四川省攀枝花市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·攀枝花期末）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：已知随机变量服从正态分布，且，，
则，
所以.
故答案为：D
【分析】由题意可得利用正态分布可得，再利用对称性即可求解.
2．（2024高二下·攀枝花期末）已知等比数列满足，则首项（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
已知，则，
所以.
故答案为：C
【分析】利用等比数列的通项公式列出关于的方程组，解方程组即可求解.
3．（2024高二下·攀枝花期末）由这4个数字组成无重复数字的四位数且为偶数，则不同的排法种数为（ ）
A． B．12 C．18 D．24
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当个位数字是0时，无重复数字的四位偶数的个数是，
当个位数字是2时，无重复数字的四位偶数的个数是，
所以不同的排法种数为.
故答案为：A
【分析】按个位数字是0和2分类，再利用排列即可求解.
4．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数满足，则在处的导数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：函数，求导得，
，即，
所以.
故答案为：D
【分析】对求导可得，再把代入即可求解.
5．（2024高二下·攀枝花期末）函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在处取得最大值 B．在区间上单调递减
C．在处取得极大值 D．在区间上有2个极大值点
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由导函数的图象易知：
0 0 非负
递增 极大值 递减 极小值 递增
故答案为：C.
【分析】根据导函数的符号确定函数的单调性，确定函数的极值即可.
6．（2024高二下·攀枝花期末）设为同一个随机试验中的两个随机事件，若，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.6
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：已知，则，
由，
得，所以.
故答案为：B
【分析】先利用对立事件概率可得，再利用全概率的公式即可求解.
7．（2024高二下·攀枝花期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，（），因为，
由；由.
所以函数在上递减，在上递增.
所以，
又，，所以.
再设，（），因为，
由；由.
所以函数在上递减，在上递增.
所以.
又，即.
故.
故答案为：A
【分析】设，求导可得利用单调性即可；设函数，；利用导函数可得函数单调性，即可.
8．（2024高二下·攀枝花期末）某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，若是唯一的最大值，则的值为（ ）
A．5.6 B．6.4 C．7.2 D．8
【答案】B
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：依题意，，
由是唯一的最大值，得，即，
则，整理得，解得，
而，因此，所以.
故答案为：B
【分析】利用二项分布列出不等式可得，再利用二项分布的期望公式即可求解.
9．（2024高二下·攀枝花期末）已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项
C．展开式的常数项为540 D．展开式的有理项共有3项
【答案】B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：二项式的展开式中各项系数之和是，
令时，则，解得，
A、展开式共7项，故A错误；
B、二项式系数最大的项是第4项，故B正确；
C、二项式展开式的通项：，
令，得，则展开式的常数项，故C正确；
D、由为整数，得，因此展开式的有理项共有4项，故D错误.
故答案为：BC
【分析】利用赋值法求出幂指数可得，再结合展开式的通项，逐项判断即可求解.
10．（2024高二下·攀枝花期末）甲乙两种品牌的手表，它们的日走时误差分别为和（单位：），其分布列为
甲品牌的走时误差分布列
0 1
0.1 0.8 0.1
乙品牌的走时误差分布列
0 1 2
0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【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：A、，，故A正确；
B、，，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：ABC
【分析】利用期望、方差的定义计算即可判断AD；利用期望、方差的性质计算即可判断CD.
11．（2024高二下·攀枝花期末）如图，棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．到平面的距离为
D．直线与所成角的余弦值为
【答案】B,C,D
【知识点】向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以中点为原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，，，.
所以，，，，.
设平面的法向量为：，
则：，
取.
A、因为，所以平面不成立，故A错误；
B、因为，所以成立，故B正确；
C、点到平面的距离为：，故C正确；
D、设直线与所成的角为，则，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】建立空间直角坐标系， 平面的法向量为， 再利用空间向量判断个选项的准确性.
