广东省韶关市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·韶关期末）已知集合A={x|2≤x＜4}，B={x|3x-7≥8-2x}，则（ ）
A．{x|2＜x＜3} B．{x|2≤x≤3}
C．{x|3＜x＜4} D．{x|3≤x＜4}
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为，所以.
故答案为：D.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2025高二下·韶关期末）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，
可得.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算直接计算即可.
3．（2025高二下·韶关期末）如图，中，，，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得：，
，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用平面向量的线性运算化简求关于、的表达式即可.
4．（2025高二下·韶关期末）某种产品的加工需要经过道工序，如果其中的、两道工序必须相邻，则加工顺序共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为、两道工序必须相邻，所以、工序捆绑看成一个大元素，与其他三个元素进行排序，则不同的加工顺序种数为种.
故答案为：D.
【分析】利用捆绑法，结合分步乘法计数原理、排列数公式求解即可.
5．（2025高二下·韶关期末）已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：由，可得，，
因为等差数列的前项和为，所以、、成等差数列，
所以，则.
故答案为：A.
【分析】根据等差数列片段和性质求解即可.
6．（2025高二下·韶关期末）为了检测某种药物对预防疾病的效果，进行了小动物试验，得到如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
服用 18 7 25
未服用 12 8 20
合计 30 15 45
已知，．根据小概率值的独立性检验，则下列结论正确的是（ ）
A．药物对预防疾病有效果
B．药物对预防疾病有效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C．药物对预防疾病无效果
D．药物对预防疾病无效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
【答案】C
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用
【解析】【解答】解：零假设：药物对预防疾病无效果，
，
根据小概率值的独立性检验，认为零假设成立，即认为药物对预防疾病无效果.
故答案为：C.
【分析】先进行零假设，再计算，与临界值比较，判断即可.
7．（2025高二下·韶关期末）某运动质点位移与时间之间的关系为，则该质点的最大瞬时速度是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则；瞬时变化率；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，求导可得，
设，则，，
函数的对称轴为，
在的最大值为，
即最大导数值为2，故该质点的最大瞬时速度是2.
故答案为：D.
【分析】求导，利用换元法，将导数转化为一元二次函数，求其定义域内的最大值，即导数值，从而确定最大的瞬时速度即可.
8．（2025高二下·韶关期末）今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（ ）（且，参考数据：，）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：设第个月的产量和合格率分别构成数列、，
设，则数列是首项为，公比为的等比数列，即；
数列的前项构成以为首项，公差为的等差数列，
故当时，，
由题意可知当时，，则该公司第个月的销量为，
当时，，
当时，，，则，
故数列为递增数列，且，
因为，，
当时，，此时数列单调递增，
此时，不合乎题意，故.
故答案为：B.
【分析】设第个月的产量和合格率分别构成数列、，由题意易知数列是首项为，公比为的等比数列，求其通项公式，再根据数列的前项构成以为首项，公差为的等差数列，求其通项公式，最后分析数列的单调性，计算得出，即可得出结果.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分．部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·韶关期末）设随机变量，随机变量，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：随机变量，随机变量，
A、易知，故A正确；
B、易知，，则，，
即，故B错误；
C、，故C正确；
D、因为，故正态分布的数据较正态分布更集中，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正态分布的期望和方差即可判断AB；利用正态密度曲线的对称性即可判断C；利用正态曲线的性质即可判断D.
10．（2025高二下·韶关期末）已知函数，则（ ）
A．可能没有零点
B．有两个极值点
C．，在有最大值
D．，在单调递增
【答案】B,C
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数定义域为，，易知，即导数恒有两个不同的零点，且当时，，当时，，则函数至少有一个零点，故A错误；
B、由A选项可知，，，则有两个极值点，故B正确；
C、，由韦达定理可知：导函数的两个零点之积为，则两个零点一正一负，则在内仅有一个极值，由于导函数二次项系数为正，该极值为极大值，也为最大值，
故C正确；
D、函数在单调递增，则恒成立，但开口向上，且必有一个正的变号零点，即原函数在存在递减区间，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】求函数的定义域，再求导，根据极值点和零点的性质即可判断AB；求导后利用韦达定理可得则两个零点一正一负，则在内仅有一个极值即可判断C；由在单调递增可得恒成立，结合二次函数的性质即可判断D.
