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广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·广州期末）已知非空集合，则实数a的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；空集
【解析】【解答】解：由集合是非空集合，可得，解得或，
则实数a的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，解不等式求实数a的取值范围即可.
2．（2024高二下·广州期末）若，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】充要条件
【解析】【解答】解：由可得，
构造函数定义域为，且函数在上单调递增，
则，即，
故是的充要条件．
故答案为：C．
【分析】由题意，构造函数，判断函数的单调性解不等式结合充分、必要条件的定义判断即可.
3．（2024高二下·广州期末）函数与直线相切于点，则点的横坐标为（　　）
A． B．1 C．2 D．e
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：设，
函数的定义域为，，
由题意可得：，解得，则点的横坐标为 1．
故答案为：B．
【分析】设点，求函数的定义域，再求导，由题意可得，解方程求横坐标即可.
4．（2024高二下·广州期末）若一个四位数的各个数位上的数子之和为3，则这样的四位数个数为（　　）
A．10 B．12 C．15 D．20
【答案】A
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解： 若一个四位数的各个数位上的数子之和为3，
则这样的四位数由：0，1，1，1或0，0，1，2或0，0，0，3组成，
若0，1，1，1，这样的四位数有个；
若0，0，1，2，这样的四位数有个；
若0，0，0，3，这样的四位数有1个；
综上所述： 这样的四位数个数为个.
故答案为：A.
【分析】分类讨论数字之和为3的情况，结合组合数运算求解即可.
5．（2024高二下·广州期末）如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（　　）
A． B． C．4 D．2
【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：由二面角的平面角的定义可知：，
则，
因为，所以，
由，
可得
，
则，即.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算即可.
6．（2024高二下·广州期末）记的内角的对边分别为，若，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理，可得，
解得，则三角形的面积为.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式求解即可.
7．（2024高二下·广州期末）已知函数在区间存在单调递减区间，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，得，
因为，则若函数在区间存在单调递减区间，
则在上有解，即存在，使得成立，
设，则，
当时，，
所以，所以，
所以的取值范围是．
故答案为：B．
【分析】求导可得，将问题转化为在上有解，再求出范围即可．
8．（2024高二下·广州期末）已知等差数列的公差大于0且，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得解得，
则
，解得，
则.
故答案为：B．
【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件结合等差数列的通项公式，结合分母有理化及数列求和中的裂项相消法求解即可.
9．（2024高二下·广州期末）下列结论中，正确的有（　　）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；独立性检验的应用；回归分析的初步应用；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以A不符合题意：
随机变量，则，所以B符合题意；
经验回归方程为，且，则，所以C符合题意；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以D不符合题意.
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合百分位数求解方法、正态分布求概率公式、线性回归方程恒过中心点的性质、独立性检验的方法，进而找出正确的选项。
10．（2024高二下·广州期末）已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（　　）
A．两两垂直
B．在平面的投影为的中点
C．三点共线
D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球
【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、因为分别为的中点，所以，
又因为，所以，所以，
取的中点，连接，如图所示：
因为，所以⊥，⊥，
又因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
又，，故，
又，，
由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，故A正确；
B、由题意得不重合，过点作，交于点，
因为⊥平面，所以⊥平面，
且不重合，故在平面的投影不为的中点，故B错误；
C、三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心，
故三点共线，故C正确；
D、因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球，故外接球直径为，而，
则三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，故D正确.
故答案为：ACD，
【分析】作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直即可判断 A；作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点即可判断B；根据正三棱锥的特征得到三点共线即可判断C；求出三棱锥的外接球直径，与比较即可判断D.
