广东省清远市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
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·清远期末）（ ）
A．8 B．13 C．63 D．66
【答案】D
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】明确排列数 的计算公式（ ，表示从 个不同元素中取出 个元素的排列数 ），再分别计算 和 的值，最后将二者相加得到结果 .
2．（2025高二下·清远期末）已知，则的值为（ ）
A．-1 B．-2 C．0 D．2
【答案】B
【知识点】极限及其运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，把代入中，可得 ，而根据导数定义， ，所以该极限的值为 .
故答案为：B.
【分析】本题中其实就是函数在处的导数 ，接下来需要先求出函数的导函数，再将代入导函数求出的值 .
3．（2025高二下·清远期末）某活动室有足球和篮球，从中随机挑选2个球，若这2个球中足球个数为，且的分布列如下表所示，则（ ）
0 1 2
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：依据分布列性质列方程：已知 的分布列中，，， ，因为离散型随机变量分布列的所有概率之和为，所以可列出方程，解得.
故答案为：A.
【分析】基于离散型随机变量分布列的基本性质：分布列中所有概率之和为 ，把 取不同值时的概率相加，令其和等于，从而建立关于 的方程，最后解这个方程就能得到 的值 .
4．（2025高二下·清远期末）某班级有名学生，其中男生 女生的人数及是否喜爱篮球的人数如表所示，从这名学生中随机选择人作为体育课代表，若选到的学生喜爱“篮球”，则该学生是女生的概率为（ ）
喜爱“篮球” 不喜爱“篮球” 合计
男生
女生
合计
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记事件选到的学生喜爱“篮球”，事件选到的学生是女生，则，，由条件概率公式可得.
故答案为：B.
【分析】先明确条件概率的计算公式，设事件为“选到的学生喜爱篮球”，事件为“选到的学生是女生”，那么我们要求的是在事件发生的条件下，事件发生的概率，即 ，根据条件概率公式 求解即可.
5．（2025高二下·清远期末）如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．9种
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，不同的路径有种.
故答案为：C.
【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，把从 到 的路径按照电路的分支结构进行分类，每一类分别计算路径数量，最后根据分类加法计数原理，将各类路径数量相加，得到总的路径数 ，需要先观察电路的结构，确定可以分成哪几类，再分别计算每类的路径数 .
6．（2025高二下·清远期末）已知，若，则（ ）
A．-1 B．-2 C．11.8 D．2
【答案】C
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：由题知，，又，所以，所以，故答案为：C.
【分析】先根据二项分布的期望公式、方差公式算出的期望和方差；再依据随机变量（、为常数 ）的期望性质、方差性质，求出的期望和方差；最后将与相加得到结果 .
7．（2025高二下·清远期末）已知函数的图象在点处的切线的倾斜角为，则曲线在点处的切线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：，依题意，解得，所以，所以，所以曲线在点处的切线的方程为，整理这个方程，可得，
故答案为：B.
【分析】先通过已知处切线的倾斜角求出的值，进而得到函数及其导函数；然后求出点处的函数值和导数值（即切线斜率）；最后利用点斜式（其中为切点，为切线斜率）求出切线方程 。
8．（2025高二下·清远期末）已知数列：，从中任选三项组成一个新数列，则所有新数列中的最小项之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的求和；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题知，任意三个不同项可组成个数列；
在所有递增的新数列中，以1为最小项的新数列有个，
以2为最小项的新数列有个，
以3为最小项的新数列有个，
，
以2023为最小项的新数列有个，
此时，所有新数列中的最小项之和为
，
所以所有新数列中的最小项之和为.
故答案为：D.
【分析】先明确三个数组成新数列的排列情况，再分析以每个数为最小项的新数列个数，最后借助组合数性质计算求和，关键在于理解最小项的分布规律，以及组合数运算性质的运用，通过对不同最小项的新数列数量分析，逐步推导求和 .
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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·清远期末）已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：令，得，故A正确；
，故B错误；
令，得，又，
所以，故C正确；
令，得，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法和二项式系数性质分别计算判断.赋值法通过给赋特殊值（如、、 ），结合二项式展开式的结构，求出相关系数和；通项公式用于直接计算特定项（如 ）的系数 .
