广东省江门市2023-2024学年高二下学期数学调研测试(二)
1．（2024高二下·江门期末）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·江门期末）一个车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了6次试验，收集数据如下表所示，建立加工时间关于零件数的一元线性回归模型，则回归直线必过点（ ）
零件数个 50 60 70 80 90 100
加工时间min 88 95 102 108 115 122
A． B． C． D．
3．（2024高二下·江门期末）在等差数列中，，若直线l过点，，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C．2 D．3
4．（2024高二下·江门期末）由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·江门期末）某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩X服从正态分布，将考试成绩从高到低，按照16%，34%，34%，16%的比例分为A，B，C，D四个等级．若小明的数学成绩为105分，则属于等级（ ）
（附：，，）
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高二下·江门期末）已知曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个公共点，则实数a的值是（ ）
A． B．0 C．0或8 D．8
7．（2024高二下·江门期末）已知数列的前n项和为，且，设，则的前11项和为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
8．（2024高二下·江门期末）设事件A，B满足，且，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·江门期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是椭圆C上任意一点（非长轴的顶点），则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的焦点坐标为
B．当时，椭圆C的离心率为
C．当时，的周长为6
D．若椭圆C的离心率为，则的面积的最大值是
10．（2024高二下·江门期末）在正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段
B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个
D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
11．（2024高二下·江门期末）在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列，下列说法正确的是（ ）
A．若为1阶等比数列，，，则为等比数列且公比2
B．若为1阶等差数列，共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50，则为等差数列且公差为2
C．若为m阶等比数列，则为m阶等差数列
D．若既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，则是等比数列
12．（2024高二下·江门期末）展开式中的系数为 ．
13．（2024高二下·江门期末）已知直线与圆交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
14．（2024高二下·江门期末）丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知在上为“凸函数”，则实数m的取值范围是 ．
15．（2024高二下·江门期末）已知数列满足，，数列是正项等比数列，且，．
（1）求，的通项公式；
（2）从下面①②两个条件中选择一个作为已知条件，求数列的前项和．
①；②．
16．（2024高二下·江门期末）为了对高中生进行职业规划教育，让高中生了解信息技术发展的前沿，体验典型人工智能技术的应用感受和人工智能对学习和生活的影响，激发学生对信息技术未来的追求，某市计划在高一年级推广开设人工智能研究性学习课程．为调研学生对人工智能的兴趣，随机从某校高一年级学生中抽取了100人进行调查，其中数据如下表：
有兴趣 没兴趣 合计
男生 48 2 50
女生 32 18 50
合计 80 20 100
（1）依据小概率值的独立性检验，分析高一学生对人工智能有兴趣与性别是否有关？
（2）以该100名高一学生对人工智能有兴趣的频率作为全市高一学生对人工智能有兴趣的概率，从全市的高一学生中随机抽取5名学生，记X为这5名学生中对人工智能有兴趣的学生人数，求X的期望与方差．
参考公式：，．
参考数据：
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
17．（2024高二下·江门期末）如图，四边形与四边形是全等的矩形，，，P为上的动点．
（1）若P为的中点，求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024高二下·江门期末）某学校高二年级乒乓球社团举办了一次乒乓球比赛，进入决赛的9名选手来自于3个不同的班级，三个班级的选手人数分别是2，3，4，本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名选手进行8场比赛，每场比赛采取5局3胜制，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束，根据积分选出最后的冠军．如果最终积分相同，则同分选手加赛决出排名，积分规则如下：比赛中以或取胜的选手积3分，失败的选手积0分；而在比赛中以取胜的选手积2分，失败的选手积1分．已知第6场是甲、乙之间的比赛，设每局比赛甲取胜的概率为．
（1）若进入决赛的9名选手获得冠亚军的概率相等，则比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级的概率是多少？
（2）在第6场比赛中，当时，设甲所得积分为，求的分布列及期望
（3）在第6场比赛中，记甲取胜的概率为，求的最大值．
19．（2024高二下·江门期末）已知函数，．
（1）令，讨论的单调性；
（2）若是的极值点，函数有且仅有一个零点，设和为两个不相等的正数，且满足．
①求k的取值范围；
②求证：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数定义域为，，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的导函数，代值求导数值即可.
