广东省中山市中山纪念中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷
1．（2024高二下·中山月考）下列说法正确的是（ ）
A．线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
C．正态分布的图象越瘦高，越大
D．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1
2．（2024高二下·中山月考）直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线 的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·中山月考）已知等差数列中，为数列的前项和，则（ ）
A．115 B．110 C． D．
4．（2024高二下·中山月考） 小王每次通过英语听力测试的概率是，且每次通过英语听力测试相互独立，他连续测试3次，那么其中恰有1次通过的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·中山月考）已知离散型随机变量X的概率分布如表，离散型随机变量Y满足，则（ ）
X 0 1 2 3
P a 5a
A． B． C． D．
6．（2024高二下·中山月考）将三颗骰子各掷一次，记事件 “三个点数都不同”， “至少出现一个6点”，则条件概率等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·中山月考）已知数列满足，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·中山月考）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·中山月考）带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（ ）
A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有种放法
D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
10．（2024高二下·中山月考）为了解推动出口后的亩收入情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（参考：若随机变量服从正态分布，）
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·中山月考）如图，在下列给出的正方体中，点为顶点，点为下底面的中心，点为正方体的棱所在的中点，则与不垂直的是（ ）.
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·中山月考）若展开式中的常数项为，则实数 .
13．（2024高二下·中山月考）若随机变量，随机变量，则 .
14．（2024高二下·中山月考）甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用、表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙袋中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件B的概率是 .
15．（2024高二下·中山月考）已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
16．（2024高二下·中山月考）已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点.
17．（2024高二下·中山月考）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上.
（1）证明：平面平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
18．（2024高二下·中山月考）秋天的第一杯奶茶是一个网络词汇，最早出自四川达州一位当地民警之口，民警用“秋天的第一杯奶茶”顺利救下一名女孩，由此而火爆全网.后来很多人开始在秋天里买一杯奶茶送给自己在意的人.某奶茶店主记录了入秋后前7天每天售出的奶茶数量（单位：杯）
如下：
日期 第一天 第二天 第三天 第四天 第五天 第六天 第七天
日期代码 1 2 3 4 5 6 7
杯数 4 15 22 26 29 31 32
（1）请根据以上数据，绘制散点图，并根据散点图判断，与哪一个更适宜作为y关于x的回归方程模型（给出判断即可，不必说明理由）；
（2）建立y关于x的回归方程（结果保留1位小数），并根据建立的回归方程，试预测要到哪一天售出的奶茶才能超过35杯？
（3）若每天售出至少25杯即可盈利，则从第一天至第七天中任选三天，记随机变量X表示盈利的天数，求随机变量X的分布列.
参考公式和数据：其中
回归直线方程中，
22.7 1.2 759 235.1 13.2 8.2
19．（2024高二下·中山月考）已知函数．
（1）证明曲线在处的切线过原点；
（2）若，讨论的单调性；
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A：值越大，模型的拟合效果越好，A错误；
B，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，B正确．
C，正态分布的图象越瘦高，越小，C错误；
D， 两个随机变量的线性相关性越强， 则相关系数的绝对值越接近于1 ，D错误.
故答案为：B．
【分析】本题考查回归分析，正态分布，线性相关系数.根据值越大，模型的拟合效果越好，可判断A选项；根据残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，可判断B选项；根据正态分布的意义可知：正态分布的图象越瘦高，越小，可判断C选项；根据相关系数的统计学意义，可判断D选项.
2．【答案】D
【知识点】直线的点斜式方程；圆的标准方程
【解析】【解答】解：由可知圆心为，
又因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
由点斜式得直线，
化简得直线的方程是．
故答案为：D．
【分析】本题考查直线的点斜式方程.先求出圆心坐标，再根据直线垂直的斜率关系可求出斜率，再利用直线的点斜式方程可求出直线方程.
3．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公差为，则由得，解得，
．
故答案为：D．
【分析】本题考查等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式.先利用等差数列的通项公式可列出方程，解方程可求出公差，再利用等差数列前项和公式进行计算可求出答案．
4．【答案】A
【知识点】离散型随机变量及其分布列；二项分布
【解析】【解答】解：由已知可得，
恰有1次通过的概率是，
故答案为：A
【分析】利用相互独立事件恰好发生次概率公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：，解得，
所以离散型随机变量Y的概率分布列为：
Y -1 1 3 5
P
所以.
故答案为：A.