12．（2024高二下·攀枝花期末）若函数存在两个极值点，则（ ）
A．函数至少有一个零点 B．或
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、由，得是的一个零点，故A正确；
B、函数定义域为，
求导得，由存在两个极值，
得方程有两个不相等的正实根，即有两个变号零点，
因此，且，解得，故B错误；
C、由，，得，则，故C正确；
D、
，
令，求导得，
即在上单调递增，因此，
故D正确.
故答案为：ACD
【分析】求出零点即可判断A；利用题意可得导函数有两个不等的正零点即可判断B；利用一元二次方程根的分布即可判断C；计算并构造函数，求导可得，即可得函数的最小值即可判断D.
13．（2024高二下·攀枝花期末）已知，则正整数= .
【答案】4
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：已知，
则，化简可得，解得，满足题意.
故答案为：4
【分析】利用组合数和排列数公式列方程即可求解.
14．（2024高二下·攀枝花期末）乡村振兴战略坚持农业农村优先发展，目标是按照产业兴旺 生态宜居 乡风文明 治理有效 生活富裕的总要求，建立健全城乡融合发展体制机制和政策体系，加快推进农业农村现代化.某乡镇通过建立帮扶政策，使得该乡镇财政收入连年持续增长，具体数据如表所示：
第年 1 2 3 4 5
收入（单位：亿元） 3 8 10 14 15
由上表可得关于的近似回归方程为，则第6年该乡镇财政收入预计为 亿元.
【答案】19
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由题意可得，，由线性回归方程一定经过样本中心点，
可得：，所以，即.
当时，.
故答案为：19
【分析】先利用线性回归方程一定经过样本中心点（3，10），即可求，再利用回归方程进行预计即可求解.
15．（2024高二下·攀枝花期末）从4名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，则不同的选法种数为 （用数字作答）.
【答案】30
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若甲入选，乙没入选，从除了乙之外的5人选择3人，有种情况，
若乙入选，甲没入选，同理可得，有种情况，
若甲乙均入选，则从除甲乙外的5人中选择2人，有种情况，
综上，共有种情况.
故答案为：30
【分析】分甲入选，乙没入选，乙入选，甲没入选和甲乙均入选三种情况分别求出选法，再利用分类加法计算原理即可求解.
16．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数（是自然对数的底数），则函数的最大值为 ；若关于的方程恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围为 .
【答案】；
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：（1）的定义域为，，
故在上递增，在上递减，所以是的极大值也即是最大值.
（2）由（1）知在上递增，在上递减，最大值为.
当时，当时，，当时，.
由，即.
由上述分析可知有一个解.
故需有两个不同的解，
由上述分析可知，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：（1）；（2）.
【分析】（1）先求导可得，再利用导数求得函数的单调区间，即可求解；
（2）对因式分解，将此方程有三个不同实数解，转化为，的解的个数来求解的取值范围即可求解.
17．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数在处有极值.
（1）求的解析式；
（2）求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）解：函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，当时，，则在处取得极大值，因此，
，由，解得，
所以函数的解析式为.
（2）解：由（1）知，，且函数在上递增，在上递减，
当时，，，
所以函数在上的最大值是，最小值是.
【知识点】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）先求导可得，利用导数和极值点、极值的关系建立方程求解并验证即可求解；
（2）由（1）求出函数的单调区间，再求出极值和端点值比较即可求解.
（1）函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，当时，，则在处取得极大值，因此，
，由，解得，
所以函数的解析式为.
（2）由（1）知，，且函数在上递增，在上递减，
当时，，，
所以函数在上的最大值是，最小值是.
18．（2024高二下·攀枝花期末）近年来我国新能源汽车产业迅速发展，下表是某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：
年份
销量（万台）
某机构调查了该地区位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主
女性车主
总计
（1）求新能源乘用车的销量关于年份的线性相关系数，并判断与之间的线性相关关系的强弱；（若，相关性较强；若，相关性一般；若，相关性较弱）
（2）请将上述列联表补充完整，根据小概率值的独立性检验，分析购车车主购置新能源乘用车与性别是否有关系？
①参考公式：相关系数；
②参考数据：；
③卡方临界值表：
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
其中，.
