1．（2024高二下·遂宁期末）根据物理中的胡克定律，弹簧伸长的长度与所受的外力成正比．测得一根弹簧伸长长度x和相应所受外力F的一组数据如下：
编号 1 2 3 4 5 6
1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0
3.08 3.76 4.31 5.02 5.51 6.25
据此给出以下结论：
①这两变量不相关；②这两个变量负相关；③这两个变量正相关．
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．（2024高二下·遂宁期末）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·遂宁期末）一名同学有4本不同的数学书，5本不同的物理书，3本不同的化学书，现要将这些书全部放在一个单层的书架上，且同科目的书不分开，则不同的放法种数为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·遂宁期末）某种生态鱼在某个池塘一年的生长量X（单位：克）服从正态分布，则概率为（ ）
参考数据：①；②；③
A．0.8186 B．0.84 C．0.8785 D．0.9759
5．（2024高二下·遂宁期末）已知函数，有大于的极值点，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·遂宁期末）的展开式中，各项系数和与含项的系数分别是（ ）
A．4092，495 B．8188，220 C．4092，220 D．8188，495
7．（2024高二下·遂宁期末）已知函数的最大值为a，令，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·遂宁期末）一个直四棱柱的底面为梯形，这个四棱柱的每两个顶点相连形成多条直线，这些直线最多能组成（ ）对异面直线
A．174 B．180 C．210 D．368
9．（2024高二下·遂宁期末）下列有关样本相关系数r，叙述正确的是（ ）
A．r的取值范围是
B．r的取值范围是
C．越接近1，表示两变量的线性相关程度越强
D．越接近0，表示两变量的线性相关程度越强
10．（2024高二下·遂宁期末）在一个大型公司中，技术部门员工占，非技术部门员工占．在技术部门中，有的员工持有硕士学位，而在非技术部门中，只有的员工持有硕士学位．现从该公司随机抽取一名员工．则下列结论正确的是（ ）
A．抽到的员工是技术部门且持有硕士学位的概率为
B．抽到的员工持有硕士学位的概率为
C．若抽到的员工持有硕士学位，则该员工是技术部门的概率为
D．若抽到的员工持有硕士学位，则该员工是非技术部门的概率为
11．（2024高二下·遂宁期末）对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（ ）
A．在“驻点”处取得最值
B．一定有“拐点”，但不一定有“驻点”
C．若有3个零点，则
D．存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有
12．（2024高二下·遂宁期末）已知x，y之间的一组数据：
x 1 4 9 16
y 5.5 4 3.5 3
若y与x满足回归方程，则b的值为 ．
13．（2024高二下·遂宁期末）第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某高校欲从4名男生、5名女生中选派5名大学生到奥运会的3个项目当志愿者（每个项目必须有志愿者），则志愿者中至少有4名女生的分配方法共有 种（用数作答）．
14．（2024高二下·遂宁期末）已知函数则关于x的方程根的个数为 ．
15．（2024高二下·遂宁期末）已知的展开式中所有的二项式系数之和为64．
（1）求n的值；
（2）求该展开式的常数项．
16．（2024高二下·遂宁期末）设，，，两个函数的图象如下图所示．
（1）过点作的切线l，求l的方程；
（2）判断，的图象与，之间的对应关系，根据这些关系，写出一个不等式，并证明．
17．（2024高二下·遂宁期末）竹编是某地的地方特色，某地区相关部门对该地居民在过去两年内学习竹编次数进行了详尽统计，然后随机抽取了80名居民的学习数据，现将整理后的结果呈现如下表：
学习竹编次数 0 1 2 3 4 5 6 合计
男 1 3 5 7 9 9 6 40
女 5 6 7 7 6 5 4 40
合计 6 9 12 14 15 14 10 80
（1）若将这两年学习竹编的次数为3次及3次以上的，称为学习竹编“先锋”，其余的称为学习竹编“后起之秀”．请完成以下2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学习竹编有关系；
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生
女生
合计
（2）若将这两年内学习竹编6次的居民称为竹编“爱好者”，为进一步优化竹编技术，在样本的“爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男性人数为Y，求Y的分布列和数学期望．
附：，
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
18．（2024高二下·遂宁期末）随着信息技术的飞速进步，大数据的应用领域正日益扩大，它正成为推动社会进步的关键力量．某研究机构开发了一款数据分析软件，该软件能够精准地从海量数据中提取有价值的信息．在软件测试阶段，若输入的数据集质量高，则软件分析准确的概率为0.8；若数据集质量低，则分析准确的概率为0.3．已知每次输入的数据集质量低的概率为0.1．
（1）求一次数据能被软件准确分析的概率；
（2）在连续次测试中，每次输入一个数据集，每个数据集的分析结果相互独立．设软件准确分析的数据集个数为X．
①求X的方差；
②当n为何值时，的值最大
19．（2024高二下·遂宁期末）已知函数，记．
（1）判断的单调性；
（2）若存在极值点，且，
①求a的取值范围；
②求证：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】线性相关；散点图
【解析】【解答】解：根据表格数据，画出散点图，如图所示：
由图可判断两变量相关，且为正相关，故①②错误，③正确.