10．（2025高二下·清远期末）在三个地区暴发了流感，这三个地区分别有的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为，现从这三个地区中任意选取一个人，下列结论正确的是（ ）
A．若此人选自地区，则其患流感的概率为0.05
B．此人患流感的概率为0.0485
C．若此人患流感，则其选自地区的概率为
D．若此人患流感，则其选自地区的概率为
【答案】A,B,C
【知识点】全概率公式；条件概率；贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设事件为“选取的人来自地区”，事件为“选取的人来自地区”，事件为“选取的人来自地区” ，“此人患流感”，条件概率表示来自地区时患流感的概率，题目中已明确地区有的人患流感，即，故A正确；
，故B正确；
若此人患流感，则其选自地区的概率为，故C正确；
若此人患流感，则其选自地区的概率为，故D错误，
故答案为：ABC.
【分析】先定义事件，确定各地区人口占比（即选到该地区的概率 ）和各地区患流感的条件概率；然后用全概率公式计算选到患流感的人的总概率；最后用贝叶斯公式计算在患流感的条件下，来自各地区的概率，以此判断各个选项 .
11．（2025高二下·清远期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若有两个零点，则
B．若，则无最值
C．当时，方程有唯一实根
D．若存在，使得，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数的单调性及单调区间；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，函数的定义域为，令，则，令0，则，所以函数的单调减区间为，单调增区间为，即函数的极小值为，若函数有两个零点，则，解得，故A错误；
B，若，对于函数，有，解得，即函数的定义域为，由则，当且仅当时，等号成立，所以函数在上为减函数，函数无最值，故B正确；
C，当时，方程，即，即，令，则，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，即，所以在上有一个零点，所以方程有唯一实根，故C正确；
D，若存在，使得，则，令，则，又，令，则，所以在上单调递减，又，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】判断函数单调性和值域可判断A；结合基本不等式判断单调性可判断B；作差构造函数求导，结合单调性和值域可判断C；分离参变量构造函数求导结合单调性可判断D.对每个选项，分别通过求导分析函数性质，结合相应数学方法（如分离参数、构造函数、基本不等式等 ）进行判断 .
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·清远期末）某班女生的身高（单位：cm）近似服从正态分布，从中随机选取一人，则 .（精确到0.0001，参考数据：若，则，）
【答案】
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：由题知，，则把代入，可得
故答案为：
【分析】利用正态分布的区间来进行计算即可.先明确正态分布中（均值 ）和（标准差 ），再利用正态分布的对称性，结合已知的区间概率值来求解，需要先从正态分布中确定和，然后分析、与、的关系，借助对称性计算概率 .
13．（2025高二下·清远期末）某校安排4位老师在期末考试的3天值班，要求每人需要值班1天或2天，且每天有两人值班，则不同的值班方案有 种.
【答案】90
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：设4位老师分别为甲 乙 丙 丁，由题知，这4人中恰有2人均值班2天，剩下2人均值班1天.从4人中选2人均值班2天有种选法，下面讨论甲和乙均值班2天的情况：若甲 乙两人值班的日期都相同，有种不同的结果；若甲 乙两人值班的日期有一天相同，有种不同的结果，所以不同的值班方案有（种）.
故答案为：90
【分析】先确定哪人值天，再对这人的值班日期组合情况分类，分别计算各类情况的方案数，最后汇总 .
14．（2025高二下·清远期末）小李家共有10只信鸽，其中戴盔鸽有3只，李种鸽有且只，其余的为蓝鸽，且随机取出2只信鸽，其品种不相同的概率是.现随机取出2只信鸽，若取出1只蓝鸽记10分，取出1只戴盔鸽记20分，取出1只李种鸽记30分.用表示取出的2只信鸽的分数之和，则的数学期望为 .
【答案】38
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：设“任意取出2只信鸽，这两只信鸽的品种相同”为事件，则，整理得，解得或（舍去），所以李种鸽有3只，蓝鸽有4只，所以的所有取值为，且
，所以根据期望公式：代入数据得：.
故答案为：38
【分析】本题需要先通过“品种相同”的概率求出李种鸽的数量，再确定分数之和 的所有可能取值，计算每个取值的概率，最后利用期望公式求出数学期望。解题关键在于利用对立事件概率关系列方程求 ，再结合组合数计算概率，进而求期望 。
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明 证明过程及演算步骤.
15．（2025高二下·清远期末）在研究某类杨树的树高与胸径（树的主干在地面以上处的直径）之间的关系时，某研究员收集的一些数据如表1所示.
