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）

这是一份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），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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i1+z=1(i为虚数单位)，则z−z=( )
A. −2B. −2iC. 2D. 2i
2.已知等比数列an中，a1=1，a2a4=9，则a7=
A. 3B. 3或−3C. 27D. 27或−27
3.已知圆O:x2+y2=2与抛物线C:x2=2pyp>0的准线相切，则p的值为
A. 2 2B. 2C. 4D. 2
4.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. 2 3B. 13C. 15D. 17
5.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0.49，标准差为22，则该次数学考试及格的人数约为( )附：若X∼Nμ,σ2，记pk=Pμ−kσ≤X≤μ+kσ，则p0.75≈0.547，p1≈0.683．
A. 127人B. 181人C. 254人D. 362人
6.已知双曲线x2−y23=1的左、右焦点分别为F1,F2，直线y=x与双曲线的右支交于点P，则PF1⋅PF2=
A. −1B. 0C. 1D. 2
7.现有一组数据0，1，2，3，4，5，若将这组数据随机删去两个数，则剩下数据的平均数小于3的概率为
A. 23B. 1115C. 45D. 1315
8.若函数gx=ex−12x2+b−1x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是
A. 0,+∞B. 0,+∞C. −∞,0D. −∞,0
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“xk”是“−2A. 3B. −3C. 5D. −5
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x,y
B. 依据小概率事件α=0.1的χ2独立性检验对零假设H0进行检验，根据2×2列联表中的数据计算发现χ2≈0.837C. 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R2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L:x2+y−x2=1与y轴交于A,B两点，点P是L上的一个动点，则
A. 点 22,0和−1,1均在L上B. 点P的纵坐标的最大值为 2
C. OP的最大值与最小值之和为3D. PA+PB≤2 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.2x+y−16的展开式中，所有项的系数和为______．
13.如图，正八面体ABCDEF的12条棱长相等，则二面角E−AB−F的余弦值为______．
14.数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1−2an=2n，则满足Sn>2024的最小正整数n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13分)
已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA+sinBb+c=sinCa−b．
(1)求A；
(2)如图，若点D是BC边上一点，且AB⊥AD，BD=2CD，求∠ADB．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的侧面PCD为正三角形，底面ABCD为梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD.已知CD=4AB=4，PM=13MD．
(1)证明：AM//平面PBC；
(2)若AC=AD，PA=3 2，求直线AM与平面PAB所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
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X表示停止时摸球的次数．
(1)求X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0.1的概率．
18.(本小题17分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1 a>b>0的长轴长为4 2，离心率为12，M2,0，N−2,0．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过P4,0作一条斜率存在且不为0的直线l交E于A,B两点．
(i)证明：直线AM和直线BM的斜率均存在且互为相反数；
(ii)若直线AM与直线BN交于点Q，求Q的轨迹方程．
19.(本小题17分)
拟合(Fitting)和插值(Interplatin)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cs12的近似值，我们对函数fx=csπ2x进行多项式插值．设一次函数L1x=ax+b满足L10=f0=1L11=f1=0，可得fx在0,1上的一次插值多项式L1x=−x+1，由此可计算出cs12的“近似值”cs12=f1π≈L11π=1−1π≈0.682，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fx=csπ2x在0,1上的二次埃尔米特插值多项式Hx=ax2+bx+c满足H0=f0H1=f1H′0=f′0．