故答案为：C
【分析】根据表格数据画出散点图，根据散点图判断即可.
2．【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故选：C.
【分析】根据条件概率公式（条件概率是指在某个条件下， 某一事件发生的概率 ，公式是）求解即可.
3．【答案】D
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：将同科目的书视为一个整体，排列3个科目的书有种方法，再分别排列同科目的书，分别有种方法，
所以不同的放法种数为.
故选：D
【分析】根据给定条件，利用相邻问题捆绑法（把相邻元素看作一个整体，再与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列）列式判断即得.
4．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点；3σ原则
【解析】【解答】解：因为，所以，，
则.
故选：B.
【分析】分析可知：，根据原则（正态分布的原则是指， 对于服从正态分布的随机变量， 其取值几乎全部集中在平均值（ ） 加减三个标准差（ ） 的区间内）结合对称性分析求解.
5．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为的定义域为，所以，
令，则，
构建函数，
由题意可知：与在有交点，
则对任意内恒成立，
可知在内单调递增，则，可得，即，
所以a的取值范围为.
故选：D.
【分析】先求导，构建函数，再分析可知与在有交点，对求导，利用导数分析其单调性和值域，即可得结果.
6．【答案】A
【知识点】组合及组合数公式；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，则，所以各项系数和为4092，
含项的系数为
……
.
故选：A
【分析】令可求出各项的系数，利用二项式展开式的通项公式（）结合组合数公式可求出含项的系数.
7．【答案】A
【知识点】对数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；正弦函数的性质；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，因此当时，，
令函数，则，故函数在上单调递增，
所以，于是，即，因此，
因为，所以，
故a，b，c的大小关系是.
故选：A
【分析】利用导数判断函数的单调性求出，由正弦函数、对数函数性质可得，再构造函数比较的大小即可.
8．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；异面直线的判定
【解析】【解答】解：每对异面直线，需4个顶点并且这4个顶点不共面，而不共面的4个点顺次连接构造一个四面体，
一个四面体的3组相对棱都是异面直线，底面是梯形的直四棱柱有8个顶点，
从8个顶点中任取4个有种方法，其中6个表面四边形4个顶点共面，
对角面都是平面四边形，4个顶点共面，
因此从底面是梯形的直四棱柱的8个顶点中任取4个顶点，构成四面体的个数最多有，
所以最多能组成异面直线对数是.
故选：B
【分析】分析底面是梯形的直四棱柱中，任取4个顶点能构成四面体的最多个数，再利用一个四面体有3对异面直线，列式计算即得，需要明白异面直线的定义(异面直线是不同在任何一个平面内的两条直线；异面直线的特点是既不平行也不相交；其判定方法主要有两种：一是定义法，即判定两直线永远不可能在同一平面内；二是通过异面直线的判定定理来判定).
9．【答案】A,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：对于选项A和B，样本相关系数r的取值范围是，选项A正确，选项B错误；
对于选项C和D，越大，越接近于1，两变量的线性相关程度越强，
越小，越接近于0，两变量的线性相关程度越弱，选项C正确，选项D错误.
故选：AC
【分析】利用相关系数的取值范围（）判断选项A和B；利用相关系数的意义判断选项C和D.
