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江苏省南师附中、天一中学、海门中学、海安中学2024-2025学年高二下学期6月联考数学试题
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·江苏期末）已知集合 ，若 ，则实数 的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·江苏期末）已知直线平面，则“直线平面”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2025高二下·江苏期末）已知函数在上可导，且满足，则函数在点处切线的斜率为（　　）
A． B．2 C． D．1
4．（2025高二下·江苏期末）若5名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（　　）
A．种 B．种 C．种 D．种
5．（2025高二下·江苏期末）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·江苏期末）已知奇函数在上满足，其中的导函数为，则的极大值点为（　　）
A．3 B． C．1 D．
7．（2025高二下·江苏期末）已知在上对任意满足，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·江苏期末）甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，先随机取一只袋，再从该袋中先后随机取2个球，则第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为（　　）
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·江苏期末）下列命题正确的是（　　）
A．两个随机变量的线性相关性越强，则样本相关系数越接近于1
B．对具有线性相关关系的变量，，有一组观测数据，其经验回归方程是，且，则实数的值是
C．已知随机变量的方差为4，则的标准差是6
D．已知随机变量，若，则
10．（2025高二下·江苏期末）已知，则（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（2025高二下·江苏期末）设事件，满足，则（　　）
A．与可能独立 B．与可能互斥
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·江苏期末）已知，且，则　 　．
13．（2025高二下·江苏期末）的展开式的常数项是　 　．
14．（2025高二下·江苏期末）已知，，且．则满足条件的集合共有　 　个．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·江苏期末）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
16．（2025高二下·江苏期末）为调查学生喜欢在食堂就餐是否和性别有关，学校随机调研了男女生各100人，经统计得到如下列联表：
　 男 女
喜欢 80 40
不喜欢 20 60
（1）依据的独立性检验，判断学生喜欢在食堂就餐是否与性别有关？
（2）为听取学生对食堂的建议，从学生中抽取9人召开座谈会，并给其中3名同学赠送礼品，每人1份（其余人员仅赠送餐券）．已知参加座谈会的学生中有且只有4名学生来自高一，求高一这4名学生中得到礼品的人数的分布列和数学期望．
0.010 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
附：，其中
17．（2025高二下·江苏期末）函数的定义域为，如果，都有恒成立，那么的图象关于对称．已知．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，
①证明：函数图象关于对称；
②求的值．
18．（2025高二下·江苏期末）某旅游景点统计今年五一期间进入景区的游客人数（单位：千人）如下：
日期 5月1日 5月2日 5月3日 5月4日 5月5日
第天 1 2 3 4 5
参观人数 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9
（1）根据上表数据，判断成对样本数据的线性相关程度，请用样本相关系数加以说明；（若，则认为与的线性相关性很强），如果与的线性相关性很强，那么求出关于的经验回归方程；
（2）五一期间景区开放南门、东门和北门供游客出入，游客从南门、东门和北门进入景区的概率分别为，且出景区与入景区选择相同门的概率为，选择与入景区不同两门的概率各为．假设游客从南门、东门、北门出入景点互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名游客于5月1日游玩景点，设为4人中从东门出景区的人数，求的分布列、期望及方差．
附：参考数据：，，，，．
参考公式：经验回归方程，其中，．
样本相关系数．
19．（2025高二下·江苏期末）设，对任意，成立，则该函数称为“级函数”，其中为函数的导数．
（1）判断函数和，是否为“级函数”，并说明理由；
（2）记（1）中的“级函数”为．
①若，，使得，证明：；
②若，，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：由，
可得，解得，
所以，
由，可得，
又因为，所以，
所以，实数 的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式得出集合，由已知条件结合并集和集合间关系的推导关系，从而可得，再利用集合间的包含关系，从而借助数轴和分类讨论的方法，进而得出实数 的取值范围.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：充分性证明：
因为直线平面，
所以，存在直线平面，且，
又因为直线平面，
所以，
则，充分性得证；
必要性证明：
如图所示，
在长方体中，
易知，且平面，平面，
所以，不具备必要性，
则直线平面，则“直线平面”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据空间中线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理和性质定理，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的概念
【解析】【解答】解：由，
得，
所以.
