广东省清远市五校2023-2024学年高二下学期5月联考数学试卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高二下·清远月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算；函数的值域；函数的单调性及单调区间；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：集合，
由对数函数的定义域概念可得，
所以，则，
又因为，当时，单调递增，
所以，，值域为，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】先根据对数函数的概念以及二次函数的值域化简集合，，然后再根据并集的定义求解即可.
2．（2024高二下·清远月考）曲线在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：曲线，
则，令代入函数可得，代入导函数可得，
所以曲线在处的切线的方程为：，即.
故答案为：D.
【分析】首先求函数进行求导，从而可求得在处的导数，再根据导数的几何意义求切线方程.
3．（2024高二下·清远月考）设随机变量的分布列为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：依题意，随机变量的分布列为，
则，
所以.
故答案为：D
【分析】利用随机变量的分布列的性质，列式计算即得求得的值.
4．（2024高二下·清远月考）市政府现有4个项目要安排到2个地区进行建设，每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有（ ）
A．12种 B．14种 C．20种 D．24种
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解： 由题意知，4个项目安排到2个地区有2种方法，故有种，
4个项目全安排在同一个地区有2种方法，
故每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有种.
故答案为：B.
【分析】利用分布乘法原理以及间接法可求总的方法数.
5．（2024高二下·清远月考）当时，函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，可得或，
又因为，所以函数有两个零点，
即函数的图象与轴有两个交点，排除，，
，
令，得或，
当时，，
函数在上递增；
当时，，
函数在上递减，
即函数图象先增后减再增，所以排除.
故答案为：.
【分析】利用排除法，令，可得函数有两个零点，即可排除，，通过求导判断函数的单调性即可求解.
6．（2024高二下·清远月考）已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】函数的图象与图象变化；分段函数的解析式求法及其图象的作法；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由圆的方程为可得圆心，半径，
若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆的外部，
即，解得，
若圆与函数相交，则有2个公共点，圆心到直线的距离，即，
同理可得圆与函数相交，也有2个公共点，即，
综上函数的图象与圆有四个公共点则，
所以“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件，
故答案为：B
【分析】由函数的图象与圆有四个公共点，可知原点在圆的外部，且圆与函数、相交，据此结合充分条件、必要条件概念判断即可.
7．（2024高二下·清远月考）小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员工的休假概率均为，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业.则两家店铺该节假日能正常开业的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解： 两家店铺能正常开业的对立事件为两家店铺至少有一家不能正常营业，
设事件：两家店铺至少有一家不能正常营业，
由于节假日每位员工的休假概率均为，
由题意可知有4人休假的概率为，有3人休假的概率为，
所以，
所以两家店铺该节假日能正常营业的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意求出4人休假的概率和3人休假的概率，利用间接法即可求出，再根据对立事件的概率公式可求得答案.
8．（2024高二下·清远月考）已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复合函数的单调性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，
合并得，
令，
可得为上的增函数，
所以恒成立，分离参数得，
而当时，，
当且仅当，即时取等号，故最大值为，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】化简已知不等式，构造函数，由已知条件可得为上的增函数，从而可得恒成立，即，参变分离可求的取值范围.
二、多选题（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．（2024高二下·清远月考）下列说法中，正确的是（ ）
A．设有一个经验回归方程为，变量增加1个单位时，平均增加1个单位
B．已知随机变量，若，则
C．两组样本数据和.若已知且，则
D．已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A，由，可知斜率为-1， 变量增加1个单位时，应减少， 故A错误；
对于B，随机变量，则正态曲线关于对称，由，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，，，
所以
，故C正确；
对于D，因为经验回归方程为，且样本点与的残差相等，
所以，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据回归方程、正态分布、平均数的概念及残差的概念判断各个选项即可.
10．（2024高二下·清远月考）已知函数是的导函数，则下列结论中成立的（ ）
A．函数的值域与的值域相同
B．把函数的图象向右平移个单位长度，就可以得到函数的图象
C．函数和在区间上都是增函数
D．若为是函数的极值点，则是函数的零点
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：，，
对于A，因为，，
则，，
所以的值域为，的值域为，故A正确；
对于B，将的图象向右平移可得，故B错误；
对于C，，则，，
所以与在上均单调递增，故C正确；
对于D，因为为是函数的极值点，则，即，则是函数的零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先求出，从而得解析式，利用辅助角公式可得，结合三角函数的图象与性质即可求出值域、单调性逐一判断选项即可.