2．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；回归分析
【解析】【解答】解：易知，
，
则回归直线必过点.
故答案为：B.
【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点判断即可.
3．【答案】C
【知识点】等差数列的性质；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：在等差数列中，，
则公差，
所以，直线l的斜率为.
故答案为：C.
【分析】根据给定条件和等差数列的性质，从而得出公差的值，再由两点求斜率公式，进而得出直线l的斜率.
4．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的离心率为，则，解得，
故双曲线的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】由离心率为2，求得的值，再求双曲线的渐近线方程即可.
5．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由数学测试成绩服从正态分布，可得，，
因为等级的概率之和为，
所以，
，，即
则为A等级，为B等级，为C等级，为D等级，
即105分为A等级．
故答案为：A.
【分析】根据正态分布的性质求解即可.
6．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，，则，
即曲线在点处的切线方程为，即，
当时，曲线与直线平行，无公共点，
则，曲线是对称轴为的抛物线，
因此直线与曲线有且仅有一个公共点，
当且仅当只有一个解，即有相等实根，
故，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，求出切线方程，再按与分类讨论求解即可.
7．【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【解答】解： 数列的前n项和为，且 ，
由，则数列的前11项和为：.
故答案为：A.
【分析】利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式计算即可.
8．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，，，
又因为，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和对立事件求概率公式以及，从而得出，再利用得出的值，再结合条件概率公式得出的值.
9．【答案】A,C
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知椭圆的焦点坐标为，故A正确；
B、当时，椭圆，离心率，故B错误；
C、当时，椭圆，则的周长为，故C正确；
D、若椭圆C的离心率为，则，解得，，
设，则的面积，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】求椭圆的焦点坐标即可判断A；求出离心率、焦点三角形周期、面积最大值即可判断BCD.
10．【答案】A,B,D
【知识点】排列、组合的实际应用；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：对于A，每两点确定一条线段，
则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，所以A正确；
对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上，
以正方形的顶点为顶点的三角形有4个，从而得出正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，
因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，所以B正确；
对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法，
其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，
因此三棱锥共有个，所以C错误；
对于D，由选项C知，正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，
因此四棱锥共有，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用每两点确定一条线段和组合数公式，则判断出选项A；利用直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，则直三棱柱两底面在正方体相对面上，从而得出以正方形的顶点为顶点的三角形的个数，进而计数原理得出正方体的一组相对面对应的直三棱柱的个数，则判断出选项B；利用三棱锥的结构特征和三棱锥与正方体的关系，再由组合数公式和排除法，则得出以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数，从而判断出选项C；由选项C得出正方体四点共面的情况种数，再利用每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，则由计数原理得出以正方体的顶点为顶点的四棱锥个数，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、若数列为1阶等比数列，则，即为正项等比数列，
设公比为，由题意可得：两式相除得，则，故A错误；
B、若数列为1阶等差数列，则，即为等差数列.，设公差为d，
因为共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50，
则，，两式相减得到，
解得，故B正确.
C、若数列为阶等比数列，则，使得成立，
即，因为，
所以，
即成立，则为阶等差数列，故C正确；
D、若数列既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，
则与同时成立，
即与同时成立，
因为数列的各项均为正数，所以对任意的，
数列和数列都是等比数列，
由数列是等比数列，
得也成等比数列，
设，
所以，则是等比数列， 故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可判断A；根据题意可得为等差数列，根据题意写出，，两式相减即可判断B；由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可判断C；根据既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可判断D.
12．【答案】15
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为的通项为，
令，解得：
所以展开式中的项为：
因此展开式中的系数为15
故答案为：15
【分析】本题考查二项式展开式的通项.先求出的展开式的通项，再，求出k的值，反代回展开式的通项公式可求出答案.
13．【答案】（答案不唯一）
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，
，解得或，
即，当时，有，解得，
当时，有，解得.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】利用圆的弦长求法，结合面积列方程求解即可.
14．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：函数定义域为，，，
由题意，，恒成立，
函数在上单调递增，，则，
则实数m的取值范围是.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导得、，利用“凸函数”的定义求解即可.