【答案】（1）解：由表格知：，，
所以，
，
，
由上，有，
所以与之间的线性相关性较强；
（2）解：依题意，完善表格如下：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主
女性车主
总计
则的观测值，
根据小概率值的独立性检验，我们认为购车车主购置新能源乘用车与性别是有关，此推断犯错误概率不大于.
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）先利用系数公式计算相关系数=0.96，再利用r的大小判断相关性强弱即可求解；
（2）完成联表，根据公式计算=，结合临界值表判断是否有关即可求解.
（1）由表格知：，，
所以，
，
，
由上，有，
所以与之间的线性相关性较强；
（2）依题意，完善表格如下：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主
女性车主
总计
则的观测值，
根据小概率值的独立性检验，我们认为购车车主购置新能源乘用车与性别是有关，此推断犯错误概率不大于.
19．（2024高二下·攀枝花期末）已知数列的前项和为，且满足，公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）解：数列的前项和为，，当时，，
两式相减得，即，由，得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，；
由是与的等比中项，得，又，则，
整理得，又，解得，于是，
所以数列的通项公式分别为，.
（2）解：由（1）知，，
，
于是，
两式相减，
所以.
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）先利用与的关系可得，再利用等比中项的定义求出=3，再利用通项公式即可求解；
（2）利用（1）的结论求出，再利用错位丰减法求和即可求解.
（1）数列的前项和为，，当时，，
两式相减得，即，由，得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，；
由是与的等比中项，得，又，则，
整理得，又，解得，于是，
所以数列的通项公式分别为，.
（2）由（1）知，，
，
于是，
两式相减得，
所以.
20．（2024高二下·攀枝花期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面.
（1）求证：点是棱的中点；
（2）若平面与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为为矩形，所以点是是中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，因为点是是中点，
所以点是棱的中点；
（2）解：因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为为矩形，所以，
因为，平面，
所以平面，所以就是与平面所成的角，
可得，，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，利用线面平行的性质定理可得即可得证；
（2）利用线面垂直的判定定理可得就是与平面所成的角，求出，以为原点建立空间直角坐标系，可得平面的法向量和平面的一个法向量，再利用二面角的向量求法即可求解.
（1）
连接交于点，连接，
因为为矩形，所以点是是中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，因为点是是中点，
所以点是棱的中点；
（2）因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为为矩形，所以，
因为，平面，
所以平面，所以就是与平面所成的角，
可得，，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
21．（2024高二下·攀枝花期末）2023年第三十一届世界大学生夏季运动会在成都举行，中国运动员在赛场上挥洒汗水 挑战极限 实现梦想.最终，中国代表团以103枚金牌 40枚银牌 35枚铜牌，总计178枚奖牌的成绩，位列金牌榜和奖牌榜双第一，激发了大学生积极进行体育锻炼的热情.已知甲 乙两名大学生每天上午 下午都各用半个小时进行体育锻炼，近50天选择体育锻炼项目情况统计如下：
体育锻炼项目情况 （上午，下午） （足球，足球） （足球，羽毛球） （羽毛球，足球） （羽毛球，羽毛球）
甲 20天 10天
乙 10天 10天 5天 25天
假设甲 乙在上午 下午选择体育锻炼的项目相互独立，用频率估计概率.已知甲上午锻炼选择羽毛球的条件下，下午锻炼仍选择羽毛球的概率为.
（1）请将表格内容补充完整（写出计算过程）；
（2）记为甲 乙在一天中选择体育锻炼项目的个数之差的绝对值.求的分布列和数学期望；
（3）已知在这50天中上午室外温度在20度以下的概率为，并且当上午的室外温度低于20度时，甲去打羽毛球的概率为，若已知某天上午甲去打羽毛球，求这一天上午室外温度在20度以下的概率.