【分析】由概率分布列的性质求出的值，从而得出离散型随机变量Y的概率分布列，再结合互斥事件加法求概率公式求出的值.
6．【答案】A
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：由题意，事件即为“三个点数都不同且至少出现一个6点”，
， ，
．
故答案为：A．
【分析】本题考查条件概率的计算公式.先利用古典概型的计算公式求出，再利用条件概率的计算公式可求出答案.
7．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；数列的通项公式
【解析】【解答】，即，
可得，又，
即有数列是首项为1，公差为4的等差数列，
可得，
即.
故选：D.
【分析】本题考查数列的通项公式.先进行取倒数可得：，再进行变形可得，据此可推出数列是首项为1，公差为4的等差数列，利用等差数列的通项公式可求出，进而可求出.
8．【答案】B
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，令，解得，
令，解得．所以在上单调单减，在上单调单增，
又在上恒成立，所以解得．
故答案为：B．
【分析】根据导数的正负判断原函数的单调性，得到关于的不等式，即可求得范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A：每个球都可以放入4个不同的盒子，则共有种放法，A正确；
B：放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则有：全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，B错误；
C：先选择4个球，有种，再选择一个盒子，有种，故共有种放法，C正确；
D：全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查排列组合的实际应用，分步乘法计数原理.直接利用分步乘法计数原理进行运算，可判断A选项；根据题意分析可得：全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，据此可列出式子进行计算，判断B选项；应用分步乘法计数原理：先选择4个球，再选择一个盒子，据此可列出计算式子判断C选项；根据题意分析可得：问题相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，据此可列出式子进行计算，判断D选项.
10．【答案】B,C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】A.因为，所以，
而，而，
所以，A错误；
B.因为，
所以，B正确，
C.D.依题可知，，所以，
故，故C正确，D错误；
故选：BC．
【分析】本题考查正态分布的性质.根据正态分布的对称性可得：，再结合，可得，据此可判断A选项；利用正态分布的对称性可得：，再代入数据进行计算，据此可判断B选项；根据题意可得：，利用正态分布的对称性可得：，再进行计算可判断C和D选项.
11．【答案】C,D
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】设正方体的棱长为2，
A：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，A错误；
B：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，B错误；
对C：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，C正确；
D：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，D正确.
故选：CD.
【分析】本题考查利用空间向量判断直线与直线的位置关系.设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直与数量积的关系，据此可选出正确答案.
12．【答案】1
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由二项式展开式的通项为，
令，可得，代入可得，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查二项式定理展开式的通项公式.先求出二项展开式的通项，令，解方程可求出的值，反代入二项式的通项公式可列出方程，解方程可求出实数的值.
13．【答案】
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由可知：，
又因为，所以，
，则.
故答案为：.
【分析】本题考查正态分布，离散型随机变量的期望和方差的性质.先利用正态分布的性质可求出随机变量的期望和方差，再利用随机变量的期望和方差的性质可得：，，代入数据进行计算可求出答案.
14．【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
故答案为：
【分析】本题考查全概率的计算公式.先根据题意求出：，再利用全概率的计算公式进行计算可求出答案.
15．【答案】（1）当时，.
当时，，
经检验，当时，也符合.
综上，.
（2）由
则
，
故的前项和.
【知识点】等差数列的前n项和；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】本题考查通项和前n项和的关系，分组求和，裂项相消法求数列的和.
（1）先求出，再根据的关系：可求出的通项公式；
（2）先根据题意求出，再根据通项分奇偶利用分组求和法和裂项相消法可求出.
16．【答案】（1）由题知，，，，
由的面积为，得，
又，代入可得，，∴椭圆的方程为.
（2）联立得，
设，，可得，，
由题知，
即，
即，解得，
∴直线的方程为，故直线恒过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）根据椭圆的关系式和三角形的面积公式可得：，解方程可求出，据此可写出椭圆的方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，应用韦达定理可得：，，再根据，应用直线的斜率公式可推出m与k的关系，进而推出直线恒过定点的坐标，证明结论；
17．【答案】（1）因为底面，平面，所以.
四边形是直角梯形，，，
因为，所以.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则，
取，则，得.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以，二面角的余弦值为.
解法二：
取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则.
取，则，则.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.（1）利用直线与平面垂直的性质可得：，利用勾股定理逆定理得可证明：，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，利用平面与平面垂直的判定定理可证明结论；
（2）为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量的夹角计算公式计算可得：，据此可求出结论；
（1）因为底面，平面，所以.