（1）由表1数据，求胸径与树高的平均值；（胸径精确到，树高精确到）
（2）根据这些数据，可建立该类杨树树高（单位：）关于胸径（单位：）的一元线性回归模型为，用（1）中结果求的值并估计胸径为的该类杨树的树高；（精确到）
（3）若这12棵杨树树龄相同，分别种植于南坡和北坡，且成材情况如表2所示，根据的独立性检验，能否认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联？
编号 1 2 3 4 5 6
胸径 18.1 20.1 22.2 24.4 26.0 28.3
树高 18.8 19.2 21.0 21.0 22.1 22.1
编号 7 8 9 10 11 12
胸径 29.6 32.4 33.7 35.7 38.3 40.2
树高 22.4 22.6 23.0 24.3 23.9 24.7
表1
种植位置 成材情况 合计
成材 未成材
南坡 5 1 6
北坡 2 4 6
合计 7 5 12
表2
参考公式及数据：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：由题知，，
.
（2）解：，所以，所以，当时，，即估计胸径为的该类杨树的树高为.
（3）解：零假设为：树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联，根据列联表中的数据，经计算得到，根据的独立性检验，我们推断不成立，即认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联，此推断错误的概率不大于0.1.
【知识点】众数、中位数、平均数；独立性检验的应用
【解析】【分析】 本题围绕杨树胸径与树高的统计关系，以及树龄相同杨树成材与种植位置的关联性检验展开，对于（1），利用平均数公式，直接对胸径和树高数据求和再平均；（2）依据线性回归模型的性质，用样本均值求截距，再代入预测；（3）通过独立性检验，构建列联表，计算卡方统计量，与临界值比较判断关联性，核心是运用统计基本公式和方法，逐步解决不同统计问题 .
（1）由题知，
，
.
（2），
所以，
所以，
当时，，
即估计胸径为的该类杨树的树高为.
（3）零假设为：树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联，此推断错误的概率不大于0.1.
16．（2025高二下·清远期末）如图，在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，底面是的中点，是的中点，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解： 在平面内，过点作，由题知，，所以，所以.因为底面，且在平面内，所以，
所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，设，因为，所以
，所以，所以，易知平面的一个法向量为，所以，所以，又因为平面.所以平面.
（2）解：由（1）知，，设平面的法向量为，则令，得，所以，设直线与平面所成角为，又，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题围绕三棱锥中的线面平行证明与线面角求解展开，对于（1），通过建立空间直角坐标系，利用向量法，证明直线的方向向量与平面法向量垂直且直线不在平面内，实现线面平行的证明；对于（2），同样依托空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式计算正弦值.核心是空间直角坐标系的合理构建与向量运算的灵活运用 .
（1）在平面内，过点作，
由题知，，
所以，
所以.
因为底面，且在平面内，
所以，
所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，
设，因为，所以
所以，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，所以，又因为平面.
所以平面.
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，
则
令，得，所以，
设直线与平面所成角为，
又，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025高二下·清远期末）已知双曲线与椭圆的焦点相同，且离心率之比为.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线的左 右两支分别交于两点，记点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）解：由题知，，化简得.解得，所以双曲线的方程为.
（2）证明：设，则，联立消去整理得，所以，所以，又直线的斜率，所以直线的方程为，由对称性易知，若直线过定点，则该定点在轴上，令，得，所以直线过定点，且该定点的坐标为.
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题围绕双曲线与椭圆的性质关联，以及直线与双曲线位置关系展开，对于（1），利用椭圆与双曲线焦点相同（即c 相等 ）、离心率的定义，建立关于双曲线a、b 的方程求解；对于（2），通过联立直线与双曲线方程，结合韦达定理得到交点坐标关系，再分析对称点连线的直线方程，确定其过定点，核心是椭圆与双曲线基本性质的运用，以及直线与圆锥曲线综合问题的常规解法（联立、韦达定理、直线方程推导 ）.
（1）由题知，，化简得.
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：设，则，
联立
消去整理得，
所以，
所以，
又直线的斜率，
所以直线的方程为，
由对称性易知，若直线过定点，则该定点在轴上，
令，得，
所以直线过定点，且该定点的坐标为.
