海南省2023-2024学年高二下学期学业水平诊断（二）数学试题

这是一份海南省2023-2024学年高二下学期学业水平诊断（二）数学试题，共9页。试卷主要包含了6 B，的展开式中，的系数为，记为等差数列的前项和，若，则等内容，欢迎下载使用。
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的：
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知随机变量，且，则（ ）
A.0.6 B.0.7 C.0.8 D.0.9
3.以下关于一元线性回归模型的说法中，错误的是（ ）
A.相关系数的绝对值越接近0，则两个变量的线性相关程度越弱
B.在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合效果越好
C.点一定在经验回归直线上
D.若经验回归方程为，则每增加1个单位，的值就增加10个单位
4.在复平面内，复数对应的点和对应的点关于虚轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
5.的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
6.记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A.144 B.120 C.108 D.96
7.若当时，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知为等比数列，，记是的前项和，则（ ）
A.的公比为9 B.是等比数列
C.为等差数列 D.
10.某种常见病分为甲､乙､丙三种类型，甲型病的患病率为，其中的患者出现症状，乙型病的患病率为，其中的患者出现症状，丙型病的患病率为，其中的患者出现症状S.若该病的患者只能得甲､乙､丙三种类型中的一种，且症状是该病的特有症状，则下列说法正确的是（ ）
A.该病的患病率为
B.从该病的患者中任选1人，此人患乙型病的概率为0.35
C.从人群中任选1人，此人出现症状的概率为0.02
D.若某人出现症状S，则此人患丙型病的概率为0.2
11.已知为双曲线的右焦点，过的直线与圆相切于点，且与及其渐近线在第二象限的交点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A.直线的斜率为
B.直线是的一条渐近线
C.若，则的离心率为
D.若，则的渐近线方程为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知向量，若且，则__________.
13.已知直线与抛物线在第一象限交于点，若点到的准线的距离为，则__________.
14.若函数的图象在点处的切线方程为，则__________；若方程有两个不等的实根，则实数的取值范围为__________.（本题第一空2分，第二空3分）
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.（13分）
甲､乙两名同学进行乒乓球比赛，比赛采用七局四胜制（有一方先胜四局即获胜，比赛结束）.假设每局比赛甲获胜的概率都是，且各局比赛的结果相互独立.
（1）求比赛结束时恰好打了4局的概率；
（2）若已知前4局中甲已胜了3局，记表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求的分布列及数学期望.
16.（15分）
已知各项均不为零的数列满足：.
（1）证明是等差数列，并求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：.
17.（15分）
如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）若是棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）
已知椭圆的长轴长与短轴长的差为2，且离心率为为坐标原点.
（1）求的方程.
（2）过点且不与轴重合的动直线与相交于两点，的中点为.
①证明：直线与的斜率之积为定值；
②当的面积最大时，求直线的方程.
19.（17分）
已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程.
（2）若，且存在两个极值点.
①求的取值范围；
②证明：.
海南省2023—2024学年高二年级学业水平诊断（二）
数学参考答案及评分细则
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1.A 2.C 3.D 4.C 5.A 6.B 7.B 8.D
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.BC 10.ACD 11.ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.-1 13.3 13.，
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.解析（1）第一种情况：比赛结束时恰好打了4局且甲获胜，
则概率为；
第二种情况：比赛结束时恰好打了4局且乙获胜，
则概率为.
所以比赛结束时恰好打了4局的概率为.
（2）依题意得的所有可能取值为，
，
的分布列为
.
16.解析（1）因为，故由，
可得，
又，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以，故.
（2）易得，
所以
易知在时是递增的，所以，
因此.
17.解析（1）因为平面平面，所以.
因为四边形为菱形，所以.
因为平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）在平面内，过点作的垂线交于点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设，则，因为，所以是等边三角形，故是的中点，于是.因为是棱上靠近点的三等分点，所以.
故，
所以.
记平面的法向量为，
则
令，则，即.
易知平面的一个法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18.解析（1）设的半焦距为，
由已知，得解得
故的方程为.
（2）①由题可设.
将，消去，得.
当，即时，有.
所以，即，
可得，所以，即直线与的斜率之积为定值.
②由（1）可知
又点到直线的距离，
所以的面积.
设，则，
当且仅当，即时等号成立，且满足.
所以当的面积最大时，直线的方程为或.
19.解析（1），则
又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）①的定义域为，
设，则，令，得.
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
因为存在两个极值点，所以有两个零点，所以，得.
又当时，，当时，，所以满足有两个零点，有两个极值点，故的取值范围是.
②不妨设，由（1）知，
两式相减，可得，得.
要证，只需证，即证，
即证.
令，则需证，即证.
设，则当时，，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，.1
2
3