广东省广州市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·广州期中）已知数列为等比数列，，为函数的两个零点，则（ ）
A．10 B．12 C．32 D．33
2．（2024高二下·广州期中）已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广州期中）已知二项展开式，则（ ）
A． B．3 C． D．5
4．（2024高二下·广州期中）一个袋中有m个红球，n个白球，p个黑球（，），从中任取1个球（每球取到的机会均等），设表示取出的红球个数，表示取出的白球个数，则
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·广州期中）现有一组数据0，l，2，3，4，5，6，7，若将这组数据随机删去两个数，则剩下数据的平均数大于4的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广州期中）根据贝叶斯统计理论，事件，，（的对立事件）存在如下关系：．若某地区一种疾病的患病率是，现有一种试剂可以检验被检者是否患病，已知该试剂的准确率为，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有的可能呈现阳性，该试剂的误报率为，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有的可能会误报阳性．现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为（ ）
A．0.0688 B．0.0198 C．0.049 D．0.05
7．（2024高二下·广州期中）等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广州期中）已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
①“”是“”的充要条件；
②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件．
A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
9．（2024高二下·广州期中）事件与互斥，若，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·广州期中）已知函数（），则函数的图像不可能是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·广州期中）已知等差数列，公差为，，则下列命题错误的是（ ）
A．函数可能是奇函数
B．若函数是偶函数，则
C．若，则函数是偶函数
D．若，则函数的图象是轴对称图形
12．（2024高二下·广州期中）的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
13．（2024高二下·广州期中）已知函数，若，则的最小值为 ．
14．（2024高二下·广州期中）设为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，为两条棱上两点（不在同一条棱上）间距离的最小值，则随机变量的所有可能取值有 ，的数学期望为 ．
15．（2024高二下·广州期中）已知等差数列的前项和为，公差.
（1）若，求的通项公式；
（2）从集合中任取3个元素，记这3个元素能成等差数列为事件，求事件发生的概率.
16．（2024高二下·广州期中）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
17．（2024高二下·广州期中）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数．
（1）求随机变量的分布列和期望；
（2）若，设随机变量的方差为，求证：．
18．（2024高二下·广州期中） 设函数的定义域为，给定区间，若存在，使得，则称函数为区间上的“均值函数”，为函数的“均值点”．
（1）试判断函数是否为区间上的“均值函数”，如果是，请求出其“均值点”；如果不是，请说明理由；
（2）已知函数是区间上的“均值函数”，求实数的取值范围；
（3）若函数（常数）是区间上的“均值函数”，且为其“均值点”．将区间任意划分成（）份，设分点的横坐标从小到大依次为，记，，．再将区间等分成（）份，设等分点的横坐标从小到大依次为，记．求使得的最小整数的值．
19．（2024高二下·广州期中）已知．
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）请严格证明曲线有唯一交点；
（3）对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等比数列的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，为函数的两个零点，
即，为关于的方程的两根，
所以，又为等比数列，所以.
故答案为：C.
【分析】利用根与系数关系结合等比数列的下标和性质即可求解.
2．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由，得，则，
由，则切点为，故切线方程为，即．
故答案为：C.
【分析】先求导可得，再利用导数几何意义可得，再利用直线的点斜式方程即可求解.
3．【答案】C
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式；二项式系数
【解析】【解答】解：因为
两边同时求导可得，
令得．
故答案为：C
【分析】先将二项式展开式两边求导，再令即可求解；
4．【答案】D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知：随机变量的分布列如下图所示：
0 1
P
所以有，
，
随机变量的分布列如下图所示：
0 1
P
，
，
因为，所以，因此有，
故答案为：D.
【分析】分别列出随机变量和的分布列，分别计算出的值，结合，可以判断出和大小关系，即可求解.
5．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：0，l，2，3，4，5，6，7删去的两个数之和为4时，
此时剩下的数据的平均数为，
所以要想这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于4，
有四种情况符合要求，
将这组数据随机删去两个数，共有种情况，
所以将这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4的概率为.