18．（2025高二下·清远期末）甲 乙两名操作员对三种电子信息传递元件进行随机连接检测，并制定如下标准：第一次由元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，若第三次传递后，信息在元件中，则该组检测成功，否则该组检测失败.若该组检测成功，则由原操作员继续操作下一组检测；反之，则由另一操作员按上述规则继续操作下一组检测.
（1）求一组随机连接检测成功的概率；
（2）若第1次从甲开始进行随机连接检测，记在前4次检测中，乙操作的次数为，求随机变量的分布列与期望；
（3）若第1次从乙开始进行连接检测，求第次由乙操作的概率.
【答案】（1）解：由题知，三次传递所有的传递方法有：，则共有8种传递方法，第三次传递后，信息在元件中的有两种情况，所以第三次传递后，信息在元件中的概率为，即一组随机连接检测成功的概率为.
（2）解： 设在前4次检测中，乙操作的次数为，依题意，可取，所以，，
，
，所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
（3）解：若第1次从乙开始进行连接检测，则第次由乙操作有两种情况：（1）第次由乙操作，第次继续由乙操作，其概率为；（2）第次由甲操作，第次由乙操作，其概率为，所以，所以，因为时，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.
【知识点】数列的递推公式；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1），通过列举所有传递路径，利用古典概型计算成功概率.
（2）先确定随机变量 X 的可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后列出分布列并求期望，核心是古典概型的应用与随机变量概率分布的分析 .
（3） 概率递推关系，需分析第n-1次由乙操作的两种来源，建立递推公式，再通过构造等比数列求解通项.识别概率转移的两种情况，转化为递推数列问题.
（1）由题知，三次传递所有的传递方法有：
，
则共有8种传递方法，
第三次传递后，信息在元件中的有两种情况，
所以第三次传递后，信息在元件中的概率为，
即一组随机连接检测成功的概率为；
（2）设在前4次检测中，乙操作的次数为，
依题意，可取，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以；
（3）若第1次从乙开始进行连接检测，则第次由乙操作有两种情况：
（1）第次由乙操作，第次继续由乙操作，其概率为；
（2）第次由甲操作，第次由乙操作，
其概率为，
所以，
所以，
因为时，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
19．（2025高二下·清远期末）已知函数的导函数为.
（1）当时，求的极值；
（2）若在上不单调，求的取值范围；
（3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）解： 当时，，则，所以当或时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以当时，取得极小值，且极小值为；当时，取得极大值，
且极大值为.
（2）解： 由题可知：，，设，注意到，要使在上不单调，只需满足，解得，即实数的取值范围为.
（3）解：由题知，其定义域为，则，令，得或，设，则，当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，又当时，；当时，，且，所以的大致图象如图所示，因为在定义域内有三个不同的极值点，所以与有两个不同的交点，所以，不妨设，则，所以，所以所以
，令，则，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在（）上单调递增，所以，又，所以，所以在上单调递增，因为，所以当时，恒成立，即当时，恒成立，所以实数的取值范围是.
【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
【解析】【分析】（1）通过求导分析函数单调性，进而确定极值.
（2）先化简函数g(x)并求导，依据 “函数在区间上不单调则其导函数在该区间有正有负（或说导函数对应的方程有解 ）” 的思路，结合二次方程根的分布确定参数范围，核心是导数工具在研究函数性质中的应用，以及函数单调性与导函数符号的关联 .
（3）通过求导确定函数的极值点与参数的关系，再利用极值点的性质化简，最后结合函数单调性求解的取值范围.将极值点问题转化为函数交点问题，通过构造新函数并分析其性质解题.
（1）当时，，
则，
所以当或时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以当时，取得极小值，
且极小值为；
当时，取得极大值，
且极大值为.
（2）由题可知，
，
设，
注意到，要使在上不单调，
只需满足，解得，
即实数的取值范围为.
（3）由题知，其定义域为，
则，
令，得或，
设，则，
当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减，
又当时，；当时，，且，
所以的大致图象如图所示，
因为在定义域内有三个不同的极值点，
所以与有两个不同的交点，所以，
不妨设，则，
所以，所以
所以
，
令，则，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在（）上单调递增，
所以，
又，
所以，所以在上单调递增，
因为，
所以当时，恒成立，
即当时，恒成立，
所以实数的取值范围是.