11．（2025高二下·韶关期末）已知为数列的前项和，，则（ ）
A．为定值 B．数列是递增数列
C． D．数列是递增数列
【答案】A,C,D
【知识点】数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、，当且时，
，为定值，故A正确；
B、由，可得，，，，则数列不单调，故B错误；
C、令，可得，
因为，当时，，当时，，
当时，，则，故C正确；
D、当时，，当时，，
即，则数列是递增数列，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，计算出的值即可判断A；利用特殊值法即可判断B；解不等式即可判断C；利用数列的单调性即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．其中第14题第一空2分，第二空3分．
12．（2025高二下·韶关期末）展开式中的系数为 ．
【答案】-26.
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的展开式的通项为，
则展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】写出的展开式的通项为，再求展开式中的系数即可.
13．（2025高二下·韶关期末）已知函数，则在处的切线方程为 ．
【答案】
【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：函数由定义域为，，令，可得，即，
则，且，
故所求切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，令，求出的值，再利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
14．（2025高二下·韶关期末）在棱长为1个单位的正四面体ABCD上，一个质点在随机外力的作用下从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，则 ， ．
【答案】；
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，质点位于点A的概率为，
则，从B、C、D每个点移动到A的概率为，则，即，
则，，；
因为，所以，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，
则，即.
故答案为：；.
【分析】设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，质点位于点A的概率为，根据对立事件概率公式和独立事件乘法公式求得，即可求出，变形为，利用等比数列定义及通项公式求解即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·韶关期末）一个袋子中有大小相同的6个小球，分别标记着1，2，2，3，4，5，现从中随机摸出3个小球．记摸到的小球上的数字的最小值为．
（1）求；
（2）求的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：从6个球中随机摸出3个小球，共有种不同的取法，
摸到的小球上的数字的最小值为，则3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，
即3个小球中只有一个2的有种，恰有两个2的有种，
则；
（2）解：由题意可知：随机变量的取值可以为，
，，，
的分布列为：
1 2 3
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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）由题意可知：摸出3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，分情况计算一个2与两个2的情况，求概率即可；
（2）由题意可知：随机变量的取值可以为，分别计算其概率，列出分布列并计算期望即可.
（1）从中随机摸出3个小球共有种，
摸到的小球上的数字的最小值为，则3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，
所以3个小球中只有一个2的有种，恰有两个2的有种，
则；
（2）根据题意的取值可以为，
，，，
所以的分布列为：
1 2 3
.
16．（2025高二下·韶关期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，如图所示：
因为四棱锥的底面是矩形，所以是的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面ABCD，平面，所以，
又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令得.
易知知是平面的一个法向量，
，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的平面角的余弦值即可.
（1）如图，连接，交于点，连接.
因为底面是矩形，所以是的中点，
又E为PD的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面ABCD，平面，所以，
又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，则，，，，，，.
设平面的法向量为，
则，令得.
易知知是平面的一个法向量，
所以，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
17．（2025高二下·韶关期末）已知各项均为正数的数列的前项和为，，．
（1）若为等比数列，求和数列的前项和；
（2）若，求数列的通项公式．
【答案】（1）解：若为等比数列，
设等比数列的公比为，，当时，，
因为，所以，所以，即，
解得，，则，即，
则①，
②，
①②得：，
故；
（2）解：因为，所以当时，，
则，即，，
又因为，所以，所以，所以，
所以，即数列是首项为、公比为的等比数列，则，①
设，则，
因为，所以，解得或
当时，，当时，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以②，①-②得．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由题意，当时，和，利用等比数列的基本量列方程求的，再利用错位相减法求即可；
（2）根据数列中和的关系，再由等比数列的定义得，设对比，列出方程组，求出的值，进而由等比数列的定义得，联立方程求数列的通项即可.
（1）设等比数列的公比为，由得，
又，所以，所以，即，
解得或（舍去），所以，所以.
所以，
所以①，
则②
①②得：，
所以.
（2）因为，所以当时，，
所以，即，则有，
又，所以，所以，所以，
所以，所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以，①
设，则，
因为，所以，解得或
当时，，当时，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以②，①-②得．
18．（2025高二下·韶关期末）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求实数的取值范围；
（3）当时，若关于的方程有两个实根和，求证：．
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，解得，
以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在单调递增；
（2）解：由（1）知，当时，函数在上单调递增，当时，，故不符合题意；
当时，，符合题意；
当时，函数在上单调递减，在单调递增，
且，解得，
综上，的取值范围为；
（3）解：当时，函数定义域为，
令，解得，
函数在上单调递减，在单调递增，且，
因为有两个实根和，所以，
，
不妨取，要证，即证，
现证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，
再证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，，
所以，即得证.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和讨论单调性即可；
（2）根据（1）的单调性，排除，时符合题意，当时，可得，解不等式即可求得实数的取值范围；
（3）根据题意可知函数在取得极小值，故不妨设，证明等价于证，再分别证明，即可.