11．（2024高二下·清远月考）拋物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景 丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．若，则点处的切线方程为
C．存在点，使得
D．面积的最小值为4
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意知，弦过点，可设直线，
则直线与拋物线联立方程组可得，消y后整理得，
再设，则，所以A正确；
对于B中，由抛物线.可得，则，
则过点的切线斜率为，且，即，
则切线方程为：，即，
若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；
对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，
联立直线的方程可得，
所以，
，
，
则，当时，有最小值为，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出直线，并与与拋物线联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得，得到切点坐标从而可得切线方程，进而可判定B正确；由直线、的斜率，得到，可判定C错误；由过点的切线方程为，结合弦长公式，得到，可D正确.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高二下·清远月考）已知随机变量，若，则 .
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：根据题意可得，随机变量，
而，
若，
则，解得或（舍），
所以，
.
故答案为：.
【分析】利用二项分布的均值和方差公式可求出，再利用二项分布的概率公式以及间接法即可求出答案.
13．（2024高二下·清远月考）的展开式中的系数为 .（用数字作答）
【答案】-40
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，得，
令，得，
所以展开式中项的为，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
【分析】先求得二项式的通项公式，再令与代入通项公式，即可分别求出与的系数即可得解.
14．（2024高二下·清远月考）如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数图象的作法；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，即，过定点，
，
当时，为椭圆的上半部分，
当时，为双曲线的下半部分，
故作出，的图象如图所示：
考虑临界条件，当与椭圆上半部分相切时，
有，整理得，
则，
由图象解得，
当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】理解题意，作出的图象，数形结合分析直线与曲线的关系，求出恰有一个交点时实数的范围即可.
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．（2024高二下·清远月考）已知公差不为0的等差数列的前项和为，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，由，得，即，由，，成等比数列，得，即，又得，所以，，故数列的通项公式为．
（2）解：由，得，所以，
．
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合等差数列的通项公式以及等比数列项的性质，由此计算出首项和公差的取值，从而得出数列的通项公式。
(2)由(1)的结论即可得出数列的通项公式，再由裂项相消法即可计算出结果即可。
16．（2024高二下·清远月考） 在的展开式中，
（1）求二项式系数最大的项；
（2）若第项是有理项，求的取值集合.
（3）系数的绝对值最大的项是第几项；
【答案】（1）解：，，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
（2）解：，，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
（3）解：设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【分析】本题考查二项式定理的展开式公式.
（1）利用二项式定理求出通项为：，二项式系数最大的项为中间项，找出r的值，反代回通项可求出最大项；
（2）通过分析可知当为整数时为有理项，依次求出r的值，可求出k的取值集合；
（3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组，解方程组可求出r的值，进而求出答案.
17．（2024高二下·清远月考）已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.
【答案】（1）解： 当时，所以，令，解得或，
当变化时，变化情况如下：
-2 1
+ 0 - 0 -
单调递增 单调递减 单调递增
故的极小值为的极大值为.
（2）解： 法一：
令，解得
当或时，单调递增
当时，单调递减，
要使函数在区间上单调递增，需，解得：，
所以的取值范围为.
法二：，
由题知：在区间上恒成立，即恒成立
只需大于或等于的最大值或上界.
，
因为，所以，
，即，所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；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
【解析】【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，再利用求极值的步骤即可求解；
（2）为增函数可转化为在上恒成立，对于a进行分离参数并构造函数，利用二次函数求解最值即可求解.
18．（2024高二下·清远月考）甲 乙两地到某高校实施“优才计划”，即通过笔试，面试，模拟技能这3项考核程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项考核程序均通过后即可签约.2023年，该校数学系100名毕业生参加甲地“优才计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）：今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为.
参考公式与临界值表：.