1 / 1广东省清远市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
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·清远期末）（ ）
A．8 B．13 C．63 D．66
2．（2025高二下·清远期末）已知，则的值为（ ）
A．-1 B．-2 C．0 D．2
3．（2025高二下·清远期末）某活动室有足球和篮球，从中随机挑选2个球，若这2个球中足球个数为，且的分布列如下表所示，则（ ）
0 1 2
A． B． C． D．
4．（2025高二下·清远期末）某班级有名学生，其中男生 女生的人数及是否喜爱篮球的人数如表所示，从这名学生中随机选择人作为体育课代表，若选到的学生喜爱“篮球”，则该学生是女生的概率为（ ）
喜爱“篮球” 不喜爱“篮球” 合计
男生
女生
合计
A． B． C． D．
5．（2025高二下·清远期末）如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．9种
6．（2025高二下·清远期末）已知，若，则（ ）
A．-1 B．-2 C．11.8 D．2
7．（2025高二下·清远期末）已知函数的图象在点处的切线的倾斜角为，则曲线在点处的切线的方程为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·清远期末）已知数列：，从中任选三项组成一个新数列，则所有新数列中的最小项之和为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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·清远期末）已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·清远期末）在三个地区暴发了流感，这三个地区分别有的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为，现从这三个地区中任意选取一个人，下列结论正确的是（ ）
A．若此人选自地区，则其患流感的概率为0.05
B．此人患流感的概率为0.0485
C．若此人患流感，则其选自地区的概率为
D．若此人患流感，则其选自地区的概率为
11．（2025高二下·清远期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若有两个零点，则
B．若，则无最值
C．当时，方程有唯一实根
D．若存在，使得，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·清远期末）某班女生的身高（单位：cm）近似服从正态分布，从中随机选取一人，则 .（精确到0.0001，参考数据：若，则，）
13．（2025高二下·清远期末）某校安排4位老师在期末考试的3天值班，要求每人需要值班1天或2天，且每天有两人值班，则不同的值班方案有 种.
14．（2025高二下·清远期末）小李家共有10只信鸽，其中戴盔鸽有3只，李种鸽有且只，其余的为蓝鸽，且随机取出2只信鸽，其品种不相同的概率是.现随机取出2只信鸽，若取出1只蓝鸽记10分，取出1只戴盔鸽记20分，取出1只李种鸽记30分.用表示取出的2只信鸽的分数之和，则的数学期望为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明 证明过程及演算步骤.
15．（2025高二下·清远期末）在研究某类杨树的树高与胸径（树的主干在地面以上处的直径）之间的关系时，某研究员收集的一些数据如表1所示.
（1）由表1数据，求胸径与树高的平均值；（胸径精确到，树高精确到）
（2）根据这些数据，可建立该类杨树树高（单位：）关于胸径（单位：）的一元线性回归模型为，用（1）中结果求的值并估计胸径为的该类杨树的树高；（精确到）
（3）若这12棵杨树树龄相同，分别种植于南坡和北坡，且成材情况如表2所示，根据的独立性检验，能否认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联？
编号 1 2 3 4 5 6
胸径 18.1 20.1 22.2 24.4 26.0 28.3
树高 18.8 19.2 21.0 21.0 22.1 22.1
编号 7 8 9 10 11 12
胸径 29.6 32.4 33.7 35.7 38.3 40.2
树高 22.4 22.6 23.0 24.3 23.9 24.7
表1
种植位置 成材情况 合计
成材 未成材
南坡 5 1 6
北坡 2 4 6
合计 7 5 12
表2
参考公式及数据：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
16．（2025高二下·清远期末）如图，在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，底面是的中点，是的中点，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025高二下·清远期末）已知双曲线与椭圆的焦点相同，且离心率之比为.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线的左 右两支分别交于两点，记点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.
18．（2025高二下·清远期末）甲 乙两名操作员对三种电子信息传递元件进行随机连接检测，并制定如下标准：第一次由元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，若第三次传递后，信息在元件中，则该组检测成功，否则该组检测失败.若该组检测成功，则由原操作员继续操作下一组检测；反之，则由另一操作员按上述规则继续操作下一组检测.
（1）求一组随机连接检测成功的概率；
（2）若第1次从甲开始进行随机连接检测，记在前4次检测中，乙操作的次数为，求随机变量的分布列与期望；
（3）若第1次从乙开始进行连接检测，求第次由乙操作的概率.