故答案为：A．
【分析】由导数的概念和函数的极限的关系式以及导数的几何意义，从而得出的值.
4．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由分步乘法计数原理，每个学生均有3种选择方法，
所以不同的报名方法数为.
故答案为：B．
【分析】利用已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同的报名方式种数.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意，得：，
，
所以.
故答案为：C．
【分析】由题意，选为一组基底，利用空间向量基本定理，从而表示出，再利用结合数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值，即得出线段的长度.
6．【答案】B
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以，
令，得出，
由，得出；由，得出，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，3是极小值点，
又因为函数是奇函数，
所以的极大值点为.
故答案为：B．
【分析】先求导结合代入法，从而得出的值，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的极小值点，再利用函数的奇偶性得出函数的极大值点.
7．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意，在R上单调递减，
当时，，则；
当时，，
则，
可知在恒成立，
可得，解得，
当时，，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：D．
【分析】根据分段函数的单调性和已知条件，从而列出不等式组，再解不等式组得出实数a的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设第一次取出红球的事件为，第二次取出的球是白球的事件为，
取到甲袋，乙袋的事件分别为，，
则，
所以，
则.
故答案为：C．
【分析】设出事件，根据全概率公式得出和的值，再利用条件概率公式得出第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率.
9．【答案】B,C
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A，因为两个随机变量的线性相关性越强，
则样本相关系数的绝对值越接近于1，故A错误；
对于B，因为，，
所以，
所以，故B正确；
对于C，已知随机变量的方差为4，
则的方差是，
所以标准差为，故C正确；
对于D，由，
由对称性，可得，
所以，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】由相关系数的绝对值与1和0的关系与两个随机变量的线性相关性强弱的关系，则判断出选项A；由样本中心点计算出相关系数的方法，则判断出选项B；由方差的性质判断出选项C；由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，因为的展开式中含的项为：，
所以，故A正确；
对于B，令，得，
令，得，
两式相加得，，故B错误；
对于C，令，得，
所以，故C正确；
对于D，将等式两边对求导得：
，
令，得，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用二项式定理和多项式乘法法则，从而求出展开式中含项的系数，则判断出选项A；利用赋值法和已知条件，从而判断出选项B和选项C；对式子两边求导，令代入判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：若独立，则也相互独立，
则与题设矛盾，所以A错误；
当与对立（必互斥）时，满足，成立，所以B正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
则，所以C正确；
因为，
所以，
所以，所以D正确．
故答案为：BCD.
【分析】结合已知条件和对立事件定义以及独立事件的定义，则判断出选项A；举例判断出选项B；结合已知条件和条件概率公式以及对立事件概率公式，则判断出选项C；结合选项C和全概率公式以及条件概率公式、对立事件求概率公式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以．
故答案为：.
【分析】由正弦函数的奇偶性和，从而得出，进而得出的值.
13．【答案】70
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的通项公式为，
当时，中的常数项为；
当时，中的常数项为；
当时，，
所以的展开式的常数项为.
故答案为：70.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项定义和分类讨论的方法，从而求和得出的展开式的常数项.
14．【答案】410
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以能被3整除，
所以，除以3的余数相同，
则集合中的元素能被3整除的整数有，
被3除余1的整数有，
被3除余2的整数有，
当，都被3整除时，
则从被3整除的5个数中选取3个，
或，可从被3整除的5个数中选取2个，从其余11个数中选择，
所以的个数为；
当，被3除余1时，则从被3除余1的6个数中选取3个，
或，可从被3除余1的6个数中选取2个，从其余10个数中选择，
所以的个数为；
当，被3除余2时，则从被3除余2的5个数中选取3个，
或，可从被3除余2的5个数中选取2个，从其余11个数中选择，
所以的个数为，
所以满足条件的集合共有个．
故答案为：410.
