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2026年高考数学大题专项训练
【题型一】解三角形
1．设的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，．
(1)若，求的面积；
(2)若，求．
2．已知函数.
(1)求的最小正周期及单调递增区间；
(2)在中，，若的平分线交于，求的长.
3．在中，角，，的对边分别为，，．且满足．
(1)求角的大小；
(2)已知，，在边上，且满足，求的长．
4．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，点D在边CA的延长线上，，且，求的面积．
5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为锐角三角形，已知，且满足条件．
(1)求的大小；
(2)求面积的最大值；
【题型二】数列大题
6．已知数列{an}的前n项和为，数列{bn}满足
(1)求数列的通项公式;
(2)若数列满足，求数列的前n项和.
7．已知是公差为2的等差数列，是公比为2的等比数列，且.
(1)求，的通项公式；
(2)记数列的前项和为，用表示不超过的最大整数，例如，，求的取值集合.
8．已知数列的前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前项和．
9．已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且．
(1)证明：是等差数列；
(2)令，求．
10．已知是正项数列的前项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【题型三】立体几何
11．如图，在四棱锥中，平面，且，．
(1)证明：平面．
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
12．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，点是棱上的动点，点是棱上的一点，且，，，.
(1)求证：；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
13．已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且．
(1)求证：平面；
(2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值．
14．在四棱锥中，底面为正方形，平面.
(1)求证：平面；
(2)求钝二面角的余弦值；
(3)若存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球，求该球体的体积和表面积；若不存在，请说明理由.
15．如图，在三棱锥中，平面ABC，．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)设，，点M，A，B、C均在球O的球面上．
（ⅰ）当时，求球O的表面积；
（ⅱ）设球O的球面与直线PA交于点G（异于点A）．求直线BG与平面PBC所成角最大时的值．
【题型四】圆锥曲线
16．的顶点，，且的周长为6，记点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过点的动直线与交于点，证明：恒为钝角．
17．已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点．
（i）求证：点在定直线上；
（ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围．
18．已知椭圆的离心率为，斜率为的直线过原点且与椭圆相交所得弦长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若椭圆的内接四边形为菱形，且该四边形的周长为，面积为，判断是否为定值，若是求出该定值，否则说明理由.
19．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线：（）与椭圆交于点，，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形.且，求的值.
20．已知椭圆的左、右顶点分别为，直线交于，两点，．
(1)求的方程；
(2)点在线段上，直线分别交于两点，直线交于点．
（i）证明：；
（ii）判断轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由．
【题型五】概率统计
21．某农业技术站研究化肥施用量对大棚青菜产量的影响.在一定范围内，施肥量（单位kg/亩）越大，青菜产量（单位kg/亩）越高.实验测得具体数据如下表：
施肥量 2 3 4 5 6
青菜产量 4200 4300 4350 4380 4400
根据散点数据特征，研究人员分析得出产量与施肥量近似满足的关系，取，经计算可知，，，，
(1)请根据上述数据，计算得出产量y关于施肥量x的回归方程，并结合常识描述的实际意义，为简化计算，计算过程中、均精确到个位数.
(2)若青菜的收购价格为2元/kg，化肥的采购价格为12元/kg，请从利润最大的角度给出大棚的最优施肥量.
参考公式：，.
22．为研究学习时间与成绩的关系，记录5名学生的数学学习时间(小时)与模拟考成绩(分，满分 150) 如下:
2 4 6 8 10
w 58 72 80 90 100
设模拟考成绩与学习时间的回归模型为:，其中 .为计算简洁，现对数据进行中心化处理: 令，则回归模型化为. 记残差平方和.
(1)根据最小二乘原理，要使最小(假设)，推导的估计量的表达式(写出关键步骤).
(2)利用所给数据，求关于的经验回归方程，并还原为关于的方程. 预测时的成绩.