(1)求Hx，并证明当x∈0,1时，fx≤Hx；
(2)若当x∈0,1时，fx−Hx≤λx2，求实数λ的取值范围；
(3)利用Hx计算cs12的近似值，并证明其误差不超过140．
(参考数据：1π≈0.318，1π2≈0.101；结果精确到0.001)
答案解析
1.D
【解析】解：由已知可得，1+z=1i=−i，
所以z=−1−i，则z−=−1+i，
所以z−−z=−1+i−−1−i=2i．
故选D．
2.C
【解析】解：设等比数列an的公比为q，
根据题意得，a2a4=a1q·a1q3=9，因为a1=1，
所以q2=3，
则a7=a1q6=1×q23=33=27．
3.A
【解析】解：抛物线C:x2=2pyp>0的准线为y=−p2，
根据题意得，圆O:x2+y2=2与y=−p2相切，
易知切点为(0,− 2)，
所以−p2=− 2，即p=2 2．
故选：A．
4.C
【解析】解：∵剪下圆的直径为2，
∴圆锥底面圆的半径为1，周长为2π，
设剪下扇形所在圆的半径为R，
则扇形弧长为：2π=90π×R180，
∴R=4，即圆锥的母线长为4，
∴圆锥的高为 16−1= 15．
故选C．
5.B
【解析】解：由题得μ=0.49×150=73.5，σ=22，
∵pk=Pμ−kσ≤X≤μ+kσ，p0.75≈0.547，
∴P(57≤X≤90)=P(0.75)≈0.547，
P(X≥90)=12(1−0.547)=0.2265，
∴该校及格人数为0.2265×800≈181(人)．
故选B．
6.A
【解析】解：因为双曲线方程为x2−y23=1，
则a2=1，b2=3，
所以c= a2+b2=2，
所以F1−2,0,F22,0，
由x2−y23=1y=x，得x2=32，
因为P在双曲线的右支上，
所以P点坐标为 62, 62，
所以PF1=−2− 62,− 62,PF2=2− 62,− 62，
所以PF1⋅PF2=−2− 62·2− 62+− 62·− 62=−1．
故选A．
7.B
【解析】解：从6个数中随机删去两个数有：
(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(0,5)，
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，
(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共15种方法，
要使剩下数据的平均数小于3，删去的两个数可以是：
(0,4)，(0,5)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，
(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共有11种，
所以剩下数据的平均数小于3的概率为P=1115．
故选B．
8.D
【解析】解：函数 gx=ex−12x2+b−1x的定义域为R，且其导数为 g′(x)=ex−x+b−1．
由g(x)存在单调递减区间知 g′x<0在R上有解，即 ex−x+b−1<0有解．
因为函数g(x)的定义域为R，
要使 ex−x+b−1<0有解，只需要 x−ex的最大值大于b−1，
令y=x−ex，则y′=1−ex，当x<0时，y′>0，函数y=x−ex单调递增，当x>0时，y′<0，函数y=x−ex单调递减，则当x=0时，取得最大值，即ymax=−1，
所以b−1<−1，即b<0，所以实数b的取值范围是−∞,0 ．
故选D．
9.BCD
【解析】解：若“x k”是“−2则{x|x k}⫌{x|−2所以k−2≥3或k≤−2，
解得k≤−2或k≥5，
结合选项知实数k的值可以为−5，−3，5．
10.AC
【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x,y，A正确；
依据小概率事件α=0.1的χ2独立性检验对零假设H0进行检验，
根据2×2列联表中的数据计算发现χ2≈0.837则Pχ2≥2.706=0.1可推断H0 成立，即认为X和Y 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R2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.ABD
【解析】解：易知心形曲线L关于y轴对称，故不妨设x≥0.
对于A，将两点坐标代入方程均成立，故A正确;
对于B，设x=csθ，y−x=sinθ，
则y=sinθ+csθ= 2sin(θ+π4)≤ 2，
当且仅当θ=π4时取“=”，此时x= 22，y= 2，故B正确;
对于C，|OP|2=cs2θ+(sinθ+csθ)2
=cs2θ+sin2θ+2sinθcsθ+cs2θ
=cs2θ+12+1+sin2θ
=12cs2θ+sin2θ+32= 52sin(2θ+φ)+32，tanφ=12，
结合已知条件可得|OP|的最大值M= 3+ 52，最小值N= 3− 52，
因而有M2+N2=3，MN=1，
所以(M+N)2=M2+N2+2MN=3+2=5，
因此M+N= 5，故C错误;
对于D因为，A(0,1)，B(0,−1)，所以“|PA|+|PB|≤2 3”等价于“点P在椭圆y23+x22=1上及其内部”，
即满足2(sinθ+csθ)2+3cs2θ≤6，即2(1+sin2θ)+3(1+cs2θ)2≤6，
整理得4sin2θ+3cs2θ≤5，即sin(2θ+γ)≤1，其中tanγ=34，该式恒成立，故D正确．
综上，正确选项为ABD．
12.64
【解析】解：在2x+y−16的展开式中，
令x=y=1，即(2+1−1)6=64，
所以展开式中所有项的系数和等于64．
故答案为64.