（1）由题知函数的定义域为R，，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，又在R上单调递增，且，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上，当时，函数在R上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，当时，函数在R上单调递增，
又当时，，故不符合题意，
当时，，符合题意，
当时，函数在上单调递减，在单调递增，
所以，解得，
综上，的取值范围为.
（3）时，，
，
所以在上单调递减，在单调递增，
，
有两个实根和，，
，
不妨取，要证，即证，
现证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，
再证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，，
所以，即得证.
19．（2025高二下·韶关期末）甲乙两名选手参加某球类比赛，比赛采用积分制：赛满奇数局，赢1局得2分，输者不得分，积分多者胜．已知甲选手每局比赛获胜的概率为，每局比赛的结果相互独立．
（1）若两人共进行了3局比赛，且，求甲最终获胜的概率及甲得分的方差；
（2）若两人共进行了局比赛，甲最终获胜的概率为，证明：，并说明其统计意义．
【答案】（1）解：易知甲获胜的局数服从二项分布，
甲最终获胜，则甲至少要赢2局，，
，则甲最终获胜的概率，
，
又甲得分，，
故甲最终获胜的概率为，甲得分的方差为；
（2）证明：由题可知，
若比赛进行局，则在局时甲至少获胜的局，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局必须胜出，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局至少要胜一局，
若比赛到局时甲胜利至少局，则甲后2局可以任意，
则
，
因为，所以，
故，随着比赛局数越多，甲获胜的概率越大.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）易知甲获胜的局数服从二项分布，根据二项分布求甲最终获胜的概率，得分，利用方差的性质求解即可.
（2）根据题意比赛进行局，甲要获胜，则在比赛局时至少要胜局，可建立的关系，利用组合数性质可证.
（1）根据题意3局比赛中，甲获胜的局数服从二项分布，
甲最终获胜，则甲至少要赢2局，，
，所以甲最终获胜的概率，
，
又甲得分，，
故甲最终获胜的概率为，甲得分的方差为.
（2）证明：由题可知，
若比赛进行局，则在局时甲至少获胜的局，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局必须胜出，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局至少要胜一局，
若比赛到局时甲胜利至少局，则甲后2局可以任意，
所以
，又，
所以，
故，随着比赛局数越多，甲获胜的概率越大.
1 / 1广东省韶关市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·韶关期末）已知集合A={x|2≤x＜4}，B={x|3x-7≥8-2x}，则（ ）
A．{x|2＜x＜3} B．{x|2≤x≤3}
C．{x|3＜x＜4} D．{x|3≤x＜4}
2．（2025高二下·韶关期末）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·韶关期末）如图，中，，，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·韶关期末）某种产品的加工需要经过道工序，如果其中的、两道工序必须相邻，则加工顺序共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
5．（2025高二下·韶关期末）已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·韶关期末）为了检测某种药物对预防疾病的效果，进行了小动物试验，得到如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
服用 18 7 25
未服用 12 8 20
合计 30 15 45
已知，．根据小概率值的独立性检验，则下列结论正确的是（ ）
A．药物对预防疾病有效果
B．药物对预防疾病有效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C．药物对预防疾病无效果
D．药物对预防疾病无效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
7．（2025高二下·韶关期末）某运动质点位移与时间之间的关系为，则该质点的最大瞬时速度是（ ）
A． B．1 C． D．2
8．（2025高二下·韶关期末）今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（ ）（且，参考数据：，）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分．部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·韶关期末）设随机变量，随机变量，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·韶关期末）已知函数，则（ ）
A．可能没有零点
B．有两个极值点
C．，在有最大值
D．，在单调递增
11．（2025高二下·韶关期末）已知为数列的前项和，，则（ ）
A．为定值 B．数列是递增数列
C． D．数列是递增数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．其中第14题第一空2分，第二空3分．
12．（2025高二下·韶关期末）展开式中的系数为 ．
13．（2025高二下·韶关期末）已知函数，则在处的切线方程为 ．
14．（2025高二下·韶关期末）在棱长为1个单位的正四面体ABCD上，一个质点在随机外力的作用下从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，则 ， ．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·韶关期末）一个袋子中有大小相同的6个小球，分别标记着1，2，2，3，4，5，现从中随机摸出3个小球．记摸到的小球上的数字的最小值为．
（1）求；
（2）求的分布列和数学期望．
16．（2025高二下·韶关期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
17．（2025高二下·韶关期末）已知各项均为正数的数列的前项和为，，．
（1）若为等比数列，求和数列的前项和；
（2）若，求数列的通项公式．
18．（2025高二下·韶关期末）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求实数的取值范围；
（3）当时，若关于的方程有两个实根和，求证：．
19．（2025高二下·韶关期末）甲乙两名选手参加某球类比赛，比赛采用积分制：赛满奇数局，赢1局得2分，输者不得分，积分多者胜．已知甲选手每局比赛获胜的概率为，每局比赛的结果相互独立．
（1）若两人共进行了3局比赛，且，求甲最终获胜的概率及甲得分的方差；
（2）若两人共进行了局比赛，甲最终获胜的概率为，证明：，并说明其统计意义．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为，所以.