【分析】由题意可得，除以3的余数相同，按照，除以3的余数相同，，被3除余1，，被3除余2分类讨论，再结合组合数公式得出满足条件的集合的个数.
15．【答案】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
又因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
所以与相似，
故，
因为，
所以，
故，
又因为底面，底面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以，，
又因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
因为平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，，此时，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【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）利用三角形相似证出，再结合线面垂直的判定定理证出平面
（2）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积 为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而分别求出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）因为，为的中点，所以，
因为四棱锥的底面是矩形，所以，
所以与相似，故，
因为，所以，故，
因为底面，底面，所以，
因为，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，，
因为四棱锥的底面是矩形，所以.
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，.
因为平面，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，此时，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：提出假设：喜欢食堂就餐与性别无关，
则，
所以，有的把握认为喜欢食堂就餐与性别有关．
（2）解：由题意，得高一4名学生中得到礼品的人数的可能取值为，，，，
则，，，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以．
【知识点】独立性检验的应用；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）先进行零假设，再由卡方的计算公式和临界值比较法，从而得出有的把握认为喜欢食堂就餐与性别有关．
（2）利用已知条件列出随机变量的可能取值，再由古典概型和组合数公式，从而得出相应的概率，即列出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）提出假设：喜欢食堂就餐与性别无关．
，
所以有的把握认为喜欢食堂就餐与性别有关．
（2）高一4名学生中得到礼品的人数的可能取值为，，，，
，，，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以．
17．【答案】（1）解：因为的定义域为，
所以，
①当时，，在上单调递增；
②当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
③当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（2）①证明：依题意，得，
则，
所以，
，
所以，
所以，
所以函数图象关于对称.
②解：
设，
则，
所以，的值为0．
【知识点】函数的值；利用导数研究函数的单调性；数列的求和；图形的对称性
【解析】【分析】（1）先求出导函数，再按照、和分类讨论，再根据导数的正负讨论出函数的单调性.
（2）①利用已知条件和代入法求出，再利用函数的图象的对称性，从而证出函数图象关于对称.
②利用已知条件和倒序相加法，从而得出的值.
（1）的定义域为，．
①当时，，在上单调递增；
②当时，，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
③当时，，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）①证明：依题意，，
则，所以，
，所以，
所以，所以函数图象关于对称；
②设，则，，
所以，的值为0．
18．【答案】（1）解：依题意，得，
又因为，，，
所以
又因为时线性相关程度高，
所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合，
又因为，
因此，关于的经验回归方程为．
（2）解：设“甲从东门出学校”为事件，“甲从南门进学校”为事件，
“甲从东门进学校”为事件，“甲从北门进学校”为事件，
由题意，可得，，，，，
由全概率公式得：
同理可得，乙、丙、丁从东门出景区的概率也为，
所以为4人中从东门出景区的人数，则，
则，，，，，
故的分布列为：
0 1 2 3 4
则，．
【知识点】线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意和相关系数求解公式，从而求出相关系数，再利用最小二乘法得出关于的经验回归方程.
（2）由全概率公式得出的值，再利用二项分布计算出对应的概率，从而列出随机变量X的分布式，再由随机变量的分布列求数学期望和方差公式，从而得出随机变量X的数学期望和方差.
（1）依题意，，而，，，
．
因为时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合．
，
因此，回归方程为．
（2）“甲从东门出学校”为事件，“甲从南门进学校”为事件，“甲从东门进学校”为事件，“甲从北门进学校”为事件，
由题意可得，，，，，
由全概率公式得：
同理乙、丙、丁从东门出景区的概率也为，
为4人中从东门出景区的人数，则，
，，，，，
故的分布列为：
0 1 2 3 4
，．
19．【答案】（1）解：记，，
则，
所以，
当时，因为，所以，
则不是“级函数”；
记，则，
所以，
故是“级函数”．
（2）①证明：设，则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
其图象为：
若，，使得，
欲证，即证，
由图，不妨设，所以，
因为在上单调递减，
所以只需证明，
又因为，即证明，
构造函数，，
则等价于证明在上恒成立，
因为，又因为，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
则在上恒成立，
所以.