19．（2025高二下·清远期末）已知函数的导函数为.
（1）当时，求的极值；
（2）若在上不单调，求的取值范围；
（3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】明确排列数 的计算公式（ ，表示从 个不同元素中取出 个元素的排列数 ），再分别计算 和 的值，最后将二者相加得到结果 .
2．【答案】B
【知识点】极限及其运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，把代入中，可得 ，而根据导数定义， ，所以该极限的值为 .
故答案为：B.
【分析】本题中其实就是函数在处的导数 ，接下来需要先求出函数的导函数，再将代入导函数求出的值 .
3．【答案】A
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：依据分布列性质列方程：已知 的分布列中，，， ，因为离散型随机变量分布列的所有概率之和为，所以可列出方程，解得.
故答案为：A.
【分析】基于离散型随机变量分布列的基本性质：分布列中所有概率之和为 ，把 取不同值时的概率相加，令其和等于，从而建立关于 的方程，最后解这个方程就能得到 的值 .
4．【答案】B
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记事件选到的学生喜爱“篮球”，事件选到的学生是女生，则，，由条件概率公式可得.
故答案为：B.
【分析】先明确条件概率的计算公式，设事件为“选到的学生喜爱篮球”，事件为“选到的学生是女生”，那么我们要求的是在事件发生的条件下，事件发生的概率，即 ，根据条件概率公式 求解即可.
5．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，不同的路径有种.
故答案为：C.
【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，把从 到 的路径按照电路的分支结构进行分类，每一类分别计算路径数量，最后根据分类加法计数原理，将各类路径数量相加，得到总的路径数 ，需要先观察电路的结构，确定可以分成哪几类，再分别计算每类的路径数 .
6．【答案】C
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：由题知，，又，所以，所以，故答案为：C.
【分析】先根据二项分布的期望公式、方差公式算出的期望和方差；再依据随机变量（、为常数 ）的期望性质、方差性质，求出的期望和方差；最后将与相加得到结果 .
7．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：，依题意，解得，所以，所以，所以曲线在点处的切线的方程为，整理这个方程，可得，
故答案为：B.
【分析】先通过已知处切线的倾斜角求出的值，进而得到函数及其导函数；然后求出点处的函数值和导数值（即切线斜率）；最后利用点斜式（其中为切点，为切线斜率）求出切线方程 。
8．【答案】D
【知识点】数列的求和；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题知，任意三个不同项可组成个数列；
在所有递增的新数列中，以1为最小项的新数列有个，
以2为最小项的新数列有个，
以3为最小项的新数列有个，
，
以2023为最小项的新数列有个，
此时，所有新数列中的最小项之和为
，
所以所有新数列中的最小项之和为.
故答案为：D.
【分析】先明确三个数组成新数列的排列情况，再分析以每个数为最小项的新数列个数，最后借助组合数性质计算求和，关键在于理解最小项的分布规律，以及组合数运算性质的运用，通过对不同最小项的新数列数量分析，逐步推导求和 .
9．【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：令，得，故A正确；
，故B错误；
令，得，又，
所以，故C正确；
令，得，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法和二项式系数性质分别计算判断.赋值法通过给赋特殊值（如、、 ），结合二项式展开式的结构，求出相关系数和；通项公式用于直接计算特定项（如 ）的系数 .
10．【答案】A,B,C
【知识点】全概率公式；条件概率；贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设事件为“选取的人来自地区”，事件为“选取的人来自地区”，事件为“选取的人来自地区” ，“此人患流感”，条件概率表示来自地区时患流感的概率，题目中已明确地区有的人患流感，即，故A正确；
，故B正确；
若此人患流感，则其选自地区的概率为，故C正确；
若此人患流感，则其选自地区的概率为，故D错误，
故答案为：ABC.
【分析】先定义事件，确定各地区人口占比（即选到该地区的概率 ）和各地区患流感的条件概率；然后用全概率公式计算选到患流感的人的总概率；最后用贝叶斯公式计算在患流感的条件下，来自各地区的概率，以此判断各个选项 .