23．近年来某用户保持连续增长，若李明收集了年的年份代码与该在线用户数（单位：万）的数据，具体如下表所示：
年份代码
在线用户数（单位：万）
(1)求样本相关系数（精确到小数点后两位），并判断变量与之间的线性相关关系的强弱；
(2)从年中随机抽取三个不同年份所对应的在线用户数据，记最小的数据为，求的分布列及数学期望．
注：样本相关系数．
24．某科技公司统计了过去10年每年的研发投入（单位：亿元）和营业额（单位：亿元）的数据，如下表：
/亿元 12.1 12.5 11.3 12.4 13.1 11.5 11.0 11.3 12.6 12.2
/亿元 650 680 620 660 695 640 600 630 665 660
参考数据：，，，．
参考公式：相关系数．
(1)估计该公司平均每年的研发投入和平均每年的营业额；
(2)求样本的相关系数（精确到0.01）；
(3)已知与的关系可以用线性回归模型进行拟合，若该公司今年投入13.5亿元用于研发，利用该模型预测该公司今年的营业额．
25．某高校快递站统计了某年度新学期前5天的取件人数y(单位：人)，得到如下样本数据：
天数(序号)x 1 2 3 4 5
每日取件人数 120 100 80 70 55
(1)计算样本相关系数r，并据此判断变量x与y之间线性相关关系的强弱(结果保留两位小数)；
(2)从这5天中随机选取3天，记X为所选日期中取件人数小于100的天数，求X的分布列与数学期望.
注: （1）样本的相关系数
参考数据：
26．为深入落实“健康第一”的教育理念，某高中为了解高三学生每天运动时间，从2000名学生中随机抽取了100名学生进行调查，得到的数据如表所示
日均运动时间（小时）
男生人数 5 20 20 10
女生人数 15 20 6 4
(1)该校高三2000名学生中，日均运动时间不足1小时的学生约为多少人？
(2)估计该校高三学生日均运动时间的平均数；
(3)根据小概率值的独立性检验，能否认为“该校高三学生日均运动时间不小于1.5小时”与“性别”有关联？
附，其中.
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
27．国民体质是国家和社会发展的重要基础．为贯彻落实《“健康中国2030”规划纲要》《体育强国建设纲要》，2025年国家体育总局开展了第六次全国国民体质监测工作，旨在提高国民体质和健康水平，促进国家经济建设和社会发展．《国民体质测定标准（2023年修订）》将体质情况综合评级为优秀、良好、合格和不合格四个等级．某地区为了解国民体质情况是否与爱好运动有关，从该地区体质达到“合格”及以上的人群中随机抽取了人进行问卷调查，得到如下列联表：
体质情况组别 合格 良好及以上 合计
爱好运动
不爱好运动
合计
(1)求的值，并依据小概率值的独立性检验，分析体质情况是否与爱好运动有关；
(2)在体质情况综合评级为“合格”的对象中，按是否爱好运动进行分层，用比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取6人作进一步调查，再从这6人中随机抽取2人线下访谈，记这2人中“爱好运动”的人数为X，求X的分布列及数学期望．
附：，其中．
28．2026年马年春晚是大模型与节目结合最多的一场春晚，其中大模型“豆包”贯穿整场晚会．为了了解人们对大模型“豆包”应用的关注程度，现随机抽取不同年龄段的1000人进行调查统计，得到如下列联表：
年龄 “豆包”应用 合计
不关注 关注
不超过50岁 400 600
超过50岁 300
合计 1000
(1)完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断人们对大模型“豆包”应用的关注程度是否与年龄有关联；
(2)从不超过50岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6人，从这6人中随机抽取2人做进一步的访谈，记抽到的2人中关注“豆包”应用的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：，其中．
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
29．随着科技的进步，人工智能（AI）工具在职场中的应用日益广泛，像豆包、DeepSeek等常见的AI工具，已被证明能有效提升员工的工作效率和准确率．某公司为了解员工使用这类AI工具的熟练度，进行了一次内部统计，统计结果如下表：
能够熟练使用AI工具 不能够熟练使用AI工具
男员工 30 15
女员工 16 9
(1)根据的独立性检验，能否认为性别与使用AI工具的熟练度具有相关性？
(2)现按熟练度采用分层抽样的方法从该公司的男员工中随机抽取12人，再从这12人中随机抽取3人，记其中不能够熟练使用AI工具的人数为，求的分布列以及数学期望．
附：，其中．
0.100 0.050 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
30．某医院调查安装义肢的截肢患者对义肢使用的满意度，得到如下列联表：
单位：人
义肢类型 满意度 合计
满意 不满意
传统义肢 60 40 100
智能义肢 80 20 100
合计 140 60 200
(1)任选3位安装智能义肢的截肢患者，若每位患者能完成精细抓握的概率均为0.8，求其中至少有2人能完成精细抓握的概率；
(2)依据的独立性检验，能否认为安装义肢的截肢患者对义肢使用的满意度与义肢类型有关？
附：，
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
31．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为．
(1)求甲连续打前四局比赛的概率；
(2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
(3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望．
32．袋中装有标有数字1到6的6个大小、形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球标号的最大数字.