②解：由题意，则，
所以，，，
所以，
则，
因为恒成立，所以，
又因为时不等式恒成立，
所以，解得，
则，
此时，．
由①可知在上是增函数，在是减函数.
（Ⅰ）当时，即当时，
则，
所以，
令，
则，可得，
所以，在上单调递减，在上单调递增．
所以，
所以；
（Ⅱ）当时，即当，时，
则，
又因为，
所以，
由①可知，存在，使得，，
则，此时恒有，
综上所述，实数的取值范围为．
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和函数新定义，从而判断出不是“级函数”和是“级函数”．
（2）①由导数正负判断出函数的单调性，再用分析法和构造函数，则利用导数证出极值点偏移，最后由不等式恒成立问题求解方法，从而证出不等式成立.
②结合题意和分析法，从而得到，再分类讨论当时，则构造函数，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，则得出实数a的取值范围；当时，利用抽象函数的单调性得出函数的值域，则得出实数a的取值范围，最后由并集的运算法则得出实数a的取值范围.
（1）记，，
则，，
当时，又，有，
故不是“级函数”；
记，则，
有，故是“级函数”．
（2）①设，则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
其图象为
若，，使得，
欲证，即证，
由图不妨设，所以，
又在上单调递减，所以只需证明，
又，即证明，
构造函数，，
则等价于证明在上恒成立，
，因为，
所以，所以在上单调递增，
所以，即在上恒成立，
所以得证.
②由题意，，
则，，即，即，
因为恒成立，所以，
又时不等式恒成立，有，解得，
故.
此时，．
由①可知在上是增函数，在是减函数，
（Ⅰ）当时，即时，得，即，
令，则，可得，
所以，在上单调递减，在上单调递增．
所以，
所以．
（Ⅱ）当时，即，时，
，又，有，
且由①可知存在，使得，，
即，
此时恒有．
综上，的取值范围为．
1 / 1江苏省南师附中、天一中学、海门中学、海安中学2024-2025学年高二下学期6月联考数学试题
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·江苏期末）已知集合 ，若 ，则实数 的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：由，
可得，解得，
所以，
由，可得，
又因为，所以，
所以，实数 的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式得出集合，由已知条件结合并集和集合间关系的推导关系，从而可得，再利用集合间的包含关系，从而借助数轴和分类讨论的方法，进而得出实数 的取值范围.
2．（2025高二下·江苏期末）已知直线平面，则“直线平面”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：充分性证明：
因为直线平面，
所以，存在直线平面，且，
又因为直线平面，
所以，
则，充分性得证；
必要性证明：
如图所示，
在长方体中，
易知，且平面，平面，
所以，不具备必要性，
则直线平面，则“直线平面”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据空间中线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理和性质定理，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．（2025高二下·江苏期末）已知函数在上可导，且满足，则函数在点处切线的斜率为（　　）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的概念
【解析】【解答】解：由，
得，
所以.
故答案为：A．
【分析】由导数的概念和函数的极限的关系式以及导数的几何意义，从而得出的值.
4．（2025高二下·江苏期末）若5名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（　　）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由分步乘法计数原理，每个学生均有3种选择方法，
所以不同的报名方法数为.
故答案为：B．
【分析】利用已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同的报名方式种数.
5．（2025高二下·江苏期末）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意，得：，
，
所以.
故答案为：C．
【分析】由题意，选为一组基底，利用空间向量基本定理，从而表示出，再利用结合数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值，即得出线段的长度.
6．（2025高二下·江苏期末）已知奇函数在上满足，其中的导函数为，则的极大值点为（　　）
A．3 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以，
令，得出，
由，得出；由，得出，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，3是极小值点，
又因为函数是奇函数，
所以的极大值点为.
故答案为：B．
【分析】先求导结合代入法，从而得出的值，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的极小值点，再利用函数的奇偶性得出函数的极大值点.