故答案为：D
【分析】先得到删去的两个数之和为4时，此时剩下的数据的平均数为4，从而得到要想这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于4，利用列举法得到其情况，结合组合知识求出这组数据随机删去两个数总共的情况，求出概率.
6．【答案】A
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设用该试剂检验呈现阳性为事件，被检验者患病为事件，未患病为事件，
则，，，，
故所求概率，
故答案为：A.
【分析】设用该试剂检验呈现阳性为事件，被检验者患病为事件，利用全概率公式即可求解.
7．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解： 等比数列的首项，公比为 ，则，
数列满足（是正整数）， 则
，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
若当且仅当时，的前项和取得最大值，
则
，即，故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的通项公式的通项，再由题意求得的通项公式，判断其为等差数列，由条件可得，代入通项公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】充要条件；命题的真假判断与应用；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：①、设，，则，
因为在R上为严格增函数，故，
即，则在R上单调递增，
由于，故，即。
即；
当成立时，即，
由于在R上单调递增，故，
故“”是“”的充要条件，①为真命题；
②、当在R上为严格增函数时，由对任意，则都有成立；
当对任意都有时，假设在R上不为严格增函数，
即不恒大于等于0，即，使得，
由于在R上为严格增函数，故时，，
此时在上单调递减，且其图象为一个严格递减的凹型曲线，
故当趋近于负无穷时，的值将趋近于正无穷大，
这与对任意都有矛盾，
则假设不成立，即“在R上为严格增函数”成立，
即“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件，②为真命题，
故答案为：C
【分析】构造函数，结合题设，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可可判断①；利用函数单调性，判断必要性；采用反证思想，结合题设推出矛盾，说明充分性成立，即可判断②假.
9．【答案】A,C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、因为与互斥，所以是必然事件，故，故A正确，
B、因为与互斥，所以，因此，
故B错误，
C、因为，故C正确，
D、因为，
所以，于是，故D错误，
故答案为：AC.
【分析】利用互斥事件的性质和对立事件的性质结合已知条件逐项分析即可求解.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，是奇函数，其图像关于原点对称，∵，
∴的图像是的图像向上或向下平移得到的，∴A项不可能，故A选项符合题意；
由，知当，时，，函数单调递增，
又，∴，即，∴D项不可能，故D选项符合题意；
当，时，，函数单调递减，又，∴，
即，∴C项不可能，故C选项符合题意；
结合以上几种情况可判断B可能，故B选项不符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用是奇函数可得的图像是的图像向上或向下平移得到的，即可判断A不可能；分别讨论和，根据，结合函数的图象，即可判断C、D不可能即可求解.
11．【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：A、若函数是奇函数，则，
可得，所以，此时，，
此时函数是偶函数，故A选项错误；
B、当时，，所以，
，函数是偶函数，
则，故B选项错误；
C、若，则，则，所以，
则，所以函数不是偶函数，故C选项错误；
D、若，则，
，所以，
所以函数的图象关于对称，是轴对称图形，故D选项正确.
故答案为：ABC.
【分析】假设为奇函数结合即可判断A；举反例即可判断BC；求出即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知二项式展开式的通项为，，
则的展开式中常数项为.
故答案为：
【分析】先利用二项式定理展开式的通项公式可得，再利用因式乘积即可求解.
13．【答案】
【知识点】导数的四则运算；基本不等式
【解析】【解答】解：已知，则，
因为，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为．
故答案为：．
【分析】先求导函数可得，结合可得，再利用基本不等式即可求解.
14．【答案】、、；
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：在棱长为的正方体中，如下图所示：
当两条棱相交时，，与每条棱相交的棱有条，即；
当两条棱平行时，这两条棱之间的距离为或，
其中，与棱平行且距离为的棱为、，与棱平行且距离为的棱为；
当两条棱异面时，，与棱异面的棱为、、、.
所以，，
因此.
故答案为：、、；.