【答案】（1）解：设事件C为“甲上午选择羽毛球”，事件为“甲下午选择羽毛球”，设甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为，
则，解得，
所以甲一天中锻炼情况为（足球，羽毛球）的天数为，
体育锻炼项目的情况（上午，下午） （足球，足球） （足球，羽毛球） （羽毛球，足球） （羽毛球，羽毛球）
甲 20天 15天 5天 10天
10天 10天 5天 25天
（2）解：依题意，甲上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为；
乙上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为．
记为甲 乙在一天中选择体育锻炼项目个数之差的绝对值，则的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
所以．
（3）解：记事件为“上午室外温度在20度以下”，事件为“甲上午打羽毛球”，由题意知，
.
故若某天上午甲去打羽毛球，则这一天上午室外温度在20度以下的概率为．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先利用条件概率的计算公式得到甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为15天，再补充表格内容即可求解；
（2）先利用概率计算公式分别计算甲、乙上午、下午选择同一种球和两种球的概率，再确定的取值，求得每个值对应的概率，即可得分布列，再利用期望公式即可求解；
（3）利用条件概率的计算公式即可求解.
（1）设事件C为“甲上午选择羽毛球”，事件为“甲下午选择羽毛球”，
设甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为，
则，解得，
所以甲一天中锻炼情况为（足球，羽毛球）的天数为，
体育锻炼项目的情况（上午，下午） （足球，足球） （足球，羽毛球） （羽毛球，足球） （羽毛球，羽毛球）
甲 20天 15天 5天 10天
10天 10天 5天 25天
（2）依题意，甲上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为；
乙上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为．
记为甲 乙在一天中选择体育锻炼项目个数之差的绝对值，则的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
所以．
（3）记事件为“上午室外温度在20度以下”，事件为“甲上午打羽毛球”，
由题意知，
.
故若某天上午甲去打羽毛球，则这一天上午室外温度在20度以下的概率为．
22．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
（2）讨论函数的零点个数.
【答案】（1）解：当时，，求导得，则，而，
于是曲线在点处的切线为，即，
直线交轴于点，交于点，
所以曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积.
（2）解：函数的定义域为，
求导得，
当时，则，函数在上单调递减，
显然，当时，，，
则，，，
于是，因此函数有唯一零点；
若，由得，
当时，，当时，，
则在单调递减，在单调递增，，
显然函数在上单调递增，
当时，，函数无零点；
当时，，函数有唯一零点；
当时，，当时，，，
则，，，于是，函数在上有一个零点，
当时，显然，，
，
因此，令，求导得，
即在上单调递增，，于是，
从而函数在上有一个零点，
于是当时，函数有两个零点，
所以当或时，函数有1个零点；当时，有两个零点；当时，无零点.
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先把代入求导可得，再利用导数的几何意义可得k=3，出利用点斜式方程即可求解.
（2）先求导可得，再分，，，四类讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及函数最值情况探讨零点即可求解.
（1）当时，，求导得，则，而，
于是曲线在点处的切线为，即，
直线交轴于点，交于点，
所以曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积.
（2）函数的定义域为，
求导得，
当时，则，函数在上单调递减，
显然，当时，，，
则，，，
于是，因此函数有唯一零点；
若，由得，
当时，，当时，，
则在单调递减，在单调递增，，
显然函数在上单调递增，
当时，，函数无零点；
当时，，函数有唯一零点；
当时，，当时，，，
则，，，于是，函数在上有一个零点，
当时，显然，，
，
因此，令，求导得，
即在上单调递增，，于是，
从而函数在上有一个零点，
于是当时，函数有两个零点，
所以当或时，函数有1个零点；当时，有两个零点；当时，无零点.