13.−13
【解析】解：取AB的中点为N，连接EF交平面ABCD于O，设正八面体的棱长为2，
可得EF=2EO=2 2，EN=FN= 3，
因为EA=EB，N为AB的中点，
所以EN⊥AB，
同理可得FN⊥AB，
所以∠ENF为二面角E−AB−F的平面角，
所以cs∠ENF=3+3−82× 3× 3=−13．
故答案为：−13．
14.9
【解析】解：an+1−2an=2n⇔an+1+2(n+2)=2[an+2(n+1)]，
又a1+2(1+1)=5≠0，
所以{an+2(n+1)}为等比数列，
所以an+2(n+1)=5⋅2n−1，即an=5⋅2n−1−2(n+1)．
an+1−an=5⋅2n−1−2>0，
所以an+1>an，an≥a1>0，
所以Sn单调递增．Sn=5(1−2n)1−2−2⋅n(2+n+1)2=5(2n−1)−n(n+3)，
因为S8=5×255−8×11<2024，S9=5×511−9×12>2024，
所以满足Sn>2024的最小正整数n为9．
15.解：(1)由sinA+sinBb+c=sinCa−b及正弦定理得(a+b)(a−b)=c(b+c)，所以b2+c2−a2=−bc．
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−12，又A∈(0,π)，所以A=2π3;
(2)∠DAC=∠BAC−∠BAD=π6，记∠ADB=α，则∠C=α−π6，在Rt△ABD中，AD=BDcsα， ①在△ADC中，由正弦定理可得ADsin(α−π6)=CDsinπ6， ②由 ① ②及BD=2CD，可得2csαsin(α−π6)=1sinπ6，即sin(α−π6)=csα，
因为α∈(0,π2)，所以α−π6=π2−α，所以α=π3，即∠ADB=π3．
【解析】
(1)利用正、余弦定理求得csA=−12，即可求A;
(2)记∠ADB=α，则∠C=α−π6，在Rt△ABD中，AD=BDcsα， ①在△ADC中，由正弦定理可得ADsin(α−π6)=CDsinπ6， ②由 ① ②及BD=2CD，可得sin(α−π6)=csα，再由α的范围即可得解．
16.解：(1)证明：取在PC上点N，使PN=14PC，
则MN=PN−PM=14(PC−PD)=14DC=AB，
所以四边形ABNM为平行四边形，所以AM/​/BN，
又BN⊂平面PBC，AM⊄平面PBC，
所以AM/​/平面PBC．
(2)取CD中点O，连AO，PO，
因为AC=AD，所以AO⊥CD，
因为△PCD为正三角形，所以PO⊥CD，PO=2 3．
又因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO⊂平面PCD，所以PO⊥平面ABCD，
因为AO⊂平面ABCD，所以PO⊥AO，AO= PA2−PO2= 6．
以O为原点，OA，OC，OP分别为x，y，z轴正方向建立坐标系，
则A( 6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,−2,0)，B( 6,1,0)，P(0,0,2 3)，
AB=(0,1,0)，PA=( 6,0,−2 3)，AM=AP+14PD=(− 6,−12,3 32).