15．【答案】（1）解： 数列满足，， 则，即数列是以为首项，为公差的等差数列，
故；
数列是正项等比数列，且， ，则，
由题意可得：，解得，则等比数列的公比为，
即；
（2）解：若选①、，
则；
若选②、，
则，
，
两式相减得
，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意可得数列是以为首项，为公差的等差数列，求出的通项公式即可；根据等比数列的性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，求得数列的公比，从而求得数列的通项公式；
（2）若选①则利用裂项相消法求得；若选②则，利用错位相减法求即可.
（1）因为，，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
由等比数列的性质可得，
由题意可得，解得，所以等比数列的公比为，
所以.
（2）若选①，
，
所以.
若选②，，
所以，
则，
两式相减得
，
因此；
16．【答案】（1）解：零假设：高一学生对人工智能有兴趣与性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为高一学生对人工智能有兴趣与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001；
（2）解：由数表知，100名高一学生对人工智能有兴趣的频率为，
因此全市高一学生对人工智能有兴趣的概率为，
由题意可知：随机变量的可能取值为，且，
则期望，方差.
【知识点】独立性检验的应用；二项分布
【解析】【分析】（1）先进行零假设，再计算，与临界值比对判断即可；
（2）求出频率，利用二项分布求期望、方差即可.
（1）零假设：高一学生对人工智能有兴趣与性别无关，
由给定的数表，得，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为高一学生对人工智能有兴趣与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）由数表知，100名高一学生对人工智能有兴趣的频率为，
因此全市高一学生对人工智能有兴趣的概率为，
依题意，的可能取值为，，
所以期望，方差.
17．【答案】（1）证明：由题意知，因为四边形为矩形，所以，
且平面平面，
所以平面，又因为平面，所以.
因为，点为的中点，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：由（1）知，平面，又，故平面，
所以是直线在平面内的射影，
所以就是直线与平面所成的角，即，
即，设，则.
又由（1）知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，即，
设平面的一个法向量为，，
则，即，令，则，即，
设平面与平面的夹角为，可知为锐角，，
故平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，建利用空间向量法求解即可．
（1）由题意知，又四边形为矩形，得，
且平面平面，
所以平面，又平面，所以.
因为，点为的中点，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又平面平面，
所以平面，
（2）由（1）知，平面，又，故平面，
所以是直线在平面内的射影，
所以就是直线与平面所成的角，即，
即，设，则.
又由（1）知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
则，
设平面的一个法向量为，
由于，所以，即，
令，则，即，
设平面的一个法向量为，
，
由于，所以，即，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，可知为锐角，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件，则；
（2）解：由题意可知：的可能取值为，
，
，
，
，
显然的分布列为
；
（3）解：由题意，，，
令，解得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则在处取得极大值，即最大值，且.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算即可；
（2）由题意可知：的可能取值为，求出所对应的概率，列分布列，计算数学期望即可；
（3）依题意，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值.
（1）记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件，
则；
（2）依题意的可能取值为，
所以，
，
，
.
所以的分布列为
所以的期望为.
（3）依题意，，
则，
令，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以.
19．【答案】（1）解：函数定义域为，，
令，则，
当时，令，得，令，得，
则函数的单调增区间为，单调递减区间为，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调减区间为，单调递增区间为，
综上所述，当时，函数的单调增区间为，单调递减区间为；
当时，函数的单调减区间为，单调递增区间为；
（2）解：①、，
因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，
则，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
又当时，且，当时，，
作出函数的大致图象，如图所示：
函数有一个零点，
即函数的图象有一个交点，
由图可知或，所以或；
②当时，，
由，不妨设，
又，结合（1），则，
要证，由，得，
即证，
令，则，故在区间内单调递增，
所以，故，即，
综上.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导函数，对a分类讨论，利用导函数正负得出函数的单调区间即可；
（2）①、先根据极值点求出，再把有一个零点转化结合函数图形求出参数范围即可；
②、构造函数再应用导函数确定函数单调性证明不等式.
（1），
，
函数为减函数，
令，则，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调增区间为，减区间为，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调减区间为，增区间为，
综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为；
当时，函数的单调减区间为，增区间为；
（2）①，
因为是的极值点，所以，解得，
经检验符合题意，
则，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
作出函数的大致图象，如图所示，
函数有一个零点，
即函数的图象有一个交点，
由图可知或，所以或；
②当时，，
由，不妨设，
又，结合（1），则，
要证，由，得，
即证，
令，则，
故在区间内单调递增，
所以，故，即，
综上.