四边形是直角梯形，，，
因为，所以.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则，
取，则，得.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以，二面角的余弦值为.
解法二：
取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则.
取，则，则.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为
18．【答案】（1）根据散点图，知更适宜作为关于的回归方程模型；
（2）令，则，
由已知数据得，
，
所以，
故关于的回归方程为，
进而由题意知，令，整理得，即，
故当时，即到第9天才能超过35杯；
（3）由题意知，这7天中销售超过25杯的有4天，则随机变量的可能取值为
，，
，，
则随机变量的分布列为
0 1 2 3
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；超几何分布
【解析】【分析】本题考查线性回归方程，超几何分布.(1)先做出散点图，观察散点图可得：散点图为曲线，据此可得：更适宜作为关于的回归方程模型；
(2)采用换元法：令，则，根据已知数据，利用线性回归方程求解公式求解可得：
，，进据此可得：，进而可得：，根据题意可列出不等式，解不等式可求出x的取值范围，据此可求出答案.
(3)根据题意可得随机变量的可能取值为，利用超几何分布的计算公式可求出对应变量的概率，据此可列出随机变量的分布列.
（1）根据散点图，知更适宜作为关于的回归方程模型；
（2）令，则，
由已知数据得，
，
所以，
故关于的回归方程为，
进而由题意知，令，整理得，即，
故当时，即到第9天才能超过35杯；
（3）由题意知，这7天中销售超过25杯的有4天，则随机变量的可能取值为
，，
，，
则随机变量的分布列为
0 1 2 3
19．【答案】（1）由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
故切线方程为，即，所以恒过原点．
（2）由（1）得，
①时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
令，则
②且，即时，，在上单调递增，
时，，
，则，或，得
所以在上单调递增，在上单调递增；
，则，则，
所以在上单调递减，
综上：时，在上单调递增；在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递增；在上单调递减.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】本题考查曲线的切线方程，利用导函数研究函数的单调性.
（1）先求出导函数，再根据导数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式可求出切线方程为，据此可证明切线恒过原点；
（2）先求出导函数，再分三种情况：，，讨论导函数的正负，据此可求出函数的单调区间.
1 / 1广东省中山市中山纪念中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷
1．（2024高二下·中山月考）下列说法正确的是（ ）
A．线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
C．正态分布的图象越瘦高，越大
D．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1
【答案】B
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A：值越大，模型的拟合效果越好，A错误；
B，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，B正确．
C，正态分布的图象越瘦高，越小，C错误；
D， 两个随机变量的线性相关性越强， 则相关系数的绝对值越接近于1 ，D错误.
故答案为：B．
【分析】本题考查回归分析，正态分布，线性相关系数.根据值越大，模型的拟合效果越好，可判断A选项；根据残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，可判断B选项；根据正态分布的意义可知：正态分布的图象越瘦高，越小，可判断C选项；根据相关系数的统计学意义，可判断D选项.
2．（2024高二下·中山月考）直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线 的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的点斜式方程；圆的标准方程
【解析】【解答】解：由可知圆心为，
又因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
由点斜式得直线，
化简得直线的方程是．
故答案为：D．
【分析】本题考查直线的点斜式方程.先求出圆心坐标，再根据直线垂直的斜率关系可求出斜率，再利用直线的点斜式方程可求出直线方程.
3．（2024高二下·中山月考）已知等差数列中，为数列的前项和，则（ ）
A．115 B．110 C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公差为，则由得，解得，
．
故答案为：D．
【分析】本题考查等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式.先利用等差数列的通项公式可列出方程，解方程可求出公差，再利用等差数列前项和公式进行计算可求出答案．
4．（2024高二下·中山月考） 小王每次通过英语听力测试的概率是，且每次通过英语听力测试相互独立，他连续测试3次，那么其中恰有1次通过的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】离散型随机变量及其分布列；二项分布
【解析】【解答】解：由已知可得，
恰有1次通过的概率是，
故答案为：A
【分析】利用相互独立事件恰好发生次概率公式求解即可.
5．（2024高二下·中山月考）已知离散型随机变量X的概率分布如表，离散型随机变量Y满足，则（ ）
X 0 1 2 3
P a 5a
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：，解得，
所以离散型随机变量Y的概率分布列为：
Y -1 1 3 5
P
所以.