11．（2024高二下·广州期末）甲 乙两同学参加普法知识对抗赛，规则如下：每轮由其中一人从题库中随机抽取一题回答.若回答正确，得1分，且此人继续答题；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题.据经验统计，甲 乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题通过抛掷硬币决定由谁作答.设第次答题者是甲的概率为，第次回答问题结束后甲的得分为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：A、记事件=“第次答题者是甲”，事件=“第次答题者是乙”，
易知，，因为，，
所以，
则，故A错误；
B、表示第1次回答问题结束后甲的得分为0，则，
故B正确；
C、第次答题者是甲，有两种情况：第次答题者是甲，且甲在第次回答问题时回答正确；
第次答题者是乙，且乙在第次回答问题时回答错误，
由全概率公式可得：，故C正确；
D、表示第次回答问题结束后甲的得分为，则第1次答题者是甲，
且甲在次回答问题时都回答正确，，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】设事件表示“第次答题者是甲”，事件表示“第次答题者是乙”，则，，且，，利用全概率公式即可判断ABC，利用独立事件的概率乘法公式即可判断D．
12．（2024高二下·广州期末）若，则　 　.
【答案】2560
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
令，则.
故答案为：2560.
【分析】利用赋值法求解即可.
13．（2024高二下·广州期末）已知双曲线的左、右焦点分别为的三个顶点都在上，且直线过原点，直线斜率的乘积为3，则双曲线的离心率为　 　．
【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知关于原点对称，设，
因为直线斜率的乘积为3，所以，
又因为，，所以，
所以，则．
故答案为：2．
【分析】由题意，设结合点差法及直线的斜率公式可得a，b，c的关系，再利用离心率公式求解即可．
14．（2024高二下·广州期末）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为　 　.点到直线的距离的最小值为　 　.
【答案】；
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；平面内点到直线的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【分析】在正方体中，连接，再利用对角面为矩形结合点分别是棱的中点，则，而，即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，因此，而，即四边形为平行四边形，于是，即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，再利用在侧面上，所以点的轨迹是线段，从而得出轨迹长；
以点D为原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用三角形法则和向量的坐标运算以及数量积的坐标表示和勾股定理得出点到直线的距离，再结合二次函数的图象求最值的方法得出点到直线的距离的最小值。
15．（2024高二下·广州期末）已知正项数列的前项积为，且满足.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明：∵，且，∴，
∵，∴，∴得，则，
∵当时，，得，∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列
（2）解：由(1)知：，即．
∴
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)根据，结合已知等式可求，证明即可；
(2)根据(1)和等比数列通项公式可求，根据的特征，采用分组求和的方法即可求其前n项和．
16．（2024高二下·广州期末）已知函数()，点A是图像上的一个最高点，B、C为图像的两个对称中心，面积的最小值为．
（1）求的值；
（2）在区间上有20个极值点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解： 函数()，函数的最小正周期，
由题意可知：，
则面积的最小值，解得；
（2）解：由（1）可知：函数，
由，可得，
因为函数在区间上有20个极值点，所以，
解得，则实数m的取值范围是.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）由题意可知：，结合三角形面积公式求解即可；
（2）由（1）可知：函数，以为整体，结合正弦函数的性质列式求解即可.
（1）因为，则的最小正周期，
由题意可知：，
可得面积的最小值，解得.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
又因为在区间上有20个极值点，则，
解得，所以实数m的取值范围是.
17．（2024高二下·广州期末）已知函数.
（1）求的最小值；
（2）若在区间内恒成立，求实数的值.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
故当时，有最小值，最小值为；
（2）解：函数，，，
当时，，函数在上单调递减，
此时存在，使得，与题设矛盾，
当时，时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
且，
要使在恒成立，
则，即，
又由（1）知即，（当且仅当时，等号成立），
令有，故且，则．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性求最值即可；
（2）将不等式恒成立转化为求函数的最大值问题，求参数取值范围即可.
（1）由，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
当时，有最小值，最小值为.
（2）函数，，
则，
当时，，在上单调递减，
此时存在，使得，与题设矛盾，
当时，时，，时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使在恒成立，
则，即，
又由（1）知即，（当且仅当时，等号成立）．
令有，故且，
所以．
18．（2024高二下·广州期末）由个小正方形构成长方形网格有行和列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，记为一轮.每次放白球的频率为，放红球的概率为q，.