10．【答案】A,D
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：用分别表示抽到的技术部门员工 非技术部门员工，用表示抽到的员工持有硕士学位，
依题意，，
对于选项A，，A正确；
对于选项B，，B错误；
对于选项C，，C错误；
对于选项D，，D正确.
故选：AD
【分析】利用概率乘法公式计算A；由全概率公式计算判断B；利用条件概率公式（）计算判断CD.
11．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于选项A，由，得，
由，得或，所以和是的“驻点”，
当或时，，当时，，
所以在和，在上递减，
所以在“驻点”处没有取得最值，所以A错误，
对于选项B，由，得，
由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”，
由，得，所以一定有“拐点”，所以B正确，
对于选项C，由，得，由选项A可知在和，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以的大致图象如图所示：
由图可知当时，与的图象有3个不同的交点，
所以有3个零点，则，所以C正确，
对于选项D，若，则在上单调递增，
所以不存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以D错误，
故选：BC
【分析】对于A，利用”驻点“的定义求出的”驻点“，然后在由函数单调性判断，对于B，根据”拐点“和”驻点“的定义（驻点指的是函数在某一点处的一阶导数为零的点；拐点则是指改变曲线向上或向下方向的点， 即曲线的凹凸性发生变化的点，拐点是二阶导数为零或不存在的地方）分析判断，对于C，将问题转化为与的图象有3个不同的交点，作出函数图象分析判断，对于D，举例判断.
12．【答案】
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：根据题意和表格中的一组数据可得，的平均数为，
的平均数为，
所以此曲线必过点，代入方程得，
解得.
故填：.
【分析】根据给定的数表，求出的平均数，代入回归方程即可求出.
13．【答案】3150
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意，可知选派的5人中，志愿者中女生人数为4名或5名：
当志愿者为4女1男时，有种选派方法；
当志愿者为5女时，有种选派方法，则共有种选派方法，
再把选出的5人分成3组，可分为或的两组，有种，
则共有种不同的分配方法.
故答案为：.
【分析】由题意，分为志愿者中女生4名和5名计算共有21种选法，再将把选出的5人分或的两组，有种，最后结合分步计数原理求解即可.
14．【答案】31
【知识点】函数的图象；对数的性质与运算法则；简单复合函数求导法则；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可得，时，，
时，，
所以，
画出函数和的图象，如下图所示：
观察图象可知，时，两个函数图象有一个交点，此时
，时，
两个函数图象各有两个交点，
且，得，而，
由的周期性，可得最后一个交点所在区间为，
因此两函数图象交点个数为，个，
所以关于x的方程根的个数为31.
故答案为：31.
【分析】由题意可得，得，画出函数和的图象，利用的周期性，且，得，而，可求零点个数.
15．【答案】（1）解：因为展开式中所有的二项式系数之和为64，所以，解得；
（2）解：由（1）知，二项式展开式的通项公式为，
令，解得，则，
即展开式的常数项为．
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）根据二项式系数的性质列式计算即可；
（2）由（1）可得二项式的展开式的通项，再由幂指数确定常数项即可.
（1）由的展开式中所有的二项式系数之和为64，得，所以.
（2）由（1）知，展开式的通项公式为，
由，得，，
所以展开式的常数项为．
16．【答案】（1）解：函数定义域为，，
设切点为，则切线方程，
因为切线过点，所以，解得，则切线方程；
（2）证明：当时，；当时，；当时，，
所以，在上都是增函数．在区间上，的图象比的图象要“陡峭”；
在区间上，的图象比的图象要“平缓”，
所以的图象依次是图中的，如图所示：
根据函数图象和第（1）题的切线方程，可以写出以下几个不等式：
①；②；③；
下面证明①，
设，则
因为当时，，所以为减函数，
当时，，所以为增函数，
所以，即，命题得证；
下面证明②；
，
，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
所以，即，命题得证；
下面证明③，
即证，
而恒成立，
所以得证．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）设出切点，根据导数的几何意义写出切线方程，再将点代入即可求出参数即可得切线方程；
（2）结合图象和（1）求得的切线方程，可得三个不等式，借助于构造函数的单调性证明即可.