【分析】先作出图形，分析可知随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.
15．【答案】（1）解：由等差数列的前项和为，公差，
因为，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）解：由题意，从集合中任取3个元素，共有种不同的取法，
其中这3个元素能成等差数列有
，有6种不同的取法，
所以事件的概率为.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用等差数列的求和公式得，再利用数列的通项公式即可求解；
（2）得到所有的不同取法有20种，再利用列举法求得事件中所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
（1）解：由等差数列的前项和为，公差，
因为，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）解：由题意，从集合中任取3个元素，共有种不同的取法，
其中这3个元素能成等差数列有
，有6种不同的取法，
所以事件的概率为.
16．【答案】解：（1）取的中点为，连接，如图所示：
因为是的中点，且，，所以，
由，可得，
在正方形中，因为，所以，，
因为，所以，则为直角三角形且，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
解：（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，.
设平面的法向量，则，即，
取，，则，
平面的法向量为，则，
因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明面即可；
（2）在平面内，过作，交于，则，建立空间支直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
17．【答案】（1）解：由题随机变量可能的取值为，，
则，
，
故的分布列为：
2 3
故；
（2）证明：由（1）知，
，
令，因为，故，
此时
，
因为二次函数关于对称，又，当时，
所以，
即．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）依题意可能的取值为，求出所对应的概率，求出分布列与数学期望即可求解；
（2）根据，表示出，再换元，利用二次函数的性质计算可得.
（1）由题随机变量可能的取值为，，
则，
，
故的分布列为：
2 3
故；
（2）由（1）知，
，
令，因为，故，
此时
，
因为二次函数关于对称，又，当时，
所以，
即．
18．【答案】（1）解：设函数是区间上“均值函数”，且均值点为，
可得，解得或(舍).
故为区间上的“均值函数”，且为其“均值点”.
（2）解：设为该函数的“均值点”，则，
且，
即关于的方程在区间上有解，
整理得，
①当时，，方程无解.
②当时，可得.
令，则，且，
可得，
又由对勾函数性质，可得函数在上是严格减函数，
在上是严格减函数，在上严格增函数，
所以当时，可得，当，可得，
所以.
即实数的取值范围是.
（3）解：由函数是区间上的“均值函数”，且为其“均值点”，
可得，即，
解得，所以，
则，
当时，，即在上单调递减，
所以()，
则，
又因为，
从而，，
所以，可得.，
由，即，可得，
故使得的最小整数的值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）设函数是区间上“均值函数”，且均值点为，根据新定义代入计算即可求解.
（2）根据新定义可得，关于的方程在区间上有解，分类讨论，结合
对勾函数性质，即可求解.
（3）根据新定义可得，利用导数研究其单调性，分别计算H、G，再放缩即可求解.
19．【答案】（1）解：对于，
极大值
严格增区间；严格减区间；
极大值为
对于，
极大值
严格增区间；严格隇区间；
极大值为
（2）对于函数，
设
当时，，严格递减，，存在一个零点；
当时，，无零点；
当时，由（1）得，所以，
所以，所以，无零点；
综上所述，曲线有唯一交点，且横坐标
（3）因为在上严格单调递增，值域为，所以和在上有一个交点，同理和在上有另一个交点；
因为在上严格单调递增，值域为，所以和在上有一个交点，同理和在上有另一个交点，
由题意，共有三个不同交点，则上述四个交点中有两个重合，于是和交点横坐标为和交点横坐标为，
其中
由题意，而，因为，
又因为在上严格单调递增，所以即，同理，
综上，，所以成等比数列.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)分别对求导，利用导数判断原函数的单调区间与极值；
(2)构建，并求出单调递增和单调递减区间，根据零点存在性定理结合单调性分析零点的个数.
(3)首先分别根据两个函数的定义域与值域，判断与直线的交点个数，共四个交点，进一步分析得出有两个交点是重合的，所以一共有三个交点，利用同构可得，进而可得，即可证明.
