2023-2024學年廣東省四校（華附、省實、廣雅、深中）高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年廣東省四校高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.若i1+z=1(i為虛數(shù)單位)，則z?z=A.?2 B.?2i C.2 D.2i2.已知等比數(shù)列an中，a1=1，aA.3 B.3或?3 C.27 D.27或?273.已知圓O:x2+y2=2與拋物線A.22 B.2 C.44.如圖所示，在正方形鐵皮上剪下一個扇形和一個直徑為2的圓，使之恰好圍成一個圓錐，則圓錐的高為(

)

A.23 B.13 C.5.某校高二年級下學期期中考試數(shù)學試卷滿分為150分，90分以上(含90分)為及格．閱卷結(jié)果顯示，全年級800名學生的數(shù)學成績近似服從正態(tài)分布，試卷的難度系數(shù)(=平均分/150)為0.49，標準差為22，則該次數(shù)學考試及格的人數(shù)約為(

)附：若X～Nμ,σ2，記pk=Pμ?kσ≤X≤μ+kσ，則A.127人 B.181人 C.254人 D.362人6.已知雙曲線x2?y23=1的左、右焦點分別為F1,A.?1 B.0 C.1 D.27.現(xiàn)有一組數(shù)據(jù)0，1，2，3，4，5，若將這組數(shù)據(jù)隨機刪去兩個數(shù)，則剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)小于3的概率為A.23 B.1115 C.458.若函數(shù)gx=ex?A.0,+∞ B.0,+∞ C.?∞,0 D.?∞,0二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.若“x<k?2或x>k”是“?2<x<3”的必要不充分條件，則實數(shù)k的值可以是A.3 B.?3 C.5 D.?510.下列關于成對數(shù)據(jù)統(tǒng)計的表述中，正確的是(

)A.成對樣本數(shù)據(jù)的經(jīng)驗回歸直線一定經(jīng)過點x,y

B.依據(jù)小概率事件α=0.1的χ2獨立性檢驗對零假設H0進行檢驗，根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)計算發(fā)現(xiàn)χ2≈0.837<x0.1=2.706，由Pχ2≥2.706=0.1可推斷H011.如圖，心形曲線L:x2+y?x2=1與y軸交于A,B兩點，點PA.點22,0和?1,1均在L上 B.點P的縱坐標的最大值為2

C.OP的最大值與最小值之和為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.2x+y?1613.如圖，正八面體ABCDEF的12條棱長相等，則二面角E?AB?F的余弦值為______．

14.數(shù)列an的前n項和為Sn，且a1=1，an+1?2a四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，且sinA+(1)求A；(2)如圖，若點D是BC邊上一點，且AB⊥AD，BD=2CD，求∠ADB．16.(本小題15分)如圖，四棱錐P?ABCD的側(cè)面PCD為正三角形，底面ABCD為梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD.已知CD=4AB=4，PM=(1)證明：AM//平面PBC；(2)若AC=AD，PA=32，求直線AM與平面PAB17.(本小題15分)一個袋子中有30個大小相同的球，其中有10個紅球、20個白球，從中隨機有放回地逐次摸球作為樣本，摸到紅球或者第5次摸球之后停止．用X表示停止時摸球的次數(shù)．(1)求X的分布列和期望；(2)用樣本中紅球的比例估計總體中紅球的比例，求誤差的絕對值不超過0.1的概率．18.(本小題17分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1?a>b>0(1)求橢圓E的方程；(2)過P4,0作一條斜率存在且不為0的直線l交E于A,B(i)證明：直線AM和直線BM的斜率均存在且互為相反數(shù)；(ii)若直線AM與直線BN交于點Q，求Q的軌跡方程．19.(本小題17分)擬合(Fitting)和插值(Interpolation)都是利用已知的離散數(shù)據(jù)點來構(gòu)造一個能夠反映數(shù)據(jù)變化規(guī)律的近似函數(shù)，并以此預測或估計未知數(shù)據(jù)的方法．擬合方法在整體上尋求最好地逼近數(shù)據(jù)，適用于給定數(shù)據(jù)可能包含誤差的情況，比如線性回歸就是一種擬合方法；而插值方法要求近似函數(shù)經(jīng)過所有的已知數(shù)據(jù)點，適用于需要高精度模型的場景，實際應用中常用多項式函數(shù)來逼近原函數(shù)，我們稱之為多項式插值．例如，為了得到cos12的近似值，我們對函數(shù)fx=cosπ2x進行多項式插值．設一次函數(shù)L1x=ax+b滿足L為了減小插值估計的誤差，除了要求插值函數(shù)與原函數(shù)在給定節(jié)點處的函數(shù)值相等，還可要求在部分節(jié)點處的導數(shù)值也相等，甚至要求高階導數(shù)也相等．滿足這種要求的插值多項式稱為埃爾米特(Hermite)插值多項式．已知函數(shù)fx=cosπ2x在(1)求Hx，并證明當x∈0,1時，(2)若當x∈0,1時，fx?H(3)利用Hx計算cos12(參考數(shù)據(jù)：1π≈0.318，1π2答案解析1.D