（1）因为，所以．
设切点为，则，
代入得，，解得，
所以．
（2）当时，；当时，；当时，．
所以，在上都是增函数．在区间上，的图象比的图象要“陡峭”；
在区间上，的图象比的图象要“平缓”．
所以，的图象依次是图中的．
如图，根据函数图象和第（1）题的切线方程，可以写出以下几个不等式：
①；②；③；
下面证明①．
设，则
当时，，所以为减函数，
当时，，所以为增函数，
所以，即，命题得证．
下面证明②；
，
，
当时，，所以为增函数，
当时，，所以为减函数，
所以，即，命题得证．
下面证明③．
即证，
而恒成立，
所以得证．
17．【答案】（1）解：由统计表格数据，可得列联表如下：
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生 9 31 40
女生 18 22 40
合计 27 53 80
零假设为：性别与学习竹编情况独立，即性别因素与学习竹编无关，
根据列联表的数据计算得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即该地区性别因素与学习竹编有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1；
（2）解：样本中“爱好者”共10名，其中6名男生，4名女生，
则的所有可能取值为0，1，2，3，
因为，
，
所以所求分布列为：
0 1 2 3
则数学期望.
【知识点】分布的意义和作用；实际推断原理和假设检验
【解析】【分析】（1）由题意，先完善列联表，再计算的观测值，与临界值比较判断即可；
（2）求出的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望即可.
（1）根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生 9 31 40
女生 18 22 40
合计 27 53 80
零假设为：性别与学习竹编情况独立，即性别因素与学习竹编无关，
根据列联表的数据计算得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即该地区性别因素与学习竹编有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1．
（2）样本中“爱好者”共10名，其中6名男生，4名女生，
则的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以所求分布列为：
0 1 2 3
数学期望.
18．【答案】（1）解：记“ 一次数据能被软件准确分析 ”为事件，，
则一次数据能被软件准确分析的概率0.75；
（2）解：由（1）可知：，
① 由题意可知随机变量服从二项分布，，则的方差；
②由题意可知：，
令，则，
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可知当，可得；
于是
所以当时，最大，即时，的值最大．
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用全概率公式求解即可；
（2）由题意可知随机变量服从二项分布，，
①直接由二项分别的方差公式求解即可；
②，结合数列单调性求解即可.
（1）记“输入的数据集质量高”为事件，“一次数据能被软件准确分析”为事件，由题意可知：，则，
所以．
所以一次数据能被软件准确分析的概率0.75．
（2）由（1）可知：，
①依题意，，所以的方差；
②可知，
令，则，
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可知当，可得；
于是
所以当时，最大，即时，的值最大．
19．【答案】（1）解：函数定义域为，，
则，且为增函数，
当时，在为增函数，
当时，函数的零点，在区间上，，
则为减函数，在区间上，，则为增函数；
（2）解： ①，
因为当时，在区间为增函数，
所以为区间上的增函数，不符合题意．
因为当时，在区间为减函数，在区间为增函数，
所以，
当时，，此时增函数，无极值点，不合题意，舍去，
当时，令，
当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，故，
若，由且在区间为增函数，则在为增函数，
所以，故在无零点，即无正数极值点；
若，由得，又且，
所以存在，使得，
当为减函数，当为增函数，
所以是极小值点，即存在正数极值点，综上所述，的取值范围是；
②由（1）知，，则，其中，
，
令，
于是时，单调递增，时，单调递减，
故在处取得最大值，故，所以，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求导函数，在对a分类讨论，利用导数正负与函数单调性判断即可；
（2） ① 根据的单调性，分类讨论求解即可；
②构造函数，根据单调性证明即可.
（1）由题知，即，则，为增函数，
当时，在为增函数，
当时，函数的零点，
在区间上，，则为减函数，
在区间上，，则为增函数．
（2），
当时，在区间为增函数，
所以为区间上的增函数，不符合题意．
当时，在区间为减函数，在区间为增函数，
所以，
当时，，此时增函数，无极值点，不合题意，舍去．
当时，
令，
当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，故，
若，
由且在区间为增函数，则在为增函数，
所以，故在无零点，即无正数极值点．
若，
由得，又且，
所以存在，使得，
当为减函数，当为增函数，
所以是极小值点，即存在正数极值点．
综上所述，的取值范围是．
②由（1）知，，则，其中，
，
令，
于是时，单调递增，时，单调递减，
故在处取得最大值，故，所以，
所以，．
1 / 11．（2024高二下·遂宁期末）根据物理中的胡克定律，弹簧伸长的长度与所受的外力成正比．测得一根弹簧伸长长度x和相应所受外力F的一组数据如下：
编号 1 2 3 4 5 6
1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0
3.08 3.76 4.31 5.02 5.51 6.25
据此给出以下结论：
①这两变量不相关；②这两个变量负相关；③这两个变量正相关．
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【知识点】线性相关；散点图
【解析】【解答】解：根据表格数据，画出散点图，如图所示：
由图可判断两变量相关，且为正相关，故①②错误，③正确.