（1）若，，记表示100轮放球试验中“每一列至少一个红球”的轮数，统计数据如表：
n 1 2 3 4 5
y 76 56 42 30 26
求y关于n的回归方程，并预测时，y的值；（精确到1）
（2）若，，，，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（3）求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：.
附：经验回归方程系数：，，，.
【答案】（1）解：易知 ，
， ，
则线性回归方程为： ，
故当时，，；
（2）解：由题意知：，，，，则X的取值可能为，
记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，
所以，
，
，
X的分布列为：
0 1 2
；
（3）证明：因为每一列至少一个红球的概率为 ，记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，
所以，
记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以，
显然， ，所以 ，
即，则.
【知识点】回归分析；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【分析】（1）根据已知数据求回归方程，再求预测值即可；
（2）确定X的取值可能为，根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即可得分布列，求期望即可；
（3）求得每一列都至少一个红球的概率，根据对立事件的概率公式可得事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，再求得“每一行都至少一个白球”的概率，结合两事件的关系可得其概率大小关系，即可证明结论.
（1）由题意知 ，
故，
所以 ，
所以线性回归方程为： ，
所以，估计时，.
（2）由题意知：，，，，
则X的取值可能为，
记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，
所以，
，
，
所以X的分布列为：
0 1 2
所以数学期望为.
（3）证明：因为每一列至少一个红球的概率为 ，
记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，所以，
记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以，
显然， ，所以 ，
即，所以.
19．（2024高二下·广州期末）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
（1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
（2）证明：直线在曲面上；
（3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）解：根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；
（2）证明：设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，即点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上；
（3）解：直线在曲面上，且过点，设是直线上任意一点，
直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，即点的坐标为，
因为在曲面上，所以，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
则，且，
解得，或，
不妨取，则，或，
则，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；直线的方向向量
【解析】【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可；
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
1 / 1广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·广州期末）已知非空集合，则实数a的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·广州期末）若，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024高二下·广州期末）函数与直线相切于点，则点的横坐标为（　　）
A． B．1 C．2 D．e
4．（2024高二下·广州期末）若一个四位数的各个数位上的数子之和为3，则这样的四位数个数为（　　）
A．10 B．12 C．15 D．20
5．（2024高二下·广州期末）如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（　　）
A． B． C．4 D．2
6．（2024高二下·广州期末）记的内角的对边分别为，若，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·广州期末）已知函数在区间存在单调递减区间，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广州期末）已知等差数列的公差大于0且，若，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·广州期末）下列结论中，正确的有（　　）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
10．（2024高二下·广州期末）已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（　　）
A．两两垂直
B．在平面的投影为的中点
C．三点共线
D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球
11．（2024高二下·广州期末）甲 乙两同学参加普法知识对抗赛，规则如下：每轮由其中一人从题库中随机抽取一题回答.若回答正确，得1分，且此人继续答题；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题.据经验统计，甲 乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题通过抛掷硬币决定由谁作答.设第次答题者是甲的概率为，第次回答问题结束后甲的得分为，则（　　）
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·广州期末）若，则　 　.
13．（2024高二下·广州期末）已知双曲线的左、右焦点分别为的三个顶点都在上，且直线过原点，直线斜率的乘积为3，则双曲线的离心率为　 　．
14．（2024高二下·广州期末）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为　 　.点到直线的距离的最小值为　 　.
15．（2024高二下·广州期末）已知正项数列的前项积为，且满足.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和.
16．（2024高二下·广州期末）已知函数()，点A是图像上的一个最高点，B、C为图像的两个对称中心，面积的最小值为．
（1）求的值；
（2）在区间上有20个极值点，求实数m的取值范围．
17．（2024高二下·广州期末）已知函数.
（1）求的最小值；
（2）若在区间内恒成立，求实数的值.