【解析】解：由已知可得，1+z=1i=?i，

所以z=?1?i，則z?=?1+i，

所以z2.C

【解析】解：設等比數(shù)列an的公比為q，

根據(jù)題意得，a2a4=a1q·a1q3.A

【解析】解：拋物線C:x2=2pyp>0的準線為y=?p2，

根據(jù)題意得，圓O:x2+y2=2與y=?p2相切，4.C

【解析】解：∵剪下圓的直徑為2，

∴圓錐底面圓的半徑為1，周長為2π，

設剪下扇形所在圓的半徑為R，

則扇形弧長為：2π=90π×R180，

∴R=4，即圓錐的母線長為4，

∴圓錐的高為16?1=5.B

【解析】解：由題得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，

∴該校及格人數(shù)為6.A

【解析】解：因為雙曲線方程為x2?y23=1，

則a2=1，b2=3，

所以c=a2+b2=2，

所以F1?2,0,F22,0，

由x2?7.B

【解析】解：從6個數(shù)中隨機刪去兩個數(shù)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種方法，

要使剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)小于3，刪去的兩個數(shù)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種，

所以剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)小于3的概率為P=1115．

故選8.D

【解析】解：函數(shù)

gx=ex?12x2+b?1x的定義域為R，且其導數(shù)為

g′(x)=ex?x+b?1．

由g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間知

g′x<0在R上有解，即

ex?x+b?1<0有解．

因為函數(shù)g(x)的定義域為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，則y′=1?ex，當9.BCD

【解析】解：若“x<k?2或x>

k”是“?2<x<3的必要不充分條件，

則{x|x<k?2或x>

k}?{x|?2<x<

3}，

所以k?2≥3或k≤?2，

解得k≤?2或k≥5，

結(jié)合選項知實數(shù)k的值可以為?5，?3，5．10.AC

【解析】解：成對樣本數(shù)據(jù)的經(jīng)驗回歸直線一定經(jīng)過樣本中心點x,y，A正確；

依據(jù)小概率事件α=0.1的χ2獨立性檢驗對零假設H0進行檢驗，

根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)計算發(fā)現(xiàn)χ2≈0.837<x0.1=2.706，

則Pχ2≥2.706=0.1可推斷H0

成立，即認為X和Y

無關，11.ABD

【解析】解：易知心形曲線L關于y軸對稱，故不妨設x≥0.