故答案为：C
【分析】根据表格数据画出散点图，根据散点图判断即可.
2．（2024高二下·遂宁期末）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故选：C.
【分析】根据条件概率公式（条件概率是指在某个条件下， 某一事件发生的概率 ，公式是）求解即可.
3．（2024高二下·遂宁期末）一名同学有4本不同的数学书，5本不同的物理书，3本不同的化学书，现要将这些书全部放在一个单层的书架上，且同科目的书不分开，则不同的放法种数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：将同科目的书视为一个整体，排列3个科目的书有种方法，再分别排列同科目的书，分别有种方法，
所以不同的放法种数为.
故选：D
【分析】根据给定条件，利用相邻问题捆绑法（把相邻元素看作一个整体，再与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列）列式判断即得.
4．（2024高二下·遂宁期末）某种生态鱼在某个池塘一年的生长量X（单位：克）服从正态分布，则概率为（ ）
参考数据：①；②；③
A．0.8186 B．0.84 C．0.8785 D．0.9759
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点；3σ原则
【解析】【解答】解：因为，所以，，
则.
故选：B.
【分析】分析可知：，根据原则（正态分布的原则是指， 对于服从正态分布的随机变量， 其取值几乎全部集中在平均值（ ） 加减三个标准差（ ） 的区间内）结合对称性分析求解.
5．（2024高二下·遂宁期末）已知函数，有大于的极值点，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为的定义域为，所以，
令，则，
构建函数，
由题意可知：与在有交点，
则对任意内恒成立，
可知在内单调递增，则，可得，即，
所以a的取值范围为.
故选：D.
【分析】先求导，构建函数，再分析可知与在有交点，对求导，利用导数分析其单调性和值域，即可得结果.
6．（2024高二下·遂宁期末）的展开式中，各项系数和与含项的系数分别是（ ）
A．4092，495 B．8188，220 C．4092，220 D．8188，495
【答案】A
【知识点】组合及组合数公式；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，则，所以各项系数和为4092，
含项的系数为
……
.
故选：A
【分析】令可求出各项的系数，利用二项式展开式的通项公式（）结合组合数公式可求出含项的系数.
7．（2024高二下·遂宁期末）已知函数的最大值为a，令，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；正弦函数的性质；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，因此当时，，
令函数，则，故函数在上单调递增，
所以，于是，即，因此，
因为，所以，
故a，b，c的大小关系是.
故选：A
【分析】利用导数判断函数的单调性求出，由正弦函数、对数函数性质可得，再构造函数比较的大小即可.
8．（2024高二下·遂宁期末）一个直四棱柱的底面为梯形，这个四棱柱的每两个顶点相连形成多条直线，这些直线最多能组成（ ）对异面直线
A．174 B．180 C．210 D．368
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；异面直线的判定
【解析】【解答】解：每对异面直线，需4个顶点并且这4个顶点不共面，而不共面的4个点顺次连接构造一个四面体，
一个四面体的3组相对棱都是异面直线，底面是梯形的直四棱柱有8个顶点，
从8个顶点中任取4个有种方法，其中6个表面四边形4个顶点共面，
对角面都是平面四边形，4个顶点共面，
因此从底面是梯形的直四棱柱的8个顶点中任取4个顶点，构成四面体的个数最多有，
所以最多能组成异面直线对数是.
故选：B
【分析】分析底面是梯形的直四棱柱中，任取4个顶点能构成四面体的最多个数，再利用一个四面体有3对异面直线，列式计算即得，需要明白异面直线的定义(异面直线是不同在任何一个平面内的两条直线；异面直线的特点是既不平行也不相交；其判定方法主要有两种：一是定义法，即判定两直线永远不可能在同一平面内；二是通过异面直线的判定定理来判定).