1 / 1广东省江门市2023-2024学年高二下学期数学调研测试(二)
1．（2024高二下·江门期末）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数定义域为，，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的导函数，代值求导数值即可.
2．（2024高二下·江门期末）一个车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了6次试验，收集数据如下表所示，建立加工时间关于零件数的一元线性回归模型，则回归直线必过点（ ）
零件数个 50 60 70 80 90 100
加工时间min 88 95 102 108 115 122
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；回归分析
【解析】【解答】解：易知，
，
则回归直线必过点.
故答案为：B.
【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点判断即可.
3．（2024高二下·江门期末）在等差数列中，，若直线l过点，，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】C
【知识点】等差数列的性质；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：在等差数列中，，
则公差，
所以，直线l的斜率为.
故答案为：C.
【分析】根据给定条件和等差数列的性质，从而得出公差的值，再由两点求斜率公式，进而得出直线l的斜率.
4．（2024高二下·江门期末）由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的离心率为，则，解得，
故双曲线的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】由离心率为2，求得的值，再求双曲线的渐近线方程即可.
5．（2024高二下·江门期末）某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩X服从正态分布，将考试成绩从高到低，按照16%，34%，34%，16%的比例分为A，B，C，D四个等级．若小明的数学成绩为105分，则属于等级（ ）
（附：，，）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由数学测试成绩服从正态分布，可得，，
因为等级的概率之和为，
所以，
，，即
则为A等级，为B等级，为C等级，为D等级，
即105分为A等级．
故答案为：A.
【分析】根据正态分布的性质求解即可.
6．（2024高二下·江门期末）已知曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个公共点，则实数a的值是（ ）
A． B．0 C．0或8 D．8
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，，则，
即曲线在点处的切线方程为，即，
当时，曲线与直线平行，无公共点，
则，曲线是对称轴为的抛物线，
因此直线与曲线有且仅有一个公共点，
当且仅当只有一个解，即有相等实根，
故，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，求出切线方程，再按与分类讨论求解即可.
7．（2024高二下·江门期末）已知数列的前n项和为，且，设，则的前11项和为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【解答】解： 数列的前n项和为，且 ，
由，则数列的前11项和为：.
故答案为：A.
【分析】利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式计算即可.
8．（2024高二下·江门期末）设事件A，B满足，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，，，
又因为，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和对立事件求概率公式以及，从而得出，再利用得出的值，再结合条件概率公式得出的值.
9．（2024高二下·江门期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是椭圆C上任意一点（非长轴的顶点），则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的焦点坐标为
B．当时，椭圆C的离心率为
C．当时，的周长为6
D．若椭圆C的离心率为，则的面积的最大值是
【答案】A,C
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知椭圆的焦点坐标为，故A正确；
B、当时，椭圆，离心率，故B错误；
C、当时，椭圆，则的周长为，故C正确；
D、若椭圆C的离心率为，则，解得，，
设，则的面积，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】求椭圆的焦点坐标即可判断A；求出离心率、焦点三角形周期、面积最大值即可判断BCD.
10．（2024高二下·江门期末）在正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段
B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个
D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
【答案】A,B,D
【知识点】排列、组合的实际应用；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：对于A，每两点确定一条线段，
则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，所以A正确；
对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上，
以正方形的顶点为顶点的三角形有4个，从而得出正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，
因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，所以B正确；
对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法，
其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，
因此三棱锥共有个，所以C错误；
对于D，由选项C知，正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，
因此四棱锥共有，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用每两点确定一条线段和组合数公式，则判断出选项A；利用直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，则直三棱柱两底面在正方体相对面上，从而得出以正方形的顶点为顶点的三角形的个数，进而计数原理得出正方体的一组相对面对应的直三棱柱的个数，则判断出选项B；利用三棱锥的结构特征和三棱锥与正方体的关系，再由组合数公式和排除法，则得出以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数，从而判断出选项C；由选项C得出正方体四点共面的情况种数，再利用每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，则由计数原理得出以正方体的顶点为顶点的四棱锥个数，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2024高二下·江门期末）在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列，下列说法正确的是（ ）
A．若为1阶等比数列，，，则为等比数列且公比2
B．若为1阶等差数列，共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50，则为等差数列且公差为2
C．若为m阶等比数列，则为m阶等差数列
D．若既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，则是等比数列
【答案】B,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、若数列为1阶等比数列，则，即为正项等比数列，
设公比为，由题意可得：两式相除得，则，故A错误；
B、若数列为1阶等差数列，则，即为等差数列.，设公差为d，
因为共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50，
则，，两式相减得到，
解得，故B正确.
