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卷(含答案)

这是一份广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023-2024学年高二下学期期末联考数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若（i为虚数单位）,则( )
A.B.C.2D.2i
2．已知等比数列中,,,则( )
A.3B.3或C.27D.27或
3．已知圆与抛物线的准线相切,则p的值为( )
A.B.C.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.B.C.D.
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,记,则,.
A.127人B.181人C.254人D.362人
6．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P,则( )
A.B.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.B.C.D.
8．若函数存在单调递减区间,则实数b的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．若“或”是“”的必要不充分条件,则实数k的值可以是( )
A.3B.C.D.
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
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X和Y不独立,该推断犯错误的概率不超过0.1
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．如图,心形曲线与y轴交于A,B两点,点P是L上的一个动点,则( )
A.点和均在L上
B.点P的纵坐标的最大值为
C.的最大值与最小值之和为3
D.
三、填空题
12．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,则二面角的余弦值为________.
14．数列的前n项和为,且,,则满足的最小正整数n为________.
四、解答题
15．已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
（1）求A;
（2）如图,若点D是BC边上一点,且,,求.
16．如图,四棱锥的侧面PCD为正三角形,底面ABCD为梯形,,平面平面ABCD,已知,.
（1）证明:平面PBC;
（2）若,求直线AM与平面PAB所成角的正弦值.
17．一个袋子中有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的概率.
18．已知椭圆的长轴长为,离心率为,,.
（1）求椭圆E的方程;
（2）过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．拟合（Fitting）和插值（Imrterplatin）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.
参考答案
1．答案：D
解析：因为,所以,所以,
则,
所以.
故选:D
2．答案：C
解析：设等比数列的公比为q,,,,
则,
故选:C.
3．答案：A
解析：由题意可知,圆O是圆心为原点,半径为的圆,
抛物线C的准线方程为,
由于抛物线C的准线方程与圆O相切,则,解得.
故选:A.
4．答案：C
解析：由图可知,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R,则有,解得,所以圆锥的母线长为,
故圆锥的高.
故选:C.
5．答案：B
解析：依题意可知平均分为,又标准差为22,
所以学生的数学成绩,即,,又,
所以,
所以,
又,所以该次数学考试及格的人数约为181人.
故选:B
6．答案：A
解析：双曲线的左,右焦点分别为,,
由,解得或,所以,
则,,
所以.
故选:A
7．答案：B
解析：依题意得这组数据各数之和为,
设删去的两数之和为x,若剩下数据的平均数小于3,则,解得,
则删去的两个数可以为,,,,,,,,,,共1种情况,
从0,1,2,3,4,5中任意取两个数有:,,,,,,
,,,,,,,,,共15种情况,
故所求概率.
故选:B
8．答案：D
解析：函数的定义域为R,
求导得,函数存在单调递减区间,
所以有解,即有解,
设,则实数,
则,令,得,
当时,,在上递增;
当时,,在上递减;
所以函数有最大值,
因此.
故选:D.
9．答案：BCD
解析：令或,,
因为“或”是“”的必要不充分条件,
所以B真包含于A,所以或,
解得或,结合选项可知符合题意的有B,C,D.
故选:BCD
10．答案：AC
解析：对于A:成对样本数据的经验回归直线一定经过点,故A正确;
对于B:因为,由可推断成立,即认为X和Y独立,故B错误;
对于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;
对于D:决定系数越大,表示残差平方和越小,即模型的拟合效果越好,故D错误.
故选:AC
11．答案：ABD
解析：令,得出,则,,
对于A:时,得或,
时,得,所以和均在L上,A选项正确;
对于B:因为曲线关于y轴对称,当时,,所以,
,
所以时,y最大,最大值为,B选项正确;
对于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,C选项错误;
对于D:等价为点在椭圆内,
即满足,即,
整理得,即恒成立,故D选项正确.
故选:ABD.
12．答案：64
解析：令,可得所有项的系数和为.
故答案为:64
13．答案：.
解析：连接AC,BD交于点O,连接EF,取AB的中点G,连接EG,FG,
根据正八面体的几何特征,有EF过点O,,,
又平面ABE,平面ABF,平面平面,
所以为二面角的平面角.
正八面体中,平面ABCD,平面ABCD,则,所以是直角三角形,
设正八面体棱长为2,则,,所以,得
在中,,同理
在中,由余弦定理,可得
故答案为:.
14．答案：9
解析：因为,所以,
所以,所以是公比为2首项为的等比数列,
所以.
则,
因为则单调递增,
又因为,
.
则的最小正整数n为9.
故答案为:9.
15．答案：（1）
（2）
解析：（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）证明见解析
（2）
解析：（1）取PC上的点N,使,
则,
所以四边形ABNM为平行四边形,所以,
又平面PBC,平面PBC,所以平面PBC;
（2）取CD中点O,连AO,PO,因为,所以,
因为为正三角形,所以,,
又平面平面ABCD,平面平面,平面PCD,
所以平面ABCD,
因为平面ABCD,所以,,
以O为坐标原点,,,分别为x,y,z轴正方向,建立如图所示空间直角坐标系,
则,,,,,
则,,,
设为平面PAB的法向量,
则,可取,
,
故直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.
17．答案：（1）分布列见解析,
（2）
解析：（1）设“第次摸出红球”,,
对于有放回的摸球,,且相互独立的,
X的可能取值为1,2,3,4,5,
则由题意可知,,,
,,
,
期望.
（2）总体中的红球比例,设样本中红球的比例为f,
设“样本中有红球”,且,
若B不发生,则,此时,所以,
若B发生,则,此时,
所以,
所以,.
18．答案：（1）
（2）（i）证明见解析;
（ii）
解析：（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l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AM和直线BM的斜率均存在,,,
所以
,
即直线AM和直线BM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Q的轨迹方程为.
.
19．答案：（1）,证明见解析;
（2）
（3）,证明见解析
解析：（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.
X
1
2
3
4
5
P