9．（2024高二下·遂宁期末）下列有关样本相关系数r，叙述正确的是（ ）
A．r的取值范围是
B．r的取值范围是
C．越接近1，表示两变量的线性相关程度越强
D．越接近0，表示两变量的线性相关程度越强
【答案】A,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：对于选项A和B，样本相关系数r的取值范围是，选项A正确，选项B错误；
对于选项C和D，越大，越接近于1，两变量的线性相关程度越强，
越小，越接近于0，两变量的线性相关程度越弱，选项C正确，选项D错误.
故选：AC
【分析】利用相关系数的取值范围（）判断选项A和B；利用相关系数的意义判断选项C和D.
10．（2024高二下·遂宁期末）在一个大型公司中，技术部门员工占，非技术部门员工占．在技术部门中，有的员工持有硕士学位，而在非技术部门中，只有的员工持有硕士学位．现从该公司随机抽取一名员工．则下列结论正确的是（ ）
A．抽到的员工是技术部门且持有硕士学位的概率为
B．抽到的员工持有硕士学位的概率为
C．若抽到的员工持有硕士学位，则该员工是技术部门的概率为
D．若抽到的员工持有硕士学位，则该员工是非技术部门的概率为
【答案】A,D
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：用分别表示抽到的技术部门员工 非技术部门员工，用表示抽到的员工持有硕士学位，
依题意，，
对于选项A，，A正确；
对于选项B，，B错误；
对于选项C，，C错误；
对于选项D，，D正确.
故选：AD
【分析】利用概率乘法公式计算A；由全概率公式计算判断B；利用条件概率公式（）计算判断CD.
11．（2024高二下·遂宁期末）对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（ ）
A．在“驻点”处取得最值
B．一定有“拐点”，但不一定有“驻点”
C．若有3个零点，则
D．存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于选项A，由，得，
由，得或，所以和是的“驻点”，
当或时，，当时，，
所以在和，在上递减，
所以在“驻点”处没有取得最值，所以A错误，
对于选项B，由，得，
由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”，
由，得，所以一定有“拐点”，所以B正确，
对于选项C，由，得，由选项A可知在和，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以的大致图象如图所示：
由图可知当时，与的图象有3个不同的交点，
所以有3个零点，则，所以C正确，
对于选项D，若，则在上单调递增，
所以不存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以D错误，
故选：BC
【分析】对于A，利用”驻点“的定义求出的”驻点“，然后在由函数单调性判断，对于B，根据”拐点“和”驻点“的定义（驻点指的是函数在某一点处的一阶导数为零的点；拐点则是指改变曲线向上或向下方向的点， 即曲线的凹凸性发生变化的点，拐点是二阶导数为零或不存在的地方）分析判断，对于C，将问题转化为与的图象有3个不同的交点，作出函数图象分析判断，对于D，举例判断.
12．（2024高二下·遂宁期末）已知x，y之间的一组数据：
x 1 4 9 16
y 5.5 4 3.5 3
若y与x满足回归方程，则b的值为 ．
【答案】
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：根据题意和表格中的一组数据可得，的平均数为，
的平均数为，
所以此曲线必过点，代入方程得，
解得.
故填：.
【分析】根据给定的数表，求出的平均数，代入回归方程即可求出.
13．（2024高二下·遂宁期末）第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某高校欲从4名男生、5名女生中选派5名大学生到奥运会的3个项目当志愿者（每个项目必须有志愿者），则志愿者中至少有4名女生的分配方法共有 种（用数作答）．
【答案】3150
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意，可知选派的5人中，志愿者中女生人数为4名或5名：
当志愿者为4女1男时，有种选派方法；
当志愿者为5女时，有种选派方法，则共有种选派方法，
再把选出的5人分成3组，可分为或的两组，有种，
则共有种不同的分配方法.
故答案为：.
【分析】由题意，分为志愿者中女生4名和5名计算共有21种选法，再将把选出的5人分或的两组，有种，最后结合分步计数原理求解即可.