1 / 1广东省广州市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·广州期中）已知数列为等比数列，，为函数的两个零点，则（ ）
A．10 B．12 C．32 D．33
【答案】C
【知识点】等比数列的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，为函数的两个零点，
即，为关于的方程的两根，
所以，又为等比数列，所以.
故答案为：C.
【分析】利用根与系数关系结合等比数列的下标和性质即可求解.
2．（2024高二下·广州期中）已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由，得，则，
由，则切点为，故切线方程为，即．
故答案为：C.
【分析】先求导可得，再利用导数几何意义可得，再利用直线的点斜式方程即可求解.
3．（2024高二下·广州期中）已知二项展开式，则（ ）
A． B．3 C． D．5
【答案】C
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式；二项式系数
【解析】【解答】解：因为
两边同时求导可得，
令得．
故答案为：C
【分析】先将二项式展开式两边求导，再令即可求解；
4．（2024高二下·广州期中）一个袋中有m个红球，n个白球，p个黑球（，），从中任取1个球（每球取到的机会均等），设表示取出的红球个数，表示取出的白球个数，则
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知：随机变量的分布列如下图所示：
0 1
P
所以有，
，
随机变量的分布列如下图所示：
0 1
P
，
，
因为，所以，因此有，
故答案为：D.
【分析】分别列出随机变量和的分布列，分别计算出的值，结合，可以判断出和大小关系，即可求解.
5．（2024高二下·广州期中）现有一组数据0，l，2，3，4，5，6，7，若将这组数据随机删去两个数，则剩下数据的平均数大于4的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：0，l，2，3，4，5，6，7删去的两个数之和为4时，
此时剩下的数据的平均数为，
所以要想这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于4，
有四种情况符合要求，
将这组数据随机删去两个数，共有种情况，
所以将这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4的概率为.
故答案为：D
【分析】先得到删去的两个数之和为4时，此时剩下的数据的平均数为4，从而得到要想这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于4，利用列举法得到其情况，结合组合知识求出这组数据随机删去两个数总共的情况，求出概率.
6．（2024高二下·广州期中）根据贝叶斯统计理论，事件，，（的对立事件）存在如下关系：．若某地区一种疾病的患病率是，现有一种试剂可以检验被检者是否患病，已知该试剂的准确率为，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有的可能呈现阳性，该试剂的误报率为，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有的可能会误报阳性．现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为（ ）
A．0.0688 B．0.0198 C．0.049 D．0.05
【答案】A
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设用该试剂检验呈现阳性为事件，被检验者患病为事件，未患病为事件，
则，，，，
故所求概率，
故答案为：A.
【分析】设用该试剂检验呈现阳性为事件，被检验者患病为事件，利用全概率公式即可求解.
7．（2024高二下·广州期中）等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解： 等比数列的首项，公比为 ，则，
数列满足（是正整数）， 则
，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
若当且仅当时，的前项和取得最大值，
则
，即，故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的通项公式的通项，再由题意求得的通项公式，判断其为等差数列，由条件可得，代入通项公式求解即可.
8．（2024高二下·广州期中）已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
①“”是“”的充要条件；
②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件．
A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
【答案】C
【知识点】充要条件；命题的真假判断与应用；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：①、设，，则，
因为在R上为严格增函数，故，
即，则在R上单调递增，
由于，故，即。
即；
当成立时，即，
由于在R上单调递增，故，
故“”是“”的充要条件，①为真命题；
②、当在R上为严格增函数时，由对任意，则都有成立；
当对任意都有时，假设在R上不为严格增函数，
即不恒大于等于0，即，使得，
由于在R上为严格增函数，故时，，
此时在上单调递减，且其图象为一个严格递减的凹型曲线，
故当趋近于负无穷时，的值将趋近于正无穷大，
这与对任意都有矛盾，
则假设不成立，即“在R上为严格增函数”成立，
即“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件，②为真命题，
故答案为：C
【分析】构造函数，结合题设，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可可判断①；利用函数单调性，判断必要性；采用反证思想，结合题设推出矛盾，说明充分性成立，即可判断②假.