0.10 0.05 0.010
2.706 3.841 6.635
人数 性别 参加考核但未 能签约的人数 参加考核并能 签约的人数
男生 35 15
女生 40 10
（1）依据小概率值的独立性检验，判断这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别是否有关联？
（2）若小明通过甲 乙两地的程序的项数分别记为，分别求出与的数学期望.
【答案】（1）解： 列联表：
人数 性别 参加考核但未 能签约的人数 参加考核并能 签约的人数 合计
男生 35 15 50
女生 40 10 50
合计 75 25 100
根据小概率值的独立性检验，可认为这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别无关；
（2）解： 由已知，小明通过甲地的每项程序的概率均为，
所以服从二项分布，即，
由题意：Y的可能取值为，
所以的数学期望.
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由已知条件可补充列联表，再利用独立性检验计算，对比临界值表即可判断；
（2）X服从二项分布，可得小明通过甲程序的期望；再由离散型随机变量的分布列及求期望公式计算小明通过乙程序的期望即可.
19．（2024高二下·清远月考）已知函数
（1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
（2）已知是的零点，是的零点.
（i）证明：.
（ii）证明：.
【答案】（1）解：函数.
则.
当时，，
和都在上单调递增，符合题意.
当时，若和都在上的单调区间相同，
则和有相同的极值点，
由，可得，由，可得，
.
令，则，
在上单调递增，在上单调递减，
则无解.
综上，存在，使得和在上的单调区间相同，
的取值范围是.
（2）证明：
（i）由题意，有两个零点，，
若，则在上单调递增，不符合题意.
若，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
，解得，得证.
（ii）令，得，
即，令，
则，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
当时，单调递减，
当时，单调递增.
在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，
它们有公共点，如图所示：
故，且有.
由，得，即，又.
由，得，即，又.
由，得，即，
故.
【知识点】函数的图象；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】【分析】（1）根据导数与函数的单调性关系，对于m进行分类讨论即可得；
（2）①利用导数得到的单调性后，借助零点的存在性定理可得，解出即可得；②构造函数，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到，，从而可得，结合的范围即可得解.
1 / 1广东省清远市五校2023-2024学年高二下学期5月联考数学试卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高二下·清远月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·清远月考）曲线在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·清远月考）设随机变量的分布列为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·清远月考）市政府现有4个项目要安排到2个地区进行建设，每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有（ ）
A．12种 B．14种 C．20种 D．24种
5．（2024高二下·清远月考）当时，函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·清远月考）已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2024高二下·清远月考）小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员工的休假概率均为，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业.则两家店铺该节假日能正常开业的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·清远月考）已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（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．（2024高二下·清远月考）下列说法中，正确的是（ ）
A．设有一个经验回归方程为，变量增加1个单位时，平均增加1个单位
B．已知随机变量，若，则
C．两组样本数据和.若已知且，则
D．已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
10．（2024高二下·清远月考）已知函数是的导函数，则下列结论中成立的（ ）
A．函数的值域与的值域相同
B．把函数的图象向右平移个单位长度，就可以得到函数的图象
C．函数和在区间上都是增函数
D．若为是函数的极值点，则是函数的零点
11．（2024高二下·清远月考）拋物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景 丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．若，则点处的切线方程为
C．存在点，使得
D．面积的最小值为4
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高二下·清远月考）已知随机变量，若，则 .
13．（2024高二下·清远月考）的展开式中的系数为 .（用数字作答）
14．（2024高二下·清远月考）如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是 .
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．（2024高二下·清远月考）已知公差不为0的等差数列的前项和为，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
16．（2024高二下·清远月考） 在的展开式中，
（1）求二项式系数最大的项；
（2）若第项是有理项，求的取值集合.
（3）系数的绝对值最大的项是第几项；
17．（2024高二下·清远月考）已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.
18．（2024高二下·清远月考）甲 乙两地到某高校实施“优才计划”，即通过笔试，面试，模拟技能这3项考核程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项考核程序均通过后即可签约.2023年，该校数学系100名毕业生参加甲地“优才计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）：今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为.
参考公式与临界值表：.