14．（2024高二下·遂宁期末）已知函数则关于x的方程根的个数为 ．
【答案】31
【知识点】函数的图象；对数的性质与运算法则；简单复合函数求导法则；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可得，时，，
时，，
所以，
画出函数和的图象，如下图所示：
观察图象可知，时，两个函数图象有一个交点，此时
，时，
两个函数图象各有两个交点，
且，得，而，
由的周期性，可得最后一个交点所在区间为，
因此两函数图象交点个数为，个，
所以关于x的方程根的个数为31.
故答案为：31.
【分析】由题意可得，得，画出函数和的图象，利用的周期性，且，得，而，可求零点个数.
15．（2024高二下·遂宁期末）已知的展开式中所有的二项式系数之和为64．
（1）求n的值；
（2）求该展开式的常数项．
【答案】（1）解：因为展开式中所有的二项式系数之和为64，所以，解得；
（2）解：由（1）知，二项式展开式的通项公式为，
令，解得，则，
即展开式的常数项为．
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）根据二项式系数的性质列式计算即可；
（2）由（1）可得二项式的展开式的通项，再由幂指数确定常数项即可.
（1）由的展开式中所有的二项式系数之和为64，得，所以.
（2）由（1）知，展开式的通项公式为，
由，得，，
所以展开式的常数项为．
16．（2024高二下·遂宁期末）设，，，两个函数的图象如下图所示．
（1）过点作的切线l，求l的方程；
（2）判断，的图象与，之间的对应关系，根据这些关系，写出一个不等式，并证明．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
设切点为，则切线方程，
因为切线过点，所以，解得，则切线方程；
（2）证明：当时，；当时，；当时，，
所以，在上都是增函数．在区间上，的图象比的图象要“陡峭”；
在区间上，的图象比的图象要“平缓”，
所以的图象依次是图中的，如图所示：
根据函数图象和第（1）题的切线方程，可以写出以下几个不等式：
①；②；③；
下面证明①，
设，则
因为当时，，所以为减函数，
当时，，所以为增函数，
所以，即，命题得证；
下面证明②；
，
，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
所以，即，命题得证；
下面证明③，
即证，
而恒成立，
所以得证．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）设出切点，根据导数的几何意义写出切线方程，再将点代入即可求出参数即可得切线方程；
（2）结合图象和（1）求得的切线方程，可得三个不等式，借助于构造函数的单调性证明即可.
（1）因为，所以．
设切点为，则，
代入得，，解得，
所以．
（2）当时，；当时，；当时，．
所以，在上都是增函数．在区间上，的图象比的图象要“陡峭”；
在区间上，的图象比的图象要“平缓”．
所以，的图象依次是图中的．
如图，根据函数图象和第（1）题的切线方程，可以写出以下几个不等式：
①；②；③；
下面证明①．
设，则
当时，，所以为减函数，
当时，，所以为增函数，
所以，即，命题得证．
下面证明②；
，
，
当时，，所以为增函数，
当时，，所以为减函数，
所以，即，命题得证．
下面证明③．
即证，
而恒成立，
所以得证．
17．（2024高二下·遂宁期末）竹编是某地的地方特色，某地区相关部门对该地居民在过去两年内学习竹编次数进行了详尽统计，然后随机抽取了80名居民的学习数据，现将整理后的结果呈现如下表：
学习竹编次数 0 1 2 3 4 5 6 合计
男 1 3 5 7 9 9 6 40
女 5 6 7 7 6 5 4 40
合计 6 9 12 14 15 14 10 80
（1）若将这两年学习竹编的次数为3次及3次以上的，称为学习竹编“先锋”，其余的称为学习竹编“后起之秀”．请完成以下2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学习竹编有关系；
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生
女生
合计
（2）若将这两年内学习竹编6次的居民称为竹编“爱好者”，为进一步优化竹编技术，在样本的“爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男性人数为Y，求Y的分布列和数学期望．
附：，
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
【答案】（1）解：由统计表格数据，可得列联表如下：
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生 9 31 40
女生 18 22 40
合计 27 53 80
零假设为：性别与学习竹编情况独立，即性别因素与学习竹编无关，
根据列联表的数据计算得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即该地区性别因素与学习竹编有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1；
（2）解：样本中“爱好者”共10名，其中6名男生，4名女生，
则的所有可能取值为0，1，2，3，
因为，
，
所以所求分布列为：
0 1 2 3
则数学期望.