C、若数列为阶等比数列，则，使得成立，
即，因为，
所以，
即成立，则为阶等差数列，故C正确；
D、若数列既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，
则与同时成立，
即与同时成立，
因为数列的各项均为正数，所以对任意的，
数列和数列都是等比数列，
由数列是等比数列，
得也成等比数列，
设，
所以，则是等比数列， 故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可判断A；根据题意可得为等差数列，根据题意写出，，两式相减即可判断B；由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可判断C；根据既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可判断D.
12．（2024高二下·江门期末）展开式中的系数为 ．
【答案】15
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为的通项为，
令，解得：
所以展开式中的项为：
因此展开式中的系数为15
故答案为：15
【分析】本题考查二项式展开式的通项.先求出的展开式的通项，再，求出k的值，反代回展开式的通项公式可求出答案.
13．（2024高二下·江门期末）已知直线与圆交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，
，解得或，
即，当时，有，解得，
当时，有，解得.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】利用圆的弦长求法，结合面积列方程求解即可.
14．（2024高二下·江门期末）丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知在上为“凸函数”，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：函数定义域为，，，
由题意，，恒成立，
函数在上单调递增，，则，
则实数m的取值范围是.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导得、，利用“凸函数”的定义求解即可.
15．（2024高二下·江门期末）已知数列满足，，数列是正项等比数列，且，．
（1）求，的通项公式；
（2）从下面①②两个条件中选择一个作为已知条件，求数列的前项和．
①；②．
【答案】（1）解： 数列满足，， 则，即数列是以为首项，为公差的等差数列，
故；
数列是正项等比数列，且， ，则，
由题意可得：，解得，则等比数列的公比为，
即；
（2）解：若选①、，
则；
若选②、，
则，
，
两式相减得
，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意可得数列是以为首项，为公差的等差数列，求出的通项公式即可；根据等比数列的性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，求得数列的公比，从而求得数列的通项公式；
（2）若选①则利用裂项相消法求得；若选②则，利用错位相减法求即可.
（1）因为，，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
由等比数列的性质可得，
由题意可得，解得，所以等比数列的公比为，
所以.
（2）若选①，
，
所以.
若选②，，
所以，
则，
两式相减得
，
因此；
16．（2024高二下·江门期末）为了对高中生进行职业规划教育，让高中生了解信息技术发展的前沿，体验典型人工智能技术的应用感受和人工智能对学习和生活的影响，激发学生对信息技术未来的追求，某市计划在高一年级推广开设人工智能研究性学习课程．为调研学生对人工智能的兴趣，随机从某校高一年级学生中抽取了100人进行调查，其中数据如下表：
有兴趣 没兴趣 合计
男生 48 2 50
女生 32 18 50
合计 80 20 100
（1）依据小概率值的独立性检验，分析高一学生对人工智能有兴趣与性别是否有关？
（2）以该100名高一学生对人工智能有兴趣的频率作为全市高一学生对人工智能有兴趣的概率，从全市的高一学生中随机抽取5名学生，记X为这5名学生中对人工智能有兴趣的学生人数，求X的期望与方差．
参考公式：，．
参考数据：
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：零假设：高一学生对人工智能有兴趣与性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为高一学生对人工智能有兴趣与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001；
（2）解：由数表知，100名高一学生对人工智能有兴趣的频率为，
因此全市高一学生对人工智能有兴趣的概率为，
由题意可知：随机变量的可能取值为，且，
则期望，方差.
【知识点】独立性检验的应用；二项分布
【解析】【分析】（1）先进行零假设，再计算，与临界值比对判断即可；
（2）求出频率，利用二项分布求期望、方差即可.