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AB=y=0n⋅PA= 6x−2 3z=0，可取n=( 2,0,1)．
csn,AM=n·AMnAM=−2 3+3 32 3⋅ 6+14+274=− 1326，
所以直线AM与平面PAB所成角的正弦值为 1326．

【解析】
(1)推得AM/​/BN，再利用线面平行的判定定理即可求证；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量为n=( 2,0,1)，及AM坐标，即可求解．
17.解：(1)设Ai=“第i次摸出红球”，i=1，2，3，4，5，
则由题意知P(Ai)=1030=13，P(Ai)=2030=23，且Ai(i=1,2,3,4,5)相互独立．
X的可能取值为1，2，3，4，5，
P(X=1)=P(A1)=13，P(X=2)=P(A1A2)=23⋅13=29，P(X=3)=P(A1A2A3)=(23)2⋅13=427，P(X=4)=P(A1A2A3A4)=(23)3⋅13=881，P(X=5)=P(A1A2A3A4)=(23)4=1681．
所以X的分布列为
所以E(X)=1⋅13+2⋅29+3⋅427+4⋅881+5⋅1681=21181．
(2)由题意知总体中红球的比例为13，设f为样本中红球的比例.设B=“样本中有红球”，C={|f−13|≤0.1}={730≤f≤1330}
①若B不发生，则f=0，此时C=⌀，所以P(BC)=0．
②若B发生，则f=1X，此时BC={730≤1X≤1330}={3013⩽X⩽307}，所以P(BC)=P(X=3)+P(X=4)=427+881=2081．
综上所述，P(C)=P(BC)+P(BC)=2081．
【解析】
(1)设Ai=“第i次摸出红球”，i=1，2，3，4，5，再分别求概率，即可求解；
(2)设B=“样本中有红球”，C={|f−13|≤0.1}={730≤f≤1330}再分若B不发生，若B发生，两种情况讨论即可．
18.解：(1)由题意知2a=4 2，e=ca=12，解得c= 2，b2=a2−c2=6，所以椭圆E的方程为x28+y26=1．
(2)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l:y=k(x−4)(k≠0)，
代入椭圆方程得3x2+4k2(x−4)2−24=0，整理得(3+4k2)x2−32k2x+(64k2−24)=0．
由题意知△=96(3−4k2)>0，|k|< 32，且x1+x2=32k23+4k2，x1x2=64k2−243+4k2．
当|k|= 32时，△=0，x1=x2=2，不合题意，故x1≠2，x2≠2，所以直线AM与直线BM的斜率均存在，k1=y1x1−2，k2=y2x2−2．
k1+k2=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−4)(x2−2)+k(x2−4)(x1−2)(x1−2)(x2−2)=k[2x1x2−6(x1+x2)+16](x1−2)(x2−2)=k[264k2−24−6×32k2+16(3+4k2)](3+4k2)(x1−2)(x2−2)=0．
(ii)由(i)知x2≠2，且k1=−k2=y22−x2．
可设直线AM:(2−x2)y=y2(x−2)，直线BN:(x2+2)y=y2(x+2)．
设Q(x0,y0)，则(x2−2)y0=−y2(x0−2)(x2+2)y0=y2(x0+2)，整理得x2y0=2y2, ①．y0=2y2x0 ②
由题意知y2≠0，由 ①知y0≠0，又由 ②知x0≠0，所以由 ① ②得x2=4x0 ③，y2=2y0x0 ④，
将 ③ ④代入x228+y226=1得2x02+2y023x02=1，化简得x022−y03=1．
又因为x2≠2，所以由 ③得x0≠2，所以Q的轨迹方程为x22−y23=1(x≠2,y≠0)．
【解析】
(1)根据e=ca=12，b2=a2−c2=6，即可求解；
(2)(i)设出直线方程与椭圆联立，结合韦达定理得到k1+k2=y1x1−2+y2x2−2，进行求证；
(ii)设直线AM:(2−x2)y=y2(x−2)，直线BN:(x2+2)y=y2(x+2).进行联立代入，得到x022−y03=1，得解．
19.(1)证明：H′(x)=2ax+b，f′(x)=−π2sin(π2x)，f′(0)=0，f′(1)=−π2⋅
由H(0)=c=1H(1)=a+b+c=0H′(0)=b=0解得a=−1b=0c=1，因此H(x)=−x2+1．
设F(x)=f(x)−H(x)=cs(π2x)+x2−1，x∈[0,1]．
F′(x)=−π2sin(π2x)+2x，令t(x)=−π2sin(π2x)+2x，t′(x)=−π24cs(π2x)+2，
因为t′(x)在[0,1]上单调递增，且t′(0)=−π24+2<0，t′(1)=2>0，故存在x1∈(0,1)使t′(x1)=0，且F′(x)在(0,x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增.又F′(0)=0，F′(x1)0，所以F′(x)在(0,1)上存在唯一的零点x2∈(x1,1)，使得F′(x2)=0，
且F(x)在(0,x2)上单调递减，在(x2,1)上单调递增．
又F(0)=F(1)=0，所以F(x)≤0，即f(x)≤H(x)．
(2)解：由(1)知|f(x)−H(x)}≤λx2等价于H(x)−f(x)≤λx2，且λ≥0.