1 / 1四川省攀枝花市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·攀枝花期末）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·攀枝花期末）已知等比数列满足，则首项（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024高二下·攀枝花期末）由这4个数字组成无重复数字的四位数且为偶数，则不同的排法种数为（ ）
A． B．12 C．18 D．24
4．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数满足，则在处的导数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·攀枝花期末）函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在处取得最大值 B．在区间上单调递减
C．在处取得极大值 D．在区间上有2个极大值点
6．（2024高二下·攀枝花期末）设为同一个随机试验中的两个随机事件，若，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.6
7．（2024高二下·攀枝花期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·攀枝花期末）某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，若是唯一的最大值，则的值为（ ）
A．5.6 B．6.4 C．7.2 D．8
9．（2024高二下·攀枝花期末）已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项
C．展开式的常数项为540 D．展开式的有理项共有3项
10．（2024高二下·攀枝花期末）甲乙两种品牌的手表，它们的日走时误差分别为和（单位：），其分布列为
甲品牌的走时误差分布列
0 1
0.1 0.8 0.1
乙品牌的走时误差分布列
0 1 2
0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高二下·攀枝花期末）如图，棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．到平面的距离为
D．直线与所成角的余弦值为
12．（2024高二下·攀枝花期末）若函数存在两个极值点，则（ ）
A．函数至少有一个零点 B．或
C． D．
13．（2024高二下·攀枝花期末）已知，则正整数= .
14．（2024高二下·攀枝花期末）乡村振兴战略坚持农业农村优先发展，目标是按照产业兴旺 生态宜居 乡风文明 治理有效 生活富裕的总要求，建立健全城乡融合发展体制机制和政策体系，加快推进农业农村现代化.某乡镇通过建立帮扶政策，使得该乡镇财政收入连年持续增长，具体数据如表所示：
第年 1 2 3 4 5
收入（单位：亿元） 3 8 10 14 15
由上表可得关于的近似回归方程为，则第6年该乡镇财政收入预计为 亿元.
15．（2024高二下·攀枝花期末）从4名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，则不同的选法种数为 （用数字作答）.
16．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数（是自然对数的底数），则函数的最大值为 ；若关于的方程恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围为 .
17．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数在处有极值.
（1）求的解析式；
（2）求在上的最大值和最小值.
18．（2024高二下·攀枝花期末）近年来我国新能源汽车产业迅速发展，下表是某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：
年份
销量（万台）
某机构调查了该地区位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主
女性车主
总计
（1）求新能源乘用车的销量关于年份的线性相关系数，并判断与之间的线性相关关系的强弱；（若，相关性较强；若，相关性一般；若，相关性较弱）
（2）请将上述列联表补充完整，根据小概率值的独立性检验，分析购车车主购置新能源乘用车与性别是否有关系？
①参考公式：相关系数；
②参考数据：；
③卡方临界值表：
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
其中，.
19．（2024高二下·攀枝花期末）已知数列的前项和为，且满足，公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
20．（2024高二下·攀枝花期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面.
（1）求证：点是棱的中点；
（2）若平面与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
21．（2024高二下·攀枝花期末）2023年第三十一届世界大学生夏季运动会在成都举行，中国运动员在赛场上挥洒汗水 挑战极限 实现梦想.最终，中国代表团以103枚金牌 40枚银牌 35枚铜牌，总计178枚奖牌的成绩，位列金牌榜和奖牌榜双第一，激发了大学生积极进行体育锻炼的热情.已知甲 乙两名大学生每天上午 下午都各用半个小时进行体育锻炼，近50天选择体育锻炼项目情况统计如下：
体育锻炼项目情况 （上午，下午） （足球，足球） （足球，羽毛球） （羽毛球，足球） （羽毛球，羽毛球）
甲 20天 10天
乙 10天 10天 5天 25天
假设甲 乙在上午 下午选择体育锻炼的项目相互独立，用频率估计概率.已知甲上午锻炼选择羽毛球的条件下，下午锻炼仍选择羽毛球的概率为.