【知识点】分布的意义和作用；实际推断原理和假设检验
【解析】【分析】（1）由题意，先完善列联表，再计算的观测值，与临界值比较判断即可；
（2）求出的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望即可.
（1）根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生 9 31 40
女生 18 22 40
合计 27 53 80
零假设为：性别与学习竹编情况独立，即性别因素与学习竹编无关，
根据列联表的数据计算得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即该地区性别因素与学习竹编有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1．
（2）样本中“爱好者”共10名，其中6名男生，4名女生，
则的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以所求分布列为：
0 1 2 3
数学期望.
18．（2024高二下·遂宁期末）随着信息技术的飞速进步，大数据的应用领域正日益扩大，它正成为推动社会进步的关键力量．某研究机构开发了一款数据分析软件，该软件能够精准地从海量数据中提取有价值的信息．在软件测试阶段，若输入的数据集质量高，则软件分析准确的概率为0.8；若数据集质量低，则分析准确的概率为0.3．已知每次输入的数据集质量低的概率为0.1．
（1）求一次数据能被软件准确分析的概率；
（2）在连续次测试中，每次输入一个数据集，每个数据集的分析结果相互独立．设软件准确分析的数据集个数为X．
①求X的方差；
②当n为何值时，的值最大
【答案】（1）解：记“ 一次数据能被软件准确分析 ”为事件，，
则一次数据能被软件准确分析的概率0.75；
（2）解：由（1）可知：，
① 由题意可知随机变量服从二项分布，，则的方差；
②由题意可知：，
令，则，
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可知当，可得；
于是
所以当时，最大，即时，的值最大．
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用全概率公式求解即可；
（2）由题意可知随机变量服从二项分布，，
①直接由二项分别的方差公式求解即可；
②，结合数列单调性求解即可.
（1）记“输入的数据集质量高”为事件，“一次数据能被软件准确分析”为事件，由题意可知：，则，
所以．
所以一次数据能被软件准确分析的概率0.75．
（2）由（1）可知：，
①依题意，，所以的方差；
②可知，
令，则，
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可知当，可得；
于是
所以当时，最大，即时，的值最大．
19．（2024高二下·遂宁期末）已知函数，记．
（1）判断的单调性；
（2）若存在极值点，且，
①求a的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
则，且为增函数，
当时，在为增函数，
当时，函数的零点，在区间上，，
则为减函数，在区间上，，则为增函数；
（2）解： ①，
因为当时，在区间为增函数，
所以为区间上的增函数，不符合题意．
因为当时，在区间为减函数，在区间为增函数，
所以，
当时，，此时增函数，无极值点，不合题意，舍去，
当时，令，
当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，故，
若，由且在区间为增函数，则在为增函数，
所以，故在无零点，即无正数极值点；
若，由得，又且，
所以存在，使得，
当为减函数，当为增函数，
所以是极小值点，即存在正数极值点，综上所述，的取值范围是；
②由（1）知，，则，其中，
，
令，
于是时，单调递增，时，单调递减，
故在处取得最大值，故，所以，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求导函数，在对a分类讨论，利用导数正负与函数单调性判断即可；
（2） ① 根据的单调性，分类讨论求解即可；
②构造函数，根据单调性证明即可.
（1）由题知，即，则，为增函数，
当时，在为增函数，
当时，函数的零点，
在区间上，，则为减函数，
在区间上，，则为增函数．
（2），
当时，在区间为增函数，
所以为区间上的增函数，不符合题意．
当时，在区间为减函数，在区间为增函数，
所以，
当时，，此时增函数，无极值点，不合题意，舍去．
当时，
令，
当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，故，
若，
由且在区间为增函数，则在为增函数，
所以，故在无零点，即无正数极值点．
若，
由得，又且，
所以存在，使得，
当为减函数，当为增函数，
所以是极小值点，即存在正数极值点．
综上所述，的取值范围是．
②由（1）知，，则，其中，
，
令，
于是时，单调递增，时，单调递减，
故在处取得最大值，故，所以，
所以，．
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