對于A，將兩點坐標代入方程均成立，故A正確;

對于B，設x=cosθ，y?x=sinθ，

則y=sinθ+cosθ=2sin(θ+π4)≤2，

當且僅當θ=π4時取“=”，此時x=22，y=2，故B正確;

對于C，|OP|2=cos2θ+(sinθ+cosθ)2

=cos2θ+sin2θ+2sinθcosθ+cos2θ

=cos2θ+12+1+sin2θ

=12cos2θ+sin2θ+312.64

【解析】解：在2x+y?16的展開式中，

令x=y=1，即(2+1?1)6=64，

所以展開式中所有項的系數(shù)和等于6413.?1【解析】解：取AB的中點為N，連接EF交平面ABCD于O，設正八面體的棱長為2，

可得EF=2EO=22，EN=FN=3，

因為EA=EB，N為AB的中點，

所以EN⊥AB，

同理可得FN⊥AB，

所以∠ENF為二面角E?AB?F的平面角，

所以cos∠ENF=3+3?82×14.9

【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)}為等比數(shù)列，

所以an+2(n+1)=5?2n?1，即an=5?2n?1?2(n+1)．

an+1?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cosA=b2+c2?a22bc=?12，又A∈(0,π)，所以A=2π3;

(2)∠DAC=∠BAC?∠BAD=π6，記∠ADB=α【解析】

(1)利用正、余弦定理求得cosA=?12，即可求A;

(2)記∠ADB=α，則∠C=α?π6，在Rt△ABD中，AD=BDcosα，?①在△ADC中，由正弦定理可得ADsin(α?π616.解：(1)證明：取在PC上點N，使PN=14PC，

則MN=PN?PM=14(PC?PD)=14DC=AB，

所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以AM/?/BN，

又BN?平面PBC，AM?平面PBC，

所以AM/?/平面PBC．

(2)取CD中點O，連AO，PO，

因為AC=AD，所以AO⊥CD，

因為△PCD為正三角形，所以PO⊥CD，PO=23．

又因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，所以PO⊥平面ABCD，

因為AO?平面ABCD，所以PO⊥AO，AO=PA2?PO2=6．

以O為原點，OA，OC，OP分別為x，y，z軸正方向建立坐標系，

則A(6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,?2,0)，B(【解析】(1)推得AM/?/BN，再利用線面平行的判定定理即可求證；

(2)建立空間直角坐標系，求得平面PAB的一個法向量為n=(217.解：(1)設Ai=“第i次摸出紅球”，i=1，2，3，4，5，

則由題意知P(Ai)=1030=13，P(Ai)=2030=23，且Ai(i=1,2,3,4,5)相互獨立．

X的可能取值為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=4【解析】(1)設Ai=“第i次摸出紅球”，i=1，2，3，4，5，再分別求概率，即可求解；

(2)設B=“樣本中有紅球”，C={|f?13|≤0.1}={18.解：(1)由題意知2a=42，e=ca=12，解得c=2，b2=a2?c2=6，所以橢圓E的方程為x28+y26=1．

(2)(i)設A(x1,y1)，B(x2,y2)，直線l:y=k(x?4)(k≠0)，

代入橢圓方程得3x2+4k2(x?4)2?24=0，整理得(3+4k2)x2?32k2x+(64k2?24)=0．

由題意知△=96(3?4k2)>0，|k|<32，且x1+x2=32k23+4k2，x1x2=64k2?243+4k2．

當|k|=【解析】

(1)根據(jù)e=ca=12，b2=a2?c2=6，即可求解；

19.(1)證明：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．

設F(x)=f(x)?H(x)=cos(π2x)+x2?1，x∈[0,1]．

F′(x)=?π2sin(π2x)+2x，令t(x)=?π2sin(π2x)+2x，t′(x)=?π24cos(π2x)+2，

因為t′(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，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)上單調(diào)遞減，在(x1,1)上單調(diào)遞增.又F′(0)=0，F(xiàn)′(x1)<F′(0)=0，F(xiàn)′(1)=?π2+2>0，所以F′(x)在(0,1)上存在唯一的零點x2∈(x1,1)，使得F′(x2)=0，

且F(x)在(0,x2)上單調(diào)遞減，在(x2,1)上單調(diào)遞增．

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等價于H(x)?f(x)≤λx2，且λ≥0.

法一：設G(x)=H(x)?f(x)?λx2