7．（2025高二下·江苏期末）已知在上对任意满足，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意，在R上单调递减，
当时，，则；
当时，，
则，
可知在恒成立，
可得，解得，
当时，，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：D．
【分析】根据分段函数的单调性和已知条件，从而列出不等式组，再解不等式组得出实数a的取值范围.
8．（2025高二下·江苏期末）甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，先随机取一只袋，再从该袋中先后随机取2个球，则第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设第一次取出红球的事件为，第二次取出的球是白球的事件为，
取到甲袋，乙袋的事件分别为，，
则，
所以，
则.
故答案为：C．
【分析】设出事件，根据全概率公式得出和的值，再利用条件概率公式得出第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率.
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·江苏期末）下列命题正确的是（　　）
A．两个随机变量的线性相关性越强，则样本相关系数越接近于1
B．对具有线性相关关系的变量，，有一组观测数据，其经验回归方程是，且，则实数的值是
C．已知随机变量的方差为4，则的标准差是6
D．已知随机变量，若，则
【答案】B,C
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A，因为两个随机变量的线性相关性越强，
则样本相关系数的绝对值越接近于1，故A错误；
对于B，因为，，
所以，
所以，故B正确；
对于C，已知随机变量的方差为4，
则的方差是，
所以标准差为，故C正确；
对于D，由，
由对称性，可得，
所以，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】由相关系数的绝对值与1和0的关系与两个随机变量的线性相关性强弱的关系，则判断出选项A；由样本中心点计算出相关系数的方法，则判断出选项B；由方差的性质判断出选项C；由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．（2025高二下·江苏期末）已知，则（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,C
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，因为的展开式中含的项为：，
所以，故A正确；
对于B，令，得，
令，得，
两式相加得，，故B错误；
对于C，令，得，
所以，故C正确；
对于D，将等式两边对求导得：
，
令，得，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用二项式定理和多项式乘法法则，从而求出展开式中含项的系数，则判断出选项A；利用赋值法和已知条件，从而判断出选项B和选项C；对式子两边求导，令代入判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高二下·江苏期末）设事件，满足，则（　　）
A．与可能独立 B．与可能互斥
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：若独立，则也相互独立，
则与题设矛盾，所以A错误；
当与对立（必互斥）时，满足，成立，所以B正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
则，所以C正确；
因为，
所以，
所以，所以D正确．
故答案为：BCD.
【分析】结合已知条件和对立事件定义以及独立事件的定义，则判断出选项A；举例判断出选项B；结合已知条件和条件概率公式以及对立事件概率公式，则判断出选项C；结合选项C和全概率公式以及条件概率公式、对立事件求概率公式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·江苏期末）已知，且，则　 　．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以．
故答案为：.
【分析】由正弦函数的奇偶性和，从而得出，进而得出的值.
13．（2025高二下·江苏期末）的展开式的常数项是　 　．
【答案】70
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的通项公式为，
当时，中的常数项为；
当时，中的常数项为；
当时，，
所以的展开式的常数项为.
故答案为：70.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项定义和分类讨论的方法，从而求和得出的展开式的常数项.
14．（2025高二下·江苏期末）已知，，且．则满足条件的集合共有　 　个．
【答案】410
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以能被3整除，
所以，除以3的余数相同，
则集合中的元素能被3整除的整数有，
被3除余1的整数有，
被3除余2的整数有，
当，都被3整除时，
则从被3整除的5个数中选取3个，
或，可从被3整除的5个数中选取2个，从其余11个数中选择，
所以的个数为；
当，被3除余1时，则从被3除余1的6个数中选取3个，
或，可从被3除余1的6个数中选取2个，从其余10个数中选择，
所以的个数为；
当，被3除余2时，则从被3除余2的5个数中选取3个，
或，可从被3除余2的5个数中选取2个，从其余11个数中选择，
所以的个数为，
所以满足条件的集合共有个．
故答案为：410.