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的单调性及单调区间；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，函数的定义域为，令，则，令0，则，所以函数的单调减区间为，单调增区间为，即函数的极小值为，若函数有两个零点，则，解得，故A错误；
B，若，对于函数，有，解得，即函数的定义域为，由则，当且仅当时，等号成立，所以函数在上为减函数，函数无最值，故B正确；
C，当时，方程，即，即，令，则，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，即，所以在上有一个零点，所以方程有唯一实根，故C正确；
D，若存在，使得，则，令，则，又，令，则，所以在上单调递减，又，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】判断函数单调性和值域可判断A；结合基本不等式判断单调性可判断B；作差构造函数求导，结合单调性和值域可判断C；分离参变量构造函数求导结合单调性可判断D.对每个选项，分别通过求导分析函数性质，结合相应数学方法（如分离参数、构造函数、基本不等式等 ）进行判断 .
12．【答案】
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：由题知，，则把代入，可得
故答案为：
【分析】利用正态分布的区间来进行计算即可.先明确正态分布中（均值 ）和（标准差 ），再利用正态分布的对称性，结合已知的区间概率值来求解，需要先从正态分布中确定和，然后分析、与、的关系，借助对称性计算概率 .
13．【答案】90
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：设4位老师分别为甲 乙 丙 丁，由题知，这4人中恰有2人均值班2天，剩下2人均值班1天.从4人中选2人均值班2天有种选法，下面讨论甲和乙均值班2天的情况：若甲 乙两人值班的日期都相同，有种不同的结果；若甲 乙两人值班的日期有一天相同，有种不同的结果，所以不同的值班方案有（种）.
故答案为：90
【分析】先确定哪人值天，再对这人的值班日期组合情况分类，分别计算各类情况的方案数，最后汇总 .
14．【答案】38
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：设“任意取出2只信鸽，这两只信鸽的品种相同”为事件，则，整理得，解得或（舍去），所以李种鸽有3只，蓝鸽有4只，所以的所有取值为，且
，所以根据期望公式：代入数据得：.
故答案为：38
【分析】本题需要先通过“品种相同”的概率求出李种鸽的数量，再确定分数之和 的所有可能取值，计算每个取值的概率，最后利用期望公式求出数学期望。解题关键在于利用对立事件概率关系列方程求 ，再结合组合数计算概率，进而求期望 。
15．【答案】（1）解：由题知，，
.
（2）解：，所以，所以，当时，，即估计胸径为的该类杨树的树高为.
（3）解：零假设为：树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联，根据列联表中的数据，经计算得到，根据的独立性检验，我们推断不成立，即认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联，此推断错误的概率不大于0.1.
【知识点】众数、中位数、平均数；独立性检验的应用
【解析】【分析】 本题围绕杨树胸径与树高的统计关系，以及树龄相同杨树成材与种植位置的关联性检验展开，对于（1），利用平均数公式，直接对胸径和树高数据求和再平均；（2）依据线性回归模型的性质，用样本均值求截距，再代入预测；（3）通过独立性检验，构建列联表，计算卡方统计量，与临界值比较判断关联性，核心是运用统计基本公式和方法，逐步解决不同统计问题 .
（1）由题知，
，
.
（2），
所以，
所以，
当时，，
即估计胸径为的该类杨树的树高为.
（3）零假设为：树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联，此推断错误的概率不大于0.1.
16．【答案】（1）解： 在平面内，过点作，由题知，，所以，所以.因为底面，且在平面内，所以，
所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，设，因为，所以
，所以，所以，易知平面的一个法向量为，所以，所以，又因为平面.所以平面.
（2）解：由（1）知，，设平面的法向量为，则令，得，所以，设直线与平面所成角为，又，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题围绕三棱锥中的线面平行证明与线面角求解展开，对于（1），通过建立空间直角坐标系，利用向量法，证明直线的方向向量与平面法向量垂直且直线不在平面内，实现线面平行的证明；对于（2），同样依托空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式计算正弦值.核心是空间直角坐标系的合理构建与向量运算的灵活运用 .
（1）在平面内，过点作，
由题知，，
所以，
所以.
因为底面，且在平面内，
所以，
所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，
设，因为，所以
所以，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，所以，又因为平面.
所以平面.
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，
则
令，得，所以，
设直线与平面所成角为，
又，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：由题知，，化简得.解得，所以双曲线的方程为.
（2）证明：设，则，联立消去整理得，所以，所以，又直线的斜率，所以直线的方程为，由对称性易知，若直线过定点，则该定点在轴上，令，得，所以直线过定点，且该定点的坐标为.