(1)求随机变量的分布列及数学期望；
(2)已知取出的3个小球的标号和为偶数，求的概率.
33．有三个外观相同的箱子，编号分别为1，2，3，其中1号箱装有1个红球和4个白球，2号箱装有2个红球和2个白球，3号箱装有4个红球和6个白球，这些球除颜色外完全相同．
(1)某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，求取到红球的概率；
(2)某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，发现是红球，求该球取自几号箱的可能性最大．
34．一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为．
(1)求的值；
(2)从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为．
（i）求的分布列与数学期望；
（ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义．
35．某出行平台为缓解市高峰时段打车难问题，实行“动态调价”机制.平台根据历史数据发现，乘客是否接受调价与其出行目的密切相关.根据历史订单，市高峰时段乘客出行目的可分为三类：工作通勤、接驳交通枢纽及其他，其占比分别为，，，且这三类出行目的的乘客接受动态调价的概率分别为，，.从市高峰时段所有订单中随机抽取一单.
(1)求该订单乘客接受动态调价的概率；
(2)已知该订单乘客接受动态调价，求其出行目的为工作通勤的概率.
【题型六】函数与导数
36．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围.
37．曲线在点处的切线为．
(1)求直线的方程；
(2)若直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，求实数的值．
38．已知函数，其中.
(1)若，求的单调区间；
(2)若，
（i）证明：在区间内有且仅有1个零点；
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：.
39．已知函数，其中．
(1)当时，求函数的极小值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
40．已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)求的极小值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．（1）因为，，
所以由余弦定理，
得，解得，.
所以的面积．
（2）因为，所以由正弦定理，得，
又，所以，解得.
因为，所以，所以一定为锐角，所以，
由余弦定理，得，
化简得，即，
解得或．
2．（1）因为，
所以的最小正周期为，
由，得到，
所以的单调递增区间为.
（2）因为，则，即，所以，
解得，又，所以，又的平分线交于，，
由，即，
得到，解得.
3．（1）由得，
即，
，即，
，
又，
．
（2）已知，，，在边上，且满足，
，
，
，
在中，由余弦定理得，
在中，已知，
则
，
解得．
4．（1）由与余弦定理，得，
所以，所以，
所以，又，
故．
（2）由正弦定理及，得，
所以，又，所以，
在中，由正弦定理，得，即，所以．
则，
故的面积为．
5．（1）由.
由余弦定理，，且为三角形内角，所以.
（2）由，得，
所以（当且仅当，即为等边三角形时取等号）.
所以.
所以面积的最大值为.
6．（1）当时，，
当时，，满足上式，
所以；
由得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以；
（2）当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以
7．（1）依题意，，解得，
则，
所以数列，的通项公式分别为.
（2）由（1）得，
则，，
两式相减得
，因此，
，当时，；
而，当时，，
因此，，则，
所以的取值集合是.
8．（1），
当时，，解得．
又当时，，
，，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
．
（2），
由题意知，.
，
设数列的前项和为，
，
，
则，
两式相减得：，
即，
．
9．（1）令，得，所以；
由题意得，
所以当时，
，即，
所以或
所以或.
因为数列是单调递增数列，所以当时，，
所以，
所以，，即是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）知，所以.
令
则①
两边同乘以2，得②
②-①，得
所以.
10．（1）当时，.
因为是正项数列，所以.
由，得，
两式相减，得，即.
因为，所以，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.
（2）因为，
所以.
11（1）设，因为，，，所以，所以．
在与中，因为，，，所以，从而，
又，所以，即．
因为平面，平面，所以，
又，所以平面．
（2）以（1）中的O为坐标原点，，所在的直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设，因为，，，
所以，则，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，令，则．
设直线与平面所成的角为，
则，
化简得，
解得或（舍去），故．
12．（1）方法一：如图，连接，在矩形中，，，，
所以，，
又，，所以.