（1）请将表格内容补充完整（写出计算过程）；
（2）记为甲 乙在一天中选择体育锻炼项目的个数之差的绝对值.求的分布列和数学期望；
（3）已知在这50天中上午室外温度在20度以下的概率为，并且当上午的室外温度低于20度时，甲去打羽毛球的概率为，若已知某天上午甲去打羽毛球，求这一天上午室外温度在20度以下的概率.
22．（2024高二下·攀枝花期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
（2）讨论函数的零点个数.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：已知随机变量服从正态分布，且，，
则，
所以.
故答案为：D
【分析】由题意可得利用正态分布可得，再利用对称性即可求解.
2．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
已知，则，
所以.
故答案为：C
【分析】利用等比数列的通项公式列出关于的方程组，解方程组即可求解.
3．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当个位数字是0时，无重复数字的四位偶数的个数是，
当个位数字是2时，无重复数字的四位偶数的个数是，
所以不同的排法种数为.
故答案为：A
【分析】按个位数字是0和2分类，再利用排列即可求解.
4．【答案】D
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：函数，求导得，
，即，
所以.
故答案为：D
【分析】对求导可得，再把代入即可求解.
5．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由导函数的图象易知：
0 0 非负
递增 极大值 递减 极小值 递增
故答案为：C.
【分析】根据导函数的符号确定函数的单调性，确定函数的极值即可.
6．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：已知，则，
由，
得，所以.
故答案为：B
【分析】先利用对立事件概率可得，再利用全概率的公式即可求解.
7．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，（），因为，
由；由.
所以函数在上递减，在上递增.
所以，
又，，所以.
再设，（），因为，
由；由.
所以函数在上递减，在上递增.
所以.
又，即.
故.
故答案为：A
【分析】设，求导可得利用单调性即可；设函数，；利用导函数可得函数单调性，即可.
8．【答案】B
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：依题意，，
由是唯一的最大值，得，即，
则，整理得，解得，
而，因此，所以.
故答案为：B
【分析】利用二项分布列出不等式可得，再利用二项分布的期望公式即可求解.
9．【答案】B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：二项式的展开式中各项系数之和是，
令时，则，解得，
A、展开式共7项，故A错误；
B、二项式系数最大的项是第4项，故B正确；
C、二项式展开式的通项：，
令，得，则展开式的常数项，故C正确；
D、由为整数，得，因此展开式的有理项共有4项，故D错误.
故答案为：BC
【分析】利用赋值法求出幂指数可得，再结合展开式的通项，逐项判断即可求解.
10．【答案】A,B,C
【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：A、，，故A正确；
B、，，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：ABC
【分析】利用期望、方差的定义计算即可判断AD；利用期望、方差的性质计算即可判断CD.
11．【答案】B,C,D
【知识点】向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以中点为原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，，，.
所以，，，，.
设平面的法向量为：，
则：，
取.
A、因为，所以平面不成立，故A错误；
B、因为，所以成立，故B正确；
C、点到平面的距离为：，故C正确；
D、设直线与所成的角为，则，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】建立空间直角坐标系， 平面的法向量为， 再利用空间向量判断个选项的准确性.
12．【答案】A,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、由，得是的一个零点，故A正确；
B、函数定义域为，
求导得，由存在两个极值，
得方程有两个不相等的正实根，即有两个变号零点，
因此，且，解得，故B错误；
C、由，，得，则，故C正确；
D、
，
令，求导得，
即在上单调递增，因此，
故D正确.
故答案为：ACD
【分析】求出零点即可判断A；利用题意可得导函数有两个不等的正零点即可判断B；利用一元二次方程根的分布即可判断C；计算并构造函数，求导可得，即可得函数的最小值即可判断D.
13．【答案】4
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：已知，
则，化简可得，解得，满足题意.
故答案为：4
【分析】利用组合数和排列数公式列方程即可求解.
14．【答案】19
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由题意可得，，由线性回归方程一定经过样本中心点，
可得：，所以，即.
当时，.