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题围绕双曲线与椭圆的性质关联，以及直线与双曲线位置关系展开，对于（1），利用椭圆与双曲线焦点相同（即c 相等 ）、离心率的定义，建立关于双曲线a、b 的方程求解；对于（2），通过联立直线与双曲线方程，结合韦达定理得到交点坐标关系，再分析对称点连线的直线方程，确定其过定点，核心是椭圆与双曲线基本性质的运用，以及直线与圆锥曲线综合问题的常规解法（联立、韦达定理、直线方程推导 ）.
（1）由题知，，化简得.
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：设，则，
联立
消去整理得，
所以，
所以，
又直线的斜率，
所以直线的方程为，
由对称性易知，若直线过定点，则该定点在轴上，
令，得，
所以直线过定点，且该定点的坐标为.
18．【答案】（1）解：由题知，三次传递所有的传递方法有：，则共有8种传递方法，第三次传递后，信息在元件中的有两种情况，所以第三次传递后，信息在元件中的概率为，即一组随机连接检测成功的概率为.
（2）解： 设在前4次检测中，乙操作的次数为，依题意，可取，所以，，
，
，所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
（3）解：若第1次从乙开始进行连接检测，则第次由乙操作有两种情况：（1）第次由乙操作，第次继续由乙操作，其概率为；（2）第次由甲操作，第次由乙操作，其概率为，所以，所以，因为时，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.
【知识点】数列的递推公式；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1），通过列举所有传递路径，利用古典概型计算成功概率.
（2）先确定随机变量 X 的可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后列出分布列并求期望，核心是古典概型的应用与随机变量概率分布的分析 .
（3） 概率递推关系，需分析第n-1次由乙操作的两种来源，建立递推公式，再通过构造等比数列求解通项.识别概率转移的两种情况，转化为递推数列问题.
（1）由题知，三次传递所有的传递方法有：
，
则共有8种传递方法，
第三次传递后，信息在元件中的有两种情况，
所以第三次传递后，信息在元件中的概率为，
即一组随机连接检测成功的概率为；
（2）设在前4次检测中，乙操作的次数为，
依题意，可取，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以；
（3）若第1次从乙开始进行连接检测，则第次由乙操作有两种情况：
（1）第次由乙操作，第次继续由乙操作，其概率为；
（2）第次由甲操作，第次由乙操作，
其概率为，
所以，
所以，
因为时，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
19．【答案】（1）解： 当时，，则，所以当或时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以当时，取得极小值，且极小值为；当时，取得极大值，
且极大值为.
（2）解： 由题可知：，，设，注意到，要使在上不单调，只需满足，解得，即实数的取值范围为.
（3）解：由题知，其定义域为，则，令，得或，设，则，当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，又当时，；当时，，且，所以的大致图象如图所示，因为在定义域内有三个不同的极值点，所以与有两个不同的交点，所以，不妨设，则，所以，所以所以
，令，则，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在（）上单调递增，所以，又，所以，所以在上单调递增，因为，所以当时，恒成立，即当时，恒成立，所以实数的取值范围是.
【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
【解析】【分析】（1）通过求导分析函数单调性，进而确定极值.
（2）先化简函数g(x)并求导，依据 “函数在区间上不单调则其导函数在该区间有正有负（或说导函数对应的方程有解 ）” 的思路，结合二次方程根的分布确定参数范围，核心是导数工具在研究函数性质中的应用，以及函数单调性与导函数符号的关联 .
（3）通过求导确定函数的极值点与参数的关系，再利用极值点的性质化简，最后结合函数单调性求解的取值范围.将极值点问题转化为函数交点问题，通过构造新函数并分析其性质解题.
（1）当时，，
则，
所以当或时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以当时，取得极小值，
且极小值为；
当时，取得极大值，
且极大值为.
（2）由题可知，
，
设，
注意到，要使在上不单调，
只需满足，解得，
即实数的取值范围为.
（3）由题知，其定义域为，
则，
令，得或，
设，则，
当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减，
又当时，；当时，，且，
所以的大致图象如图所示，
因为在定义域内有三个不同的极值点，
所以与有两个不同的交点，所以，
不妨设，则，
所以，所以
所以
，
令，则，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在（）上单调递增，
所以，
又，
所以，所以在上单调递增，
因为，
所以当时，恒成立，
即当时，恒成立，
所以实数的取值范围是.
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