18．（2024高二下·广州期末）由个小正方形构成长方形网格有行和列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，记为一轮.每次放白球的频率为，放红球的概率为q，.
（1）若，，记表示100轮放球试验中“每一列至少一个红球”的轮数，统计数据如表：
n 1 2 3 4 5
y 76 56 42 30 26
求y关于n的回归方程，并预测时，y的值；（精确到1）
（2）若，，，，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（3）求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：.
附：经验回归方程系数：，，，.
19．（2024高二下·广州期末）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
（1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
（2）证明：直线在曲面上；
（3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；空集
【解析】【解答】解：由集合是非空集合，可得，解得或，
则实数a的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，解不等式求实数a的取值范围即可.
2．【答案】C
【知识点】充要条件
【解析】【解答】解：由可得，
构造函数定义域为，且函数在上单调递增，
则，即，
故是的充要条件．
故答案为：C．
【分析】由题意，构造函数，判断函数的单调性解不等式结合充分、必要条件的定义判断即可.
3．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：设，
函数的定义域为，，
由题意可得：，解得，则点的横坐标为 1．
故答案为：B．
【分析】设点，求函数的定义域，再求导，由题意可得，解方程求横坐标即可.
4．【答案】A
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解： 若一个四位数的各个数位上的数子之和为3，
则这样的四位数由：0，1，1，1或0，0，1，2或0，0，0，3组成，
若0，1，1，1，这样的四位数有个；
若0，0，1，2，这样的四位数有个；
若0，0，0，3，这样的四位数有1个；
综上所述： 这样的四位数个数为个.
故答案为：A.
【分析】分类讨论数字之和为3的情况，结合组合数运算求解即可.
5．【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：由二面角的平面角的定义可知：，
则，
因为，所以，
由，
可得
，
则，即.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算即可.
6．【答案】A
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理，可得，
解得，则三角形的面积为.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，得，
因为，则若函数在区间存在单调递减区间，
则在上有解，即存在，使得成立，
设，则，
当时，，
所以，所以，
所以的取值范围是．
故答案为：B．
【分析】求导可得，将问题转化为在上有解，再求出范围即可．
8．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得解得，
则
，解得，
则.
故答案为：B．
【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件结合等差数列的通项公式，结合分母有理化及数列求和中的裂项相消法求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；独立性检验的应用；回归分析的初步应用；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以A不符合题意：
随机变量，则，所以B符合题意；
经验回归方程为，且，则，所以C符合题意；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以D不符合题意.
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合百分位数求解方法、正态分布求概率公式、线性回归方程恒过中心点的性质、独立性检验的方法，进而找出正确的选项。
10．【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、因为分别为的中点，所以，
又因为，所以，所以，
取的中点，连接，如图所示：
因为，所以⊥，⊥，
又因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
又，，故，
又，，
由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，故A正确；
B、由题意得不重合，过点作，交于点，
因为⊥平面，所以⊥平面，
且不重合，故在平面的投影不为的中点，故B错误；
C、三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心，
故三点共线，故C正确；
D、因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球，故外接球直径为，而，
则三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，故D正确.
故答案为：ACD，
【分析】作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直即可判断 A；作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点即可判断B；根据正三棱锥的特征得到三点共线即可判断C；求出三棱锥的外接球直径，与比较即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：A、记事件=“第次答题者是甲”，事件=“第次答题者是乙”，
易知，，因为，，
所以，
则，故A错误；
B、表示第1次回答问题结束后甲的得分为0，则，
故B正确；
C、第次答题者是甲，有两种情况：第次答题者是甲，且甲在第次回答问题时回答正确；
第次答题者是乙，且乙在第次回答问题时回答错误，
由全概率公式可得：，故C正确；
D、表示第次回答问题结束后甲的得分为，则第1次答题者是甲，
且甲在次回答问题时都回答正确，，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】设事件表示“第次答题者是甲”，事件表示“第次答题者是乙”，则，，且，，利用全概率公式即可判断ABC，利用独立事件的概率乘法公式即可判断D．
12．【答案】2560
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
令，则.