故答案为：19
【分析】先利用线性回归方程一定经过样本中心点（3，10），即可求，再利用回归方程进行预计即可求解.
15．【答案】30
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若甲入选，乙没入选，从除了乙之外的5人选择3人，有种情况，
若乙入选，甲没入选，同理可得，有种情况，
若甲乙均入选，则从除甲乙外的5人中选择2人，有种情况，
综上，共有种情况.
故答案为：30
【分析】分甲入选，乙没入选，乙入选，甲没入选和甲乙均入选三种情况分别求出选法，再利用分类加法计算原理即可求解.
16．【答案】；
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：（1）的定义域为，，
故在上递增，在上递减，所以是的极大值也即是最大值.
（2）由（1）知在上递增，在上递减，最大值为.
当时，当时，，当时，.
由，即.
由上述分析可知有一个解.
故需有两个不同的解，
由上述分析可知，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：（1）；（2）.
【分析】（1）先求导可得，再利用导数求得函数的单调区间，即可求解；
（2）对因式分解，将此方程有三个不同实数解，转化为，的解的个数来求解的取值范围即可求解.
17．【答案】（1）解：函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，当时，，则在处取得极大值，因此，
，由，解得，
所以函数的解析式为.
（2）解：由（1）知，，且函数在上递增，在上递减，
当时，，，
所以函数在上的最大值是，最小值是.
【知识点】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）先求导可得，利用导数和极值点、极值的关系建立方程求解并验证即可求解；
（2）由（1）求出函数的单调区间，再求出极值和端点值比较即可求解.
（1）函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，当时，，则在处取得极大值，因此，
，由，解得，
所以函数的解析式为.
（2）由（1）知，，且函数在上递增，在上递减，
当时，，，
所以函数在上的最大值是，最小值是.
18．【答案】（1）解：由表格知：，，
所以，
，
，
由上，有，
所以与之间的线性相关性较强；
（2）解：依题意，完善表格如下：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主
女性车主
总计
则的观测值，
根据小概率值的独立性检验，我们认为购车车主购置新能源乘用车与性别是有关，此推断犯错误概率不大于.
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）先利用系数公式计算相关系数=0.96，再利用r的大小判断相关性强弱即可求解；
（2）完成联表，根据公式计算=，结合临界值表判断是否有关即可求解.
（1）由表格知：，，
所以，
，
，
由上，有，
所以与之间的线性相关性较强；
（2）依题意，完善表格如下：
购置传统燃油车 购置新能源车 总计
男性车主
女性车主
总计
则的观测值，
根据小概率值的独立性检验，我们认为购车车主购置新能源乘用车与性别是有关，此推断犯错误概率不大于.
19．【答案】（1）解：数列的前项和为，，当时，，
两式相减得，即，由，得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，；
由是与的等比中项，得，又，则，
整理得，又，解得，于是，
所以数列的通项公式分别为，.
（2）解：由（1）知，，
，
于是，
两式相减，
所以.
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）先利用与的关系可得，再利用等比中项的定义求出=3，再利用通项公式即可求解；
（2）利用（1）的结论求出，再利用错位丰减法求和即可求解.
（1）数列的前项和为，，当时，，
两式相减得，即，由，得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，；
由是与的等比中项，得，又，则，
整理得，又，解得，于是，
所以数列的通项公式分别为，.
（2）由（1）知，，
，
于是，
两式相减得，
所以.
20．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为为矩形，所以点是是中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，因为点是是中点，
所以点是棱的中点；
（2）解：因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为为矩形，所以，
因为，平面，
所以平面，所以就是与平面所成的角，
可得，，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，利用线面平行的性质定理可得即可得证；
（2）利用线面垂直的判定定理可得就是与平面所成的角，求出，以为原点建立空间直角坐标系，可得平面的法向量和平面的一个法向量，再利用二面角的向量求法即可求解.