【分析】由题意可得，除以3的余数相同，按照，除以3的余数相同，，被3除余1，，被3除余2分类讨论，再结合组合数公式得出满足条件的集合的个数.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·江苏期末）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
又因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
所以与相似，
故，
因为，
所以，
故，
又因为底面，底面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以，，
又因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
因为平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，，此时，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【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）利用三角形相似证出，再结合线面垂直的判定定理证出平面
（2）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积 为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而分别求出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）因为，为的中点，所以，
因为四棱锥的底面是矩形，所以，
所以与相似，故，
因为，所以，故，
因为底面，底面，所以，
因为，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，，
因为四棱锥的底面是矩形，所以.
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，.
因为平面，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，此时，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
16．（2025高二下·江苏期末）为调查学生喜欢在食堂就餐是否和性别有关，学校随机调研了男女生各100人，经统计得到如下列联表：
　 男 女
喜欢 80 40
不喜欢 20 60
（1）依据的独立性检验，判断学生喜欢在食堂就餐是否与性别有关？
（2）为听取学生对食堂的建议，从学生中抽取9人召开座谈会，并给其中3名同学赠送礼品，每人1份（其余人员仅赠送餐券）．已知参加座谈会的学生中有且只有4名学生来自高一，求高一这4名学生中得到礼品的人数的分布列和数学期望．
0.010 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
附：，其中
【答案】（1）解：提出假设：喜欢食堂就餐与性别无关，
则，
所以，有的把握认为喜欢食堂就餐与性别有关．
（2）解：由题意，得高一4名学生中得到礼品的人数的可能取值为，，，，
则，，，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以．
【知识点】独立性检验的应用；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）先进行零假设，再由卡方的计算公式和临界值比较法，从而得出有的把握认为喜欢食堂就餐与性别有关．
（2）利用已知条件列出随机变量的可能取值，再由古典概型和组合数公式，从而得出相应的概率，即列出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）提出假设：喜欢食堂就餐与性别无关．
，
所以有的把握认为喜欢食堂就餐与性别有关．
（2）高一4名学生中得到礼品的人数的可能取值为，，，，
，，，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以．
17．（2025高二下·江苏期末）函数的定义域为，如果，都有恒成立，那么的图象关于对称．已知．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，
①证明：函数图象关于对称；
②求的值．
【答案】（1）解：因为的定义域为，
所以，
①当时，，在上单调递增；
②当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
③当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（2）①证明：依题意，得，
则，
所以，
，
所以，
所以，
所以函数图象关于对称.
②解：
设，
则，
所以，的值为0．
【知识点】函数的值；利用导数研究函数的单调性；数列的求和；图形的对称性
【解析】【分析】（1）先求出导函数，再按照、和分类讨论，再根据导数的正负讨论出函数的单调性.
（2）①利用已知条件和代入法求出，再利用函数的图象的对称性，从而证出函数图象关于对称.
②利用已知条件和倒序相加法，从而得出的值.
（1）的定义域为，．
①当时，，在上单调递增；
②当时，，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
③当时，，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）①证明：依题意，，
则，所以，
，所以，
所以，所以函数图象关于对称；
②设，则，，
所以，的值为0．
18．（2025高二下·江苏期末）某旅游景点统计今年五一期间进入景区的游客人数（单位：千人）如下：
日期 5月1日 5月2日 5月3日 5月4日 5月5日
第天 1 2 3 4 5
参观人数 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9
（1）根据上表数据，判断成对样本数据的线性相关程度，请用样本相关系数加以说明；（若，则认为与的线性相关性很强），如果与的线性相关性很强，那么求出关于的经验回归方程；
（2）五一期间景区开放南门、东门和北门供游客出入，游客从南门、东门和北门进入景区的概率分别为，且出景区与入景区选择相同门的概率为，选择与入景区不同两门的概率各为．假设游客从南门、东门、北门出入景点互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名游客于5月1日游玩景点，设为4人中从东门出景区的人数，求的分布列、期望及方差．
附：参考数据：，，，，．
参考公式：经验回归方程，其中，．
样本相关系数．
【答案】（1）解：依题意，得，
又因为，，，
所以
又因为时线性相关程度高，
所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合，
又因为，
因此，关于的经验回归方程为．
（2）解：设“甲从东门出学校”为事件，“甲从南门进学校”为事件，
“甲从东门进学校”为事件，“甲从北门进学校”为事件，
由题意，可得，，，，，
由全概率公式得：
同理可得，乙、丙、丁从东门出景区的概率也为，
所以为4人中从东门出景区的人数，则，
则，，，，，
故的分布列为：
0 1 2 3 4
则，．
【知识点】线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意和相关系数求解公式，从而求出相关系数，再利用最小二乘法得出关于的经验回归方程.