故答案为：A.
【分析】由概率分布列的性质求出的值，从而得出离散型随机变量Y的概率分布列，再结合互斥事件加法求概率公式求出的值.
6．（2024高二下·中山月考）将三颗骰子各掷一次，记事件 “三个点数都不同”， “至少出现一个6点”，则条件概率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：由题意，事件即为“三个点数都不同且至少出现一个6点”，
， ，
．
故答案为：A．
【分析】本题考查条件概率的计算公式.先利用古典概型的计算公式求出，再利用条件概率的计算公式可求出答案.
7．（2024高二下·中山月考）已知数列满足，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；数列的通项公式
【解析】【解答】，即，
可得，又，
即有数列是首项为1，公差为4的等差数列，
可得，
即.
故选：D.
【分析】本题考查数列的通项公式.先进行取倒数可得：，再进行变形可得，据此可推出数列是首项为1，公差为4的等差数列，利用等差数列的通项公式可求出，进而可求出.
8．（2024高二下·中山月考）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，令，解得，
令，解得．所以在上单调单减，在上单调单增，
又在上恒成立，所以解得．
故答案为：B．
【分析】根据导数的正负判断原函数的单调性，得到关于的不等式，即可求得范围.
9．（2024高二下·中山月考）带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（ ）
A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有种放法
D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】A,C,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A：每个球都可以放入4个不同的盒子，则共有种放法，A正确；
B：放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则有：全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，B错误；
C：先选择4个球，有种，再选择一个盒子，有种，故共有种放法，C正确；
D：全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查排列组合的实际应用，分步乘法计数原理.直接利用分步乘法计数原理进行运算，可判断A选项；根据题意分析可得：全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，据此可列出式子进行计算，判断B选项；应用分步乘法计数原理：先选择4个球，再选择一个盒子，据此可列出计算式子判断C选项；根据题意分析可得：问题相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，据此可列出式子进行计算，判断D选项.
10．（2024高二下·中山月考）为了解推动出口后的亩收入情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（参考：若随机变量服从正态分布，）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】A.因为，所以，
而，而，
所以，A错误；
B.因为，
所以，B正确，
C.D.依题可知，，所以，
故，故C正确，D错误；
故选：BC．
【分析】本题考查正态分布的性质.根据正态分布的对称性可得：，再结合，可得，据此可判断A选项；利用正态分布的对称性可得：，再代入数据进行计算，据此可判断B选项；根据题意可得：，利用正态分布的对称性可得：，再进行计算可判断C和D选项.
11．（2024高二下·中山月考）如图，在下列给出的正方体中，点为顶点，点为下底面的中心，点为正方体的棱所在的中点，则与不垂直的是（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】C,D
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】设正方体的棱长为2，
A：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，A错误；
B：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，B错误；
对C：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，C正确；
D：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，D正确.
故选：CD.
【分析】本题考查利用空间向量判断直线与直线的位置关系.设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直与数量积的关系，据此可选出正确答案.
12．（2024高二下·中山月考）若展开式中的常数项为，则实数 .
【答案】1
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由二项式展开式的通项为，
令，可得，代入可得，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查二项式定理展开式的通项公式.先求出二项展开式的通项，令，解方程可求出的值，反代入二项式的通项公式可列出方程，解方程可求出实数的值.
13．（2024高二下·中山月考）若随机变量，随机变量，则 .
【答案】
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由可知：，
又因为，所以，
，则.
故答案为：.
【分析】本题考查正态分布，离散型随机变量的期望和方差的性质.先利用正态分布的性质可求出随机变量的期望和方差，再利用随机变量的期望和方差的性质可得：，，代入数据进行计算可求出答案.
14．（2024高二下·中山月考）甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用、表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙袋中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件B的概率是 .
【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
故答案为：
【分析】本题考查全概率的计算公式.先根据题意求出：，再利用全概率的计算公式进行计算可求出答案.
15．（2024高二下·中山月考）已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）当时，.
当时，，
经检验，当时，也符合.
综上，.
（2）由
则
，
故的前项和.
【知识点】等差数列的前n项和；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】本题考查通项和前n项和的关系，分组求和，裂项相消法求数列的和.
（1）先求出，再根据的关系：可求出的通项公式；
（2）先根据题意求出，再根据通项分奇偶利用分组求和法和裂项相消法可求出.
16．（2024高二下·中山月考）已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点.