0.10 0.05 0.010
2.706 3.841 6.635
人数 性别 参加考核但未 能签约的人数 参加考核并能 签约的人数
男生 35 15
女生 40 10
（1）依据小概率值的独立性检验，判断这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别是否有关联？
（2）若小明通过甲 乙两地的程序的项数分别记为，分别求出与的数学期望.
19．（2024高二下·清远月考）已知函数
（1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
（2）已知是的零点，是的零点.
（i）证明：.
（ii）证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算；函数的值域；函数的单调性及单调区间；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：集合，
由对数函数的定义域概念可得，
所以，则，
又因为，当时，单调递增，
所以，，值域为，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】先根据对数函数的概念以及二次函数的值域化简集合，，然后再根据并集的定义求解即可.
2．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：曲线，
则，令代入函数可得，代入导函数可得，
所以曲线在处的切线的方程为：，即.
故答案为：D.
【分析】首先求函数进行求导，从而可求得在处的导数，再根据导数的几何意义求切线方程.
3．【答案】D
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：依题意，随机变量的分布列为，
则，
所以.
故答案为：D
【分析】利用随机变量的分布列的性质，列式计算即得求得的值.
4．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解： 由题意知，4个项目安排到2个地区有2种方法，故有种，
4个项目全安排在同一个地区有2种方法，
故每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有种.
故答案为：B.
【分析】利用分布乘法原理以及间接法可求总的方法数.
5．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，可得或，
又因为，所以函数有两个零点，
即函数的图象与轴有两个交点，排除，，
，
令，得或，
当时，，
函数在上递增；
当时，，
函数在上递减，
即函数图象先增后减再增，所以排除.
故答案为：.
【分析】利用排除法，令，可得函数有两个零点，即可排除，，通过求导判断函数的单调性即可求解.
6．【答案】B
【知识点】函数的图象与图象变化；分段函数的解析式求法及其图象的作法；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由圆的方程为可得圆心，半径，
若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆的外部，
即，解得，
若圆与函数相交，则有2个公共点，圆心到直线的距离，即，
同理可得圆与函数相交，也有2个公共点，即，
综上函数的图象与圆有四个公共点则，
所以“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件，
故答案为：B
【分析】由函数的图象与圆有四个公共点，可知原点在圆的外部，且圆与函数、相交，据此结合充分条件、必要条件概念判断即可.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解： 两家店铺能正常开业的对立事件为两家店铺至少有一家不能正常营业，
设事件：两家店铺至少有一家不能正常营业，
由于节假日每位员工的休假概率均为，
由题意可知有4人休假的概率为，有3人休假的概率为，
所以，
所以两家店铺该节假日能正常营业的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意求出4人休假的概率和3人休假的概率，利用间接法即可求出，再根据对立事件的概率公式可求得答案.
8．【答案】A
【知识点】复合函数的单调性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，
合并得，
令，
可得为上的增函数，
所以恒成立，分离参数得，
而当时，，
当且仅当，即时取等号，故最大值为，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】化简已知不等式，构造函数，由已知条件可得为上的增函数，从而可得恒成立，即，参变分离可求的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A，由，可知斜率为-1， 变量增加1个单位时，应减少， 故A错误；
对于B，随机变量，则正态曲线关于对称，由，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，，，
所以
，故C正确；
对于D，因为经验回归方程为，且样本点与的残差相等，
所以，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据回归方程、正态分布、平均数的概念及残差的概念判断各个选项即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：，，
对于A，因为，，
则，，
所以的值域为，的值域为，故A正确；
对于B，将的图象向右平移可得，故B错误；
对于C，，则，，
所以与在上均单调递增，故C正确；
对于D，因为为是函数的极值点，则，即，则是函数的零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先求出，从而得解析式，利用辅助角公式可得，结合三角函数的图象与性质即可求出值域、单调性逐一判断选项即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意知，弦过点，可设直线，
则直线与拋物线联立方程组可得，消y后整理得，
再设，则，所以A正确；
对于B中，由抛物线.可得，则，
则过点的切线斜率为，且，即，
则切线方程为：，即，
若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；
对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，
联立直线的方程可得，
所以，
，
，
则，当时，有最小值为，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出直线，并与与拋物线联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得，得到切点坐标从而可得切线方程，进而可判定B正确；由直线、的斜率，得到，可判定C错误；由过点的切线方程为，结合弦长公式，得到，可D正确.