（1）零假设：高一学生对人工智能有兴趣与性别无关，
由给定的数表，得，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为高一学生对人工智能有兴趣与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）由数表知，100名高一学生对人工智能有兴趣的频率为，
因此全市高一学生对人工智能有兴趣的概率为，
依题意，的可能取值为，，
所以期望，方差.
17．（2024高二下·江门期末）如图，四边形与四边形是全等的矩形，，，P为上的动点．
（1）若P为的中点，求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由题意知，因为四边形为矩形，所以，
且平面平面，
所以平面，又因为平面，所以.
因为，点为的中点，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：由（1）知，平面，又，故平面，
所以是直线在平面内的射影，
所以就是直线与平面所成的角，即，
即，设，则.
又由（1）知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，即，
设平面的一个法向量为，，
则，即，令，则，即，
设平面与平面的夹角为，可知为锐角，，
故平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，建利用空间向量法求解即可．
（1）由题意知，又四边形为矩形，得，
且平面平面，
所以平面，又平面，所以.
因为，点为的中点，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又平面平面，
所以平面，
（2）由（1）知，平面，又，故平面，
所以是直线在平面内的射影，
所以就是直线与平面所成的角，即，
即，设，则.
又由（1）知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
则，
设平面的一个法向量为，
由于，所以，即，
令，则，即，
设平面的一个法向量为，
，
由于，所以，即，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，可知为锐角，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2024高二下·江门期末）某学校高二年级乒乓球社团举办了一次乒乓球比赛，进入决赛的9名选手来自于3个不同的班级，三个班级的选手人数分别是2，3，4，本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名选手进行8场比赛，每场比赛采取5局3胜制，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束，根据积分选出最后的冠军．如果最终积分相同，则同分选手加赛决出排名，积分规则如下：比赛中以或取胜的选手积3分，失败的选手积0分；而在比赛中以取胜的选手积2分，失败的选手积1分．已知第6场是甲、乙之间的比赛，设每局比赛甲取胜的概率为．
（1）若进入决赛的9名选手获得冠亚军的概率相等，则比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级的概率是多少？
（2）在第6场比赛中，当时，设甲所得积分为，求的分布列及期望
（3）在第6场比赛中，记甲取胜的概率为，求的最大值．
【答案】（1）解：记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件，则；
（2）解：由题意可知：的可能取值为，
，
，
，
，
显然的分布列为
；
（3）解：由题意，，，
令，解得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则在处取得极大值，即最大值，且.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算即可；
（2）由题意可知：的可能取值为，求出所对应的概率，列分布列，计算数学期望即可；
（3）依题意，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值.
（1）记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件，
则；
（2）依题意的可能取值为，
所以，
，
，
.
所以的分布列为
所以的期望为.
（3）依题意，，
则，
令，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以.
19．（2024高二下·江门期末）已知函数，．
（1）令，讨论的单调性；
（2）若是的极值点，函数有且仅有一个零点，设和为两个不相等的正数，且满足．
①求k的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
令，则，
当时，令，得，令，得，
则函数的单调增区间为，单调递减区间为，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调减区间为，单调递增区间为，
综上所述，当时，函数的单调增区间为，单调递减区间为；
当时，函数的单调减区间为，单调递增区间为；
（2）解：①、，
因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，
则，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
又当时，且，当时，，
作出函数的大致图象，如图所示：
函数有一个零点，
即函数的图象有一个交点，
由图可知或，所以或；
②当时，，
由，不妨设，
又，结合（1），则，
要证，由，得，
即证，
令，则，故在区间内单调递增，
所以，故，即，
综上.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导函数，对a分类讨论，利用导函数正负得出函数的单调区间即可；
（2）①、先根据极值点求出，再把有一个零点转化结合函数图形求出参数范围即可；
②、构造函数再应用导函数确定函数单调性证明不等式.
（1），
，
函数为减函数，
令，则，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调增区间为，减区间为，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调减区间为，增区间为，
综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为；
当时，函数的单调减区间为，增区间为；
（2）①，
因为是的极值点，所以，解得，
经检验符合题意，
则，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
作出函数的大致图象，如图所示，
函数有一个零点，
即函数的图象有一个交点，
由图可知或，所以或；
②当时，，
由，不妨设，
又，结合（1），则，
要证，由，得，
即证，
令，则，
故在区间内单调递增，
所以，故，即，
综上.
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