9．（2024高二下·广州期中）事件与互斥，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、因为与互斥，所以是必然事件，故，故A正确，
B、因为与互斥，所以，因此，
故B错误，
C、因为，故C正确，
D、因为，
所以，于是，故D错误，
故答案为：AC.
【分析】利用互斥事件的性质和对立事件的性质结合已知条件逐项分析即可求解.
10．（2024高二下·广州期中）已知函数（），则函数的图像不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，是奇函数，其图像关于原点对称，∵，
∴的图像是的图像向上或向下平移得到的，∴A项不可能，故A选项符合题意；
由，知当，时，，函数单调递增，
又，∴，即，∴D项不可能，故D选项符合题意；
当，时，，函数单调递减，又，∴，
即，∴C项不可能，故C选项符合题意；
结合以上几种情况可判断B可能，故B选项不符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用是奇函数可得的图像是的图像向上或向下平移得到的，即可判断A不可能；分别讨论和，根据，结合函数的图象，即可判断C、D不可能即可求解.
11．（2024高二下·广州期中）已知等差数列，公差为，，则下列命题错误的是（ ）
A．函数可能是奇函数
B．若函数是偶函数，则
C．若，则函数是偶函数
D．若，则函数的图象是轴对称图形
【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：A、若函数是奇函数，则，
可得，所以，此时，，
此时函数是偶函数，故A选项错误；
B、当时，，所以，
，函数是偶函数，
则，故B选项错误；
C、若，则，则，所以，
则，所以函数不是偶函数，故C选项错误；
D、若，则，
，所以，
所以函数的图象关于对称，是轴对称图形，故D选项正确.
故答案为：ABC.
【分析】假设为奇函数结合即可判断A；举反例即可判断BC；求出即可判断D.
12．（2024高二下·广州期中）的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知二项式展开式的通项为，，
则的展开式中常数项为.
故答案为：
【分析】先利用二项式定理展开式的通项公式可得，再利用因式乘积即可求解.
13．（2024高二下·广州期中）已知函数，若，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】导数的四则运算；基本不等式
【解析】【解答】解：已知，则，
因为，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为．
故答案为：．
【分析】先求导函数可得，结合可得，再利用基本不等式即可求解.
14．（2024高二下·广州期中）设为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，为两条棱上两点（不在同一条棱上）间距离的最小值，则随机变量的所有可能取值有 ，的数学期望为 ．
【答案】、、；
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：在棱长为的正方体中，如下图所示：
当两条棱相交时，，与每条棱相交的棱有条，即；
当两条棱平行时，这两条棱之间的距离为或，
其中，与棱平行且距离为的棱为、，与棱平行且距离为的棱为；
当两条棱异面时，，与棱异面的棱为、、、.
所以，，
因此.
故答案为：、、；.
【分析】先作出图形，分析可知随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.
15．（2024高二下·广州期中）已知等差数列的前项和为，公差.
（1）若，求的通项公式；
（2）从集合中任取3个元素，记这3个元素能成等差数列为事件，求事件发生的概率.
【答案】（1）解：由等差数列的前项和为，公差，
因为，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）解：由题意，从集合中任取3个元素，共有种不同的取法，
其中这3个元素能成等差数列有
，有6种不同的取法，
所以事件的概率为.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用等差数列的求和公式得，再利用数列的通项公式即可求解；
（2）得到所有的不同取法有20种，再利用列举法求得事件中所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
（1）解：由等差数列的前项和为，公差，
因为，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）解：由题意，从集合中任取3个元素，共有种不同的取法，
其中这3个元素能成等差数列有
，有6种不同的取法，
所以事件的概率为.
16．（2024高二下·广州期中）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：（1）取的中点为，连接，如图所示：
因为是的中点，且，，所以，
由，可得，
在正方形中，因为，所以，，
因为，所以，则为直角三角形且，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
解：（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，.