【答案】（1）由题知，，，，
由的面积为，得，
又，代入可得，，∴椭圆的方程为.
（2）联立得，
设，，可得，，
由题知，
即，
即，解得，
∴直线的方程为，故直线恒过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）根据椭圆的关系式和三角形的面积公式可得：，解方程可求出，据此可写出椭圆的方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，应用韦达定理可得：，，再根据，应用直线的斜率公式可推出m与k的关系，进而推出直线恒过定点的坐标，证明结论；
17．（2024高二下·中山月考）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上.
（1）证明：平面平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）因为底面，平面，所以.
四边形是直角梯形，，，
因为，所以.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则，
取，则，得.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以，二面角的余弦值为.
解法二：
取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则.
取，则，则.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.（1）利用直线与平面垂直的性质可得：，利用勾股定理逆定理得可证明：，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，利用平面与平面垂直的判定定理可证明结论；
（2）为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量的夹角计算公式计算可得：，据此可求出结论；
（1）因为底面，平面，所以.
四边形是直角梯形，，，
因为，所以.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则，
取，则，得.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以，二面角的余弦值为.
解法二：
取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则.
取，则，则.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为
18．（2024高二下·中山月考）秋天的第一杯奶茶是一个网络词汇，最早出自四川达州一位当地民警之口，民警用“秋天的第一杯奶茶”顺利救下一名女孩，由此而火爆全网.后来很多人开始在秋天里买一杯奶茶送给自己在意的人.某奶茶店主记录了入秋后前7天每天售出的奶茶数量（单位：杯）
如下：
日期 第一天 第二天 第三天 第四天 第五天 第六天 第七天
日期代码 1 2 3 4 5 6 7
杯数 4 15 22 26 29 31 32
（1）请根据以上数据，绘制散点图，并根据散点图判断，与哪一个更适宜作为y关于x的回归方程模型（给出判断即可，不必说明理由）；
（2）建立y关于x的回归方程（结果保留1位小数），并根据建立的回归方程，试预测要到哪一天售出的奶茶才能超过35杯？
（3）若每天售出至少25杯即可盈利，则从第一天至第七天中任选三天，记随机变量X表示盈利的天数，求随机变量X的分布列.
参考公式和数据：其中
回归直线方程中，
22.7 1.2 759 235.1 13.2 8.2
【答案】（1）根据散点图，知更适宜作为关于的回归方程模型；
（2）令，则，
由已知数据得，
，
所以，
故关于的回归方程为，
进而由题意知，令，整理得，即，
故当时，即到第9天才能超过35杯；
（3）由题意知，这7天中销售超过25杯的有4天，则随机变量的可能取值为
，，
，，
则随机变量的分布列为
0 1 2 3
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；超几何分布
【解析】【分析】本题考查线性回归方程，超几何分布.(1)先做出散点图，观察散点图可得：散点图为曲线，据此可得：更适宜作为关于的回归方程模型；
(2)采用换元法：令，则，根据已知数据，利用线性回归方程求解公式求解可得：
，，进据此可得：，进而可得：，根据题意可列出不等式，解不等式可求出x的取值范围，据此可求出答案.
(3)根据题意可得随机变量的可能取值为，利用超几何分布的计算公式可求出对应变量的概率，据此可列出随机变量的分布列.
（1）根据散点图，知更适宜作为关于的回归方程模型；
（2）令，则，
由已知数据得，
，
所以，
故关于的回归方程为，
进而由题意知，令，整理得，即，
故当时，即到第9天才能超过35杯；
（3）由题意知，这7天中销售超过25杯的有4天，则随机变量的可能取值为
，，
，，
则随机变量的分布列为
0 1 2 3
19．（2024高二下·中山月考）已知函数．
（1）证明曲线在处的切线过原点；
（2）若，讨论的单调性；
【答案】（1）由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
故切线方程为，即，所以恒过原点．
（2）由（1）得，
①时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
令，则
②且，即时，，在上单调递增，
时，，
，则，或，得
所以在上单调递增，在上单调递增；
，则，则，
所以在上单调递减，
综上：时，在上单调递增；在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递增；在上单调递减.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】本题考查曲线的切线方程，利用导函数研究函数的单调性.
（1）先求出导函数，再根据导数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式可求出切线方程为，据此可证明切线恒过原点；
（2）先求出导函数，再分三种情况：，，讨论导函数的正负，据此可求出函数的单调区间.
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