直线面；
不妨设直线与平面的交点为，若要与共面，则直线必过点，故B正确：
C、设的周长为，
当点与重合时，，
当点与中点重合时，连接，如图所示：
，
显然周长不为定值，故C错误；
D、过作底面垂线，垂足为，且在下底面圆周上，即面，连接，如图所示：
则分别是直线与下底面所成的角，
，
则，则，
因为，底面圆半径为，
若在对应优弧上时，，则，
所以，当且仅当时等号成立，
此时，
若在对应劣弧上时，，则，
即，当且仅当时等号成立，
此时，
综上，
故，即，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意可得面，面，则面面，得面，再由线面平行的性质即可判断A；设直线与平面的交点为，然后分析即可判断B；设的周长为，当点与重合时可求出，当点与中点重合时可求出，即可判断C；过作底面垂线，垂足为，则面，连接，则分别是直线与下底面所成的角，然后根据余弦定理结合基本不等式分析即可判断D.
12．（2024高二下·广东期末）已知函数有三个零点，求的取值范围 ．
【答案】
【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；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： 函数有三个零点， 转化为有3个交点，
令定义域为，，
令，解得或，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
且极小值为，极大值为，恒成立，
函数的大致图像，如图所示：
由图可知，.
故答案为：.
【分析】问题转化为有三个交点，令求定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性、极值，作出函数图象，数形结合求解即可.
13．（2024高二下·广东期末）设的内角所对边的长分别是，且为边上的中点，且，则 ．
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，因为，所以，
由正弦定理可得，则，整理得，
即，又因为，所以，
在中，是边上的中点，且，
则，
即，解得，则．
故答案为：.
【分析】由可得，由正弦定理和余弦定理角化为边，结合余弦定理求角的余弦值即可.
14．（2024高二下·广东期末）若数集的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集的超子集．已知集合，记，记的超子集的个数为，当的超子集个数为221个时， ．
【答案】11
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：集合的超子集可以分为两类：
第一类：子集中不含有，则超子集的个数为；
第二类：子集中含有，这类子集为的超子集与的并集，共有个，
，
，
，
故答案为：11.
【分析】根据数列的新定义，找到递推关系求解即可.
15．（2024高二下·广东期末）智能体温计由于测温方便、快捷，已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温检测.调查发现，使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致，而使用智能体温计测量体温可能会产生误差.对同一人而言，如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同，我们认为智能体温计“测温准确”；否则，我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计进行体温检测，数据如下. 用频率估计概率，解答下列问题：
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
智能体温计测温 36.6 36.6 36.5 36.5 36.5 36.4 36.2 36.3 36.5 36.3
水银体温计测温 36.6 36.5 36.7 36.5 36.4 36.4 36.2 36.4 36.5 36.4
序号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
智能体温计测温 36.3 36.7 36.2 35.4 35.2 35.6 37.2 36.8 36.6 36.7
水银体温计测温 36.2 36.7 36.2 35.4 35.3 35.6 37 36.8 36.6 36.7
（1）从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温，设随机变量X为使用智能体温计测温“测温准确”的人数，求X的分布列与数学期望值；
（2）医学上通常认为，人的体温不低于且不高于时处于“低热”状态. 该社区某一天用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是，能否由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态？说明理由.
【答案】解：（1）由题意可知：用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为，
随机变量的可能取值为0，1，2，3，且随机变量服从，
，，
，，
则的分布列为：
0 1 2 3
；
（2）设这3人中至少有1人处于“低热”状态为事件N，
表中20人的体温数据中，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的序号为02，05，11，17共计4种情况，
由此估计从社区任意抽查1人，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的概率为，
由此估计，这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率为，
结论1：因为接近1，由此可以认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态；
结论2：因为，所以有可能这3人都不处于“低热”状态.
【知识点】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；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意，先估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，求出取不同值的概率，列分布列，求出期望即可；
（2）估计出这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率即可得出结论.