故答案为：D.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，
可得.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算直接计算即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得：，
，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用平面向量的线性运算化简求关于、的表达式即可.
4．【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为、两道工序必须相邻，所以、工序捆绑看成一个大元素，与其他三个元素进行排序，则不同的加工顺序种数为种.
故答案为：D.
【分析】利用捆绑法，结合分步乘法计数原理、排列数公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：由，可得，，
因为等差数列的前项和为，所以、、成等差数列，
所以，则.
故答案为：A.
【分析】根据等差数列片段和性质求解即可.
6．【答案】C
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用
【解析】【解答】解：零假设：药物对预防疾病无效果，
，
根据小概率值的独立性检验，认为零假设成立，即认为药物对预防疾病无效果.
故答案为：C.
【分析】先进行零假设，再计算，与临界值比较，判断即可.
7．【答案】D
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则；瞬时变化率；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，求导可得，
设，则，，
函数的对称轴为，
在的最大值为，
即最大导数值为2，故该质点的最大瞬时速度是2.
故答案为：D.
【分析】求导，利用换元法，将导数转化为一元二次函数，求其定义域内的最大值，即导数值，从而确定最大的瞬时速度即可.
8．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：设第个月的产量和合格率分别构成数列、，
设，则数列是首项为，公比为的等比数列，即；
数列的前项构成以为首项，公差为的等差数列，
故当时，，
由题意可知当时，，则该公司第个月的销量为，
当时，，
当时，，，则，
故数列为递增数列，且，
因为，，
当时，，此时数列单调递增，
此时，不合乎题意，故.
故答案为：B.
【分析】设第个月的产量和合格率分别构成数列、，由题意易知数列是首项为，公比为的等比数列，求其通项公式，再根据数列的前项构成以为首项，公差为的等差数列，求其通项公式，最后分析数列的单调性，计算得出，即可得出结果.
9．【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：随机变量，随机变量，
A、易知，故A正确；
B、易知，，则，，
即，故B错误；
C、，故C正确；
D、因为，故正态分布的数据较正态分布更集中，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正态分布的期望和方差即可判断AB；利用正态密度曲线的对称性即可判断C；利用正态曲线的性质即可判断D.
10．【答案】B,C
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数定义域为，，易知，即导数恒有两个不同的零点，且当时，，当时，，则函数至少有一个零点，故A错误；
B、由A选项可知，，，则有两个极值点，故B正确；
C、，由韦达定理可知：导函数的两个零点之积为，则两个零点一正一负，则在内仅有一个极值，由于导函数二次项系数为正，该极值为极大值，也为最大值，
故C正确；
D、函数在单调递增，则恒成立，但开口向上，且必有一个正的变号零点，即原函数在存在递减区间，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】求函数的定义域，再求导，根据极值点和零点的性质即可判断AB；求导后利用韦达定理可得则两个零点一正一负，则在内仅有一个极值即可判断C；由在单调递增可得恒成立，结合二次函数的性质即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、，当且时，
，为定值，故A正确；
B、由，可得，，，，则数列不单调，故B错误；
C、令，可得，
因为，当时，，当时，，
当时，，则，故C正确；
D、当时，，当时，，
即，则数列是递增数列，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，计算出的值即可判断A；利用特殊值法即可判断B；解不等式即可判断C；利用数列的单调性即可判断D.
12．【答案】-26.
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的展开式的通项为，
则展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】写出的展开式的通项为，再求展开式中的系数即可.
13．【答案】
【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：函数由定义域为，，令，可得，即，
则，且，
故所求切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，令，求出的值，再利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
14．【答案】；
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，质点位于点A的概率为，
则，从B、C、D每个点移动到A的概率为，则，即，
则，，；
因为，所以，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，
则，即.
故答案为：；.
【分析】设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，质点位于点A的概率为，根据对立事件概率公式和独立事件乘法公式求得，即可求出，变形为，利用等比数列定义及通项公式求解即可.