（1）
连接交于点，连接，
因为为矩形，所以点是是中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，因为点是是中点，
所以点是棱的中点；
（2）因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为为矩形，所以，
因为，平面，
所以平面，所以就是与平面所成的角，
可得，，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
设是平面的一个法向量，
可得，所以，
令，可得，所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
21．【答案】（1）解：设事件C为“甲上午选择羽毛球”，事件为“甲下午选择羽毛球”，设甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为，
则，解得，
所以甲一天中锻炼情况为（足球，羽毛球）的天数为，
体育锻炼项目的情况（上午，下午） （足球，足球） （足球，羽毛球） （羽毛球，足球） （羽毛球，羽毛球）
甲 20天 15天 5天 10天
10天 10天 5天 25天
（2）解：依题意，甲上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为；
乙上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为．
记为甲 乙在一天中选择体育锻炼项目个数之差的绝对值，则的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
所以．
（3）解：记事件为“上午室外温度在20度以下”，事件为“甲上午打羽毛球”，由题意知，
.
故若某天上午甲去打羽毛球，则这一天上午室外温度在20度以下的概率为．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先利用条件概率的计算公式得到甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为15天，再补充表格内容即可求解；
（2）先利用概率计算公式分别计算甲、乙上午、下午选择同一种球和两种球的概率，再确定的取值，求得每个值对应的概率，即可得分布列，再利用期望公式即可求解；
（3）利用条件概率的计算公式即可求解.
（1）设事件C为“甲上午选择羽毛球”，事件为“甲下午选择羽毛球”，
设甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为，
则，解得，
所以甲一天中锻炼情况为（足球，羽毛球）的天数为，
体育锻炼项目的情况（上午，下午） （足球，足球） （足球，羽毛球） （羽毛球，足球） （羽毛球，羽毛球）
甲 20天 15天 5天 10天
10天 10天 5天 25天
（2）依题意，甲上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为；
乙上午 下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为．
记为甲 乙在一天中选择体育锻炼项目个数之差的绝对值，则的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
所以．
（3）记事件为“上午室外温度在20度以下”，事件为“甲上午打羽毛球”，
由题意知，
.
故若某天上午甲去打羽毛球，则这一天上午室外温度在20度以下的概率为．
22．【答案】（1）解：当时，，求导得，则，而，
于是曲线在点处的切线为，即，
直线交轴于点，交于点，
所以曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积.
（2）解：函数的定义域为，
求导得，
当时，则，函数在上单调递减，
显然，当时，，，
则，，，
于是，因此函数有唯一零点；
若，由得，
当时，，当时，，
则在单调递减，在单调递增，，
显然函数在上单调递增，
当时，，函数无零点；
当时，，函数有唯一零点；
当时，，当时，，，
则，，，于是，函数在上有一个零点，
当时，显然，，
，
因此，令，求导得，
即在上单调递增，，于是，
从而函数在上有一个零点，
于是当时，函数有两个零点，
所以当或时，函数有1个零点；当时，有两个零点；当时，无零点.
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先把代入求导可得，再利用导数的几何意义可得k=3，出利用点斜式方程即可求解.
（2）先求导可得，再分，，，四类讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及函数最值情况探讨零点即可求解.
（1）当时，，求导得，则，而，
于是曲线在点处的切线为，即，
直线交轴于点，交于点，
所以曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积.
（2）函数的定义域为，
求导得，
当时，则，函数在上单调递减，
显然，当时，，，
则，，，
于是，因此函数有唯一零点；
若，由得，
当时，，当时，，
则在单调递减，在单调递增，，
显然函数在上单调递增，
当时，，函数无零点；
当时，，函数有唯一零点；
当时，，当时，，，
则，，，于是，函数在上有一个零点，
当时，显然，，
，
因此，令，求导得，
即在上单调递增，，于是，
从而函数在上有一个零点，
于是当时，函数有两个零点，
所以当或时，函数有1个零点；当时，有两个零点；当时，无零点.
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