故答案为：2560.
【分析】利用赋值法求解即可.
13．【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知关于原点对称，设，
因为直线斜率的乘积为3，所以，
又因为，，所以，
所以，则．
故答案为：2．
【分析】由题意，设结合点差法及直线的斜率公式可得a，b，c的关系，再利用离心率公式求解即可．
14．【答案】；
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；平面内点到直线的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【分析】在正方体中，连接，再利用对角面为矩形结合点分别是棱的中点，则，而，即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，因此，而，即四边形为平行四边形，于是，即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，再利用在侧面上，所以点的轨迹是线段，从而得出轨迹长；
以点D为原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用三角形法则和向量的坐标运算以及数量积的坐标表示和勾股定理得出点到直线的距离，再结合二次函数的图象求最值的方法得出点到直线的距离的最小值。
15．【答案】（1）证明：∵，且，∴，
∵，∴，∴得，则，
∵当时，，得，∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列
（2）解：由(1)知：，即．
∴
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)根据，结合已知等式可求，证明即可；
(2)根据(1)和等比数列通项公式可求，根据的特征，采用分组求和的方法即可求其前n项和．
16．【答案】（1）解： 函数()，函数的最小正周期，
由题意可知：，
则面积的最小值，解得；
（2）解：由（1）可知：函数，
由，可得，
因为函数在区间上有20个极值点，所以，
解得，则实数m的取值范围是.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）由题意可知：，结合三角形面积公式求解即可；
（2）由（1）可知：函数，以为整体，结合正弦函数的性质列式求解即可.
（1）因为，则的最小正周期，
由题意可知：，
可得面积的最小值，解得.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
又因为在区间上有20个极值点，则，
解得，所以实数m的取值范围是.
17．【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
故当时，有最小值，最小值为；
（2）解：函数，，，
当时，，函数在上单调递减，
此时存在，使得，与题设矛盾，
当时，时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
且，
要使在恒成立，
则，即，
又由（1）知即，（当且仅当时，等号成立），
令有，故且，则．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性求最值即可；
（2）将不等式恒成立转化为求函数的最大值问题，求参数取值范围即可.
（1）由，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
当时，有最小值，最小值为.
（2）函数，，
则，
当时，，在上单调递减，
此时存在，使得，与题设矛盾，
当时，时，，时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使在恒成立，
则，即，
又由（1）知即，（当且仅当时，等号成立）．
令有，故且，
所以．
18．【答案】（1）解：易知 ，
， ，
则线性回归方程为： ，
故当时，，；
（2）解：由题意知：，，，，则X的取值可能为，
记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，
所以，
，
，
X的分布列为：
0 1 2
；
（3）证明：因为每一列至少一个红球的概率为 ，记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，
所以，
记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以，
显然， ，所以 ，
即，则.
【知识点】回归分析；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【分析】（1）根据已知数据求回归方程，再求预测值即可；
（2）确定X的取值可能为，根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即可得分布列，求期望即可；
（3）求得每一列都至少一个红球的概率，根据对立事件的概率公式可得事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，再求得“每一行都至少一个白球”的概率，结合两事件的关系可得其概率大小关系，即可证明结论.
（1）由题意知 ，
故，
所以 ，
所以线性回归方程为： ，
所以，估计时，.
（2）由题意知：，，，，
则X的取值可能为，
记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，
所以，
，
，
所以X的分布列为：
0 1 2
所以数学期望为.
（3）证明：因为每一列至少一个红球的概率为 ，
记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，所以，
记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以，
显然， ，所以 ，
即，所以.
19．【答案】（1）解：根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；
（2）证明：设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，即点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上；
（3）解：直线在曲面上，且过点，设是直线上任意一点，
直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，即点的坐标为，
因为在曲面上，所以，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
则，且，
解得，或，
不妨取，则，或，
则，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；直线的方向向量
【解析】【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可；
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
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