设平面的法向量，则，即，
取，，则，
平面的法向量为，则，
因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明面即可；
（2）在平面内，过作，交于，则，建立空间支直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
17．（2024高二下·广州期中）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数．
（1）求随机变量的分布列和期望；
（2）若，设随机变量的方差为，求证：．
【答案】（1）解：由题随机变量可能的取值为，，
则，
，
故的分布列为：
2 3
故；
（2）证明：由（1）知，
，
令，因为，故，
此时
，
因为二次函数关于对称，又，当时，
所以，
即．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）依题意可能的取值为，求出所对应的概率，求出分布列与数学期望即可求解；
（2）根据，表示出，再换元，利用二次函数的性质计算可得.
（1）由题随机变量可能的取值为，，
则，
，
故的分布列为：
2 3
故；
（2）由（1）知，
，
令，因为，故，
此时
，
因为二次函数关于对称，又，当时，
所以，
即．
18．（2024高二下·广州期中） 设函数的定义域为，给定区间，若存在，使得，则称函数为区间上的“均值函数”，为函数的“均值点”．
（1）试判断函数是否为区间上的“均值函数”，如果是，请求出其“均值点”；如果不是，请说明理由；
（2）已知函数是区间上的“均值函数”，求实数的取值范围；
（3）若函数（常数）是区间上的“均值函数”，且为其“均值点”．将区间任意划分成（）份，设分点的横坐标从小到大依次为，记，，．再将区间等分成（）份，设等分点的横坐标从小到大依次为，记．求使得的最小整数的值．
【答案】（1）解：设函数是区间上“均值函数”，且均值点为，
可得，解得或(舍).
故为区间上的“均值函数”，且为其“均值点”.
（2）解：设为该函数的“均值点”，则，
且，
即关于的方程在区间上有解，
整理得，
①当时，，方程无解.
②当时，可得.
令，则，且，
可得，
又由对勾函数性质，可得函数在上是严格减函数，
在上是严格减函数，在上严格增函数，
所以当时，可得，当，可得，
所以.
即实数的取值范围是.
（3）解：由函数是区间上的“均值函数”，且为其“均值点”，
可得，即，
解得，所以，
则，
当时，，即在上单调递减，
所以()，
则，
又因为，
从而，，
所以，可得.，
由，即，可得，
故使得的最小整数的值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）设函数是区间上“均值函数”，且均值点为，根据新定义代入计算即可求解.
（2）根据新定义可得，关于的方程在区间上有解，分类讨论，结合
对勾函数性质，即可求解.
（3）根据新定义可得，利用导数研究其单调性，分别计算H、G，再放缩即可求解.
19．（2024高二下·广州期中）已知．
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）请严格证明曲线有唯一交点；
（3）对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列．
【答案】（1）解：对于，
极大值
严格增区间；严格减区间；
极大值为
对于，
极大值
严格增区间；严格隇区间；
极大值为
（2）对于函数，
设
当时，，严格递减，，存在一个零点；
当时，，无零点；
当时，由（1）得，所以，
所以，所以，无零点；
综上所述，曲线有唯一交点，且横坐标
（3）因为在上严格单调递增，值域为，所以和在上有一个交点，同理和在上有另一个交点；
因为在上严格单调递增，值域为，所以和在上有一个交点，同理和在上有另一个交点，
由题意，共有三个不同交点，则上述四个交点中有两个重合，于是和交点横坐标为和交点横坐标为，
其中
由题意，而，因为，
又因为在上严格单调递增，所以即，同理，
综上，，所以成等比数列.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)分别对求导，利用导数判断原函数的单调区间与极值；
(2)构建，并求出单调递增和单调递减区间，根据零点存在性定理结合单调性分析零点的个数.
(3)首先分别根据两个函数的定义域与值域，判断与直线的交点个数，共四个交点，进一步分析得出有两个交点是重合的，所以一共有三个交点，利用同构可得，进而可得，即可证明.
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