法一：设G(x)=H(x)−f(x)−λx2=−(λ+1)x2−cs(π2x)+1，x∈[0,1]，则G(x)≤0.
G′(x)=−2(λ+1)x+π2sin(π2x)，
令m(x)=−2(λ+1)x+π2sin(π2x)，m′(x)=−2(λ+1)+π24cs(π2x)，
令n(x)=−2(λ+1)+π24cs(π2x)，
n′(x)=−π38sin(π2x)≤0，所以m′(x)在[0,1]上单调递减．
①若λ≥π28−1，则m′(x)≤m′(0)=−2(λ+1)+π24≤0，所以G′(x)在[0,1]上单调递减，所以G′(x)≤G′(0)=0，所以G(x)在[0,1]上单调递减，所以G(x)≤G(0)=0．
②若λ<π28−1，则n′(0)>0，而n′(1)=−2(λ+1)<0，故存在x0∈(0,1)使n′(x0)=0，
从而在(0,x0)上，n′(x)>0，G′(x)单调递增，G′(x)>G′(0)=0，于是G(x)单调递增，G(x)>G(0)=0，不符合题意．
综上所述，λ的取值范围为[π28−1,+∞).
法二：当x=0时，不等式成立;
当x∈(0,1]时，λ≥1−x2−cs(π2x)x2．
记g(x)=1−cs(π2x)x2−1，x∈(0,1]，则g′(x)=π2xsin(π2x)+2cs(π2x)−2x3．
记ℎ(x)=π2xsin(π2x)+2cs(π2x)−2，x∈[0,1]，则ℎ′(x)=π24xcs(π2x)−π2sin(π2x)，
令k(x)=π24xcs(π2x)−π2sin(π2x)，
k′(x)=−π38xsin(π2x)≤0，
所以ℎ′(x)在(0,1]上单调递减，ℎ′(x)<ℎ′(0)=0，
所以ℎ(x)在(0,1]上单调递减，ℎ(x)<ℎ(0)=0，
所以g′(x)<0，所以g(x)在(0,1]上单调递减．
又因为g(x)在x=0处无定义，所以g(x)由洛必达法则可得，limx→0+g(x)=limx→0+1−cs⁡(π2x)x2−1=limx→0+π2sin⁡(π2x)2x−1=limx→0+π24cs(π2x)2−1=π28−1，
所以，λ的取值范围为[π28−1,+∞).
(3)解：cs12=f(1π)≈H(1π)=−1π2+1≈0.899．
由(2)知|f(x)−H(x)|≤(π28−1)x2，所以误差e=|f(1π)−H(1π)|≤(π28−1)1π2=18−1π2<18−110=140．
【解析】
(1)求出H(x)=−x2+1，设F(x)=f(x)−H(x)=cs(π2x)+x2−1，x∈[0,1].利用导数，结合单调性证明结论；
(2)由(1)知|f(x)−H(x)}≤λx2等价于H(x)−f(x)≤λx2，且λ≥0.构造函数，分类讨论，利用导数求实数λ的取值范围；
(3)cs12=f(1π)≈H(1π)=−1π2+1≈0.899.结合|f(x)−H(x)|≤(π28−1)x2，得出结论．