（2）由全概率公式得出的值，再利用二项分布计算出对应的概率，从而列出随机变量X的分布式，再由随机变量的分布列求数学期望和方差公式，从而得出随机变量X的数学期望和方差.
（1）依题意，，而，，，
．
因为时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合．
，
因此，回归方程为．
（2）“甲从东门出学校”为事件，“甲从南门进学校”为事件，“甲从东门进学校”为事件，“甲从北门进学校”为事件，
由题意可得，，，，，
由全概率公式得：
同理乙、丙、丁从东门出景区的概率也为，
为4人中从东门出景区的人数，则，
，，，，，
故的分布列为：
0 1 2 3 4
，．
19．（2025高二下·江苏期末）设，对任意，成立，则该函数称为“级函数”，其中为函数的导数．
（1）判断函数和，是否为“级函数”，并说明理由；
（2）记（1）中的“级函数”为．
①若，，使得，证明：；
②若，，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：记，，
则，
所以，
当时，因为，所以，
则不是“级函数”；
记，则，
所以，
故是“级函数”．
（2）①证明：设，则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
其图象为：
若，，使得，
欲证，即证，
由图，不妨设，所以，
因为在上单调递减，
所以只需证明，
又因为，即证明，
构造函数，，
则等价于证明在上恒成立，
因为，又因为，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
则在上恒成立，
所以.
②解：由题意，则，
所以，，，
所以，
则，
因为恒成立，所以，
又因为时不等式恒成立，
所以，解得，
则，
此时，．
由①可知在上是增函数，在是减函数.
（Ⅰ）当时，即当时，
则，
所以，
令，
则，可得，
所以，在上单调递减，在上单调递增．
所以，
所以；
（Ⅱ）当时，即当，时，
则，
又因为，
所以，
由①可知，存在，使得，，
则，此时恒有，
综上所述，实数的取值范围为．
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和函数新定义，从而判断出不是“级函数”和是“级函数”．
（2）①由导数正负判断出函数的单调性，再用分析法和构造函数，则利用导数证出极值点偏移，最后由不等式恒成立问题求解方法，从而证出不等式成立.
②结合题意和分析法，从而得到，再分类讨论当时，则构造函数，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，则得出实数a的取值范围；当时，利用抽象函数的单调性得出函数的值域，则得出实数a的取值范围，最后由并集的运算法则得出实数a的取值范围.
（1）记，，
则，，
当时，又，有，
故不是“级函数”；
记，则，
有，故是“级函数”．
（2）①设，则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
其图象为
若，，使得，
欲证，即证，
由图不妨设，所以，
又在上单调递减，所以只需证明，
又，即证明，
构造函数，，
则等价于证明在上恒成立，
，因为，
所以，所以在上单调递增，
所以，即在上恒成立，
所以得证.
②由题意，，
则，，即，即，
因为恒成立，所以，
又时不等式恒成立，有，解得，
故.
此时，．
由①可知在上是增函数，在是减函数，
（Ⅰ）当时，即时，得，即，
令，则，可得，
所以，在上单调递减，在上单调递增．
所以，
所以．
（Ⅱ）当时，即，时，
，又，有，
且由①可知存在，使得，，
即，
此时恒有．
综上，的取值范围为．
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