16．（2024高二下·广东期末）四边形ABCD是平行四边形，，四边形ABEF是梯形，，且，，，平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理可得：，解得，
因为，所以，即，
又因为平面平面，平面平面，平面
所以平面，又因为平面，所以；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，
，，，
设平面的法向量为，所以，令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求出，结合勾股定理证得，由面面垂直的性质得到平面，即可证明；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为，，，
由余弦定理，
所以，则，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面
所以平面，又平面，所以；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，则、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
17．（2024高二下·广东期末）设点为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与交于两点（为坐标原点）．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作两条斜率分别为的直线，它们分别与抛物线交于点和．已知，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：易知抛物线的焦点为，
过点且斜率为的直线的方程，
联立，消元整理得，
设，
由韦达定理可得：，
则，
即，且，解得，
故抛物线的方程为；
（2）解：存在，使得为定值，
由题意可得直线的方程，直线的方程为，
联立，消元整理可得，
设，由韦达定理可得：，
，，
设，
同理可得，
则，
由，得，
即，而，即，
故存在，使得为定值0．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，写出抛物线的焦点以及直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合三角形面积求解即可；
（2）联立直线与抛物线的方程，结合弦长公式，求出，由已知建立关系推理说明理由即可.
（1）物线的焦点为，
直线的方程，
由，得，
设，
所以，
所以，
所以，且
所以，
所以抛物线的方程为．
（2）存在，使得为定值，
由题意可得直线的方程，直线的方程为，
联立，得，
设，
所以，
，
所以，
设，
同理可得，
所以，
由，得，
即，而，
所以，
所以存在，使得为定值0．
18．（2024高二下·广东期末）设数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）解关于的不等式：；
（3）若，求证：数列前项和小于．
【答案】（1）解： 数列的前项和为，且满足 ，
当时，，则；
当时，，
两式相减得，即，即，
数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则，
经检验，符合上式，
故；
（2）解：由（1）可得：，
因为随着的增大而增大，且，所以正整数最大可取6，
即原不等式的解集为；
（3）解：由，可得，
当时，；
当时，由累加法得：
，
经检验符合上式，则，，
此时可以得出：
，
，当且仅当时等号成立，，
故.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列与不等式的综合；通项与前n项和的关系；二项式系数
【解析】【分析】（1）由题意，利用的关系求得，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列的概念求通项公式即可；
（2）利用二项式定理得到，从而得到不等式的解集；
（3）累加法求出，进而得到，利用放缩法得到，利用等比数列求和公式证明出.
（1）由知当，有，
两式相减得，即，
又，解得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（2）结合（1）知
，
由于随着的增大而增大，
且，
所以正整数最大可取6，
即原不等式的解集为．
（3）法一：，故，
当时，；当时，由累加法得：
．
符合上式，故，
，
此时可以得出：
，
，当且仅当时，等号成立，
，
，
法二：，故，
当时，；当时，由累加法得：
，
符合上式，故，此时可以得出：
，
故，
这样，
重新加括号得
，
显然，
故得证．
19．（2024高二下·广东期末）已知函数，．
（1）若曲线在处的切线过原点，求a的值；
（2）当时，，求a的取值范围．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
则切线的斜率为，
因为曲线在处的切线过原点，所以，则，解得；
（2）解：①、当时，函数，，求导可得，
易知，则在上单调递减，且，
则时，；时，，
故时，不满足当时，不符合题意；
②、由，可得，
则，
令，，
要证，只需证，
㈠当时，，
由①知，，
㈡当时，，
令，，
则，，在单调递减，在单调递增，
，，，
则，，使得，
则当或时，当时，
则在和单调递增，在单调递减，
又由，
可得当时，；当时，，
则在上单调递增；在上单调递减，
又由，可得当时，，
㈢当时，，
则在上单调递增，又由，可得当时，，
综上，当时，在上恒成立，
则的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，并求导，利用导数几何意义列出关于a的方程，求a的值即可；
（2）先构造函数，再利用导数证明，进而求得a的取值范围．
（1），则
则
又曲线在处的切线过原点，
则，即，解之得
（2）①当时，，
，则在上单调递减
又，则时，；时，
故时，不满足当时，不符合题意；
②由，可得
则
令，
要证，只需证
㈠当时，
由①知，
㈡当时，
令，
则，，在单调递减，在单调递增
，，
则，，使得
则当或时，当时
则在和单调递增，在单调递减
又由，
可得当时，；当时，
则在上单调递增；在上单调递减
又由，可得当时，
㈢当时，
则在上单调递增，又由，可得当时，
综上，当时，在上恒成立
则的取值范围是
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