15．【答案】（1）解：从6个球中随机摸出3个小球，共有种不同的取法，
摸到的小球上的数字的最小值为，则3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，
即3个小球中只有一个2的有种，恰有两个2的有种，
则；
（2）解：由题意可知：随机变量的取值可以为，
，，，
的分布列为：
1 2 3
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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）由题意可知：摸出3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，分情况计算一个2与两个2的情况，求概率即可；
（2）由题意可知：随机变量的取值可以为，分别计算其概率，列出分布列并计算期望即可.
（1）从中随机摸出3个小球共有种，
摸到的小球上的数字的最小值为，则3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，
所以3个小球中只有一个2的有种，恰有两个2的有种，
则；
（2）根据题意的取值可以为，
，，，
所以的分布列为：
1 2 3
.
16．【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，如图所示：
因为四棱锥的底面是矩形，所以是的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面ABCD，平面，所以，
又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令得.
易知知是平面的一个法向量，
，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的平面角的余弦值即可.
（1）如图，连接，交于点，连接.
因为底面是矩形，所以是的中点，
又E为PD的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面ABCD，平面，所以，
又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，则，，，，，，.
设平面的法向量为，
则，令得.
易知知是平面的一个法向量，
所以，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：若为等比数列，
设等比数列的公比为，，当时，，
因为，所以，所以，即，
解得，，则，即，
则①，
②，
①②得：，
故；
（2）解：因为，所以当时，，
则，即，，
又因为，所以，所以，所以，
所以，即数列是首项为、公比为的等比数列，则，①
设，则，
因为，所以，解得或
当时，，当时，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以②，①-②得．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由题意，当时，和，利用等比数列的基本量列方程求的，再利用错位相减法求即可；
（2）根据数列中和的关系，再由等比数列的定义得，设对比，列出方程组，求出的值，进而由等比数列的定义得，联立方程求数列的通项即可.
（1）设等比数列的公比为，由得，
又，所以，所以，即，
解得或（舍去），所以，所以.
所以，
所以①，
则②
①②得：，
所以.
（2）因为，所以当时，，
所以，即，则有，
又，所以，所以，所以，
所以，所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以，①
设，则，
因为，所以，解得或
当时，，当时，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以②，①-②得．
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，解得，
以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在单调递增；
（2）解：由（1）知，当时，函数在上单调递增，当时，，故不符合题意；
当时，，符合题意；
当时，函数在上单调递减，在单调递增，
且，解得，
综上，的取值范围为；
（3）解：当时，函数定义域为，
令，解得，
函数在上单调递减，在单调递增，且，
因为有两个实根和，所以，
，
不妨取，要证，即证，
现证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，
再证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，，
所以，即得证.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和讨论单调性即可；
（2）根据（1）的单调性，排除，时符合题意，当时，可得，解不等式即可求得实数的取值范围；
（3）根据题意可知函数在取得极小值，故不妨设，证明等价于证，再分别证明，即可.
（1）由题知函数的定义域为R，，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，又在R上单调递增，且，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上，当时，函数在R上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，当时，函数在R上单调递增，
又当时，，故不符合题意，
当时，，符合题意，
当时，函数在上单调递减，在单调递增，
所以，解得，
综上，的取值范围为.
（3）时，，
，
所以在上单调递减，在单调递增，
，
有两个实根和，，
，
不妨取，要证，即证，
现证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，
再证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，，
所以，即得证.
19．【答案】（1）解：易知甲获胜的局数服从二项分布，
甲最终获胜，则甲至少要赢2局，，
，则甲最终获胜的概率，
，
又甲得分，，
故甲最终获胜的概率为，甲得分的方差为；
（2）证明：由题可知，
若比赛进行局，则在局时甲至少获胜的局，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局必须胜出，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局至少要胜一局，
若比赛到局时甲胜利至少局，则甲后2局可以任意，
则
，
因为，所以，
故，随着比赛局数越多，甲获胜的概率越大.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）易知甲获胜的局数服从二项分布，根据二项分布求甲最终获胜的概率，得分，利用方差的性质求解即可.
（2）根据题意比赛进行局，甲要获胜，则在比赛局时至少要胜局，可建立的关系，利用组合数性质可证.
（1）根据题意3局比赛中，甲获胜的局数服从二项分布，
甲最终获胜，则甲至少要赢2局，，
，所以甲最终获胜的概率，
，
又甲得分，，
故甲最终获胜的概率为，甲得分的方差为.
（2）证明：由题可知，
若比赛进行局，则在局时甲至少获胜的局，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局必须胜出，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局至少要胜一局，
若比赛到局时甲胜利至少局，则甲后2局可以任意，
所以
，又，
所以，
故，随着比赛局数越多，甲获胜的概率越大.
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