12．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：根据题意可得，随机变量，
而，
若，
则，解得或（舍），
所以，
.
故答案为：.
【分析】利用二项分布的均值和方差公式可求出，再利用二项分布的概率公式以及间接法即可求出答案.
13．【答案】-40
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，得，
令，得，
所以展开式中项的为，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
【分析】先求得二项式的通项公式，再令与代入通项公式，即可分别求出与的系数即可得解.
14．【答案】
【知识点】函数图象的作法；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，即，过定点，
，
当时，为椭圆的上半部分，
当时，为双曲线的下半部分，
故作出，的图象如图所示：
考虑临界条件，当与椭圆上半部分相切时，
有，整理得，
则，
由图象解得，
当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】理解题意，作出的图象，数形结合分析直线与曲线的关系，求出恰有一个交点时实数的范围即可.
15．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，由，得，即，由，，成等比数列，得，即，又得，所以，，故数列的通项公式为．
（2）解：由，得，所以，
．
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合等差数列的通项公式以及等比数列项的性质，由此计算出首项和公差的取值，从而得出数列的通项公式。
(2)由(1)的结论即可得出数列的通项公式，再由裂项相消法即可计算出结果即可。
16．【答案】（1）解：，，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
（2）解：，，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
（3）解：设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【分析】本题考查二项式定理的展开式公式.
（1）利用二项式定理求出通项为：，二项式系数最大的项为中间项，找出r的值，反代回通项可求出最大项；
（2）通过分析可知当为整数时为有理项，依次求出r的值，可求出k的取值集合；
（3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组，解方程组可求出r的值，进而求出答案.
17．【答案】（1）解： 当时，所以，令，解得或，
当变化时，变化情况如下：
-2 1
+ 0 - 0 -
单调递增 单调递减 单调递增
故的极小值为的极大值为.
（2）解： 法一：
令，解得
当或时，单调递增
当时，单调递减，
要使函数在区间上单调递增，需，解得：，
所以的取值范围为.
法二：，
由题知：在区间上恒成立，即恒成立
只需大于或等于的最大值或上界.
，
因为，所以，
，即，所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；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
【解析】【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，再利用求极值的步骤即可求解；
（2）为增函数可转化为在上恒成立，对于a进行分离参数并构造函数，利用二次函数求解最值即可求解.
18．【答案】（1）解： 列联表：
人数 性别 参加考核但未 能签约的人数 参加考核并能 签约的人数 合计
男生 35 15 50
女生 40 10 50
合计 75 25 100
根据小概率值的独立性检验，可认为这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别无关；
（2）解： 由已知，小明通过甲地的每项程序的概率均为，
所以服从二项分布，即，
由题意：Y的可能取值为，
所以的数学期望.
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由已知条件可补充列联表，再利用独立性检验计算，对比临界值表即可判断；
（2）X服从二项分布，可得小明通过甲程序的期望；再由离散型随机变量的分布列及求期望公式计算小明通过乙程序的期望即可.
19．【答案】（1）解：函数.
则.
当时，，
和都在上单调递增，符合题意.
当时，若和都在上的单调区间相同，
则和有相同的极值点，
由，可得，由，可得，
.
令，则，
在上单调递增，在上单调递减，
则无解.
综上，存在，使得和在上的单调区间相同，
的取值范围是.
（2）证明：
（i）由题意，有两个零点，，
若，则在上单调递增，不符合题意.
若，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
，解得，得证.
（ii）令，得，
即，令，
则，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
当时，单调递减，
当时，单调递增.
在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，
它们有公共点，如图所示：
故，且有.
由，得，即，又.
由，得，即，又.
由，得，即，
故.
【知识点】函数的图象；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】【分析】（1）根据导数与函数的单调性关系，对于m进行分类讨论即可得；
（2）①利用导数得到的单调性后，借助零点的存在性定理可得，解出即可得；②构造函数，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到，，从而可得，结合的范围即可得解.
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