因为，所以，即.
因为平面，平面，所以.
因为，，，，平面，
所以平面，
又平面，所以.
方法二：由题意可知，，两两垂直，
故可以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
因为，，，则，，.
设，则，.
由可得，即.
（2）连接交于点，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以.
因为四边形是矩形，所以为的中点，所以为的中点.
由题意可知，，，两两垂直，
故可以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
故，，，.
所以，，.
设为平面的一个法向量，
则，故可取.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
13．（1）证明：取中点，连接，，，由于，，，
由等腰三角形三线合一可得，，，
又因为，面，可得面，从而，
同样的，又因为，面，可得面，从而，
又因为，面，可得平面．
（2）解：由于正方形，所以，又因为，
由（1）有，所以，从而有，
以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图，
由于二面角的平面角即为，由（1）可知、、、共面，
又因为可得，
所以，，，，
，，所求角的余弦为：．
14．（1）因为底面为正方形，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面.
（2）如图，以为原点，为轴， 为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
则，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
则，
因为二面角为钝二面角，二面角大小为法向量夹角的补角，
所以钝二面角的余弦值为.
（3）不存在，理由如下：
假设存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球，
则，
因为底面为正方形，
所以为对角线与的交点，
因为平面，平面，
所以，即，
所以，与矛盾，故假设不成立，
所以不存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球.
15．（1）平面，且平面，
，又，且，平面，
平面，平面，
平面平面；
（2）以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
由可得，
由，，得，
（ⅰ）当时，，设球的球心的坐标为，球的半径为，
则，解得，
因此球表面积，
（ⅱ）设球心，由，
得，，
故，
再由得，
所以，即，
因为点为球O的球面与直线的交点，
故可设，且，
所以，
在上且在球面上，解得（舍去对应点），
故，，
，
设平面的法向量为，
则，故，
故，令，可得，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则 ， ，
随增大而递增，因此求最大值即可，
设，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当，取最大值，此时取最大值，
故直线与平面所成角最大时，.
16．（1）已知的周长为6，所以，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，（除去所在直线上的点，因为三点不共线才能构成三角形）
焦距，长轴长，
由，
故的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，直线方程为，
代入椭圆：，此时、，
则；
当直线斜率存在时，设其斜率为，
则直线方程为：，代入椭圆，得，
整理得：，
设、，则，
所以，
代入得，
；
综上：，对任意动直线恒成立，
故恒为钝角．
17．（1）设是点到直线的距离，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合，
由此得，平方化简得，即．
（2）（i）令，代入，得，解得，故、，
设直线的方程为，与曲线的方程联立得：
，则，
所以，解得，
故，故，
设点，则，
由题意得，，
因为平分，由角平分线定理得，即，
化简得，即，解得，
所以点在定直线上．
（ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合，
因为，，所以，
所以直线的方程为，
将直线与曲线的方程联立得：，
所以，，
故，则，
由（i）得，则，故、、三点共线．
又因为、、三点共线，即与点重合，所以，
因为点在第二象限，则，解得，
所以．
18．（1）由椭圆的离心率为，，可得，
由题意得，解得或，
则，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为四边形是菱形，所以线段与互相垂直且平分，
（ⅰ）当直线，的斜率一个不存在、一个为时，
显然，，，是椭圆的四个顶点，
所以周长，面积，此时；
（ⅱ）当直线，的斜率均存在且不为0时，
下面证明菱形的对角线，都过原点：
设，，，，则，，
两式相减整理后得：①
同理可得②
显然，，
当，，，都不为0时，
，.
则，与矛盾，
所以必有，
即菱形的对角线，都过原点，
设直线的方程为，则直线的方程为，
由，可得，，
所以，
设，可得，
所以，
，
所以，
综上所述，是定值.
19．（1）因为，，
所以，.
因为，，
所以，因为，所以，，
所以椭圆方程为.
（2）设，，
联立方程得，
所以，整理得 ①，
所以，，
.
因为上存在点使得四边形为平行四边形，
所以，即，
将代入得，
整理得 ②，
所以
，
由②知，
，
因为，
所以，
整理得，解得，
由②知，符合①，因为，所以
20．（1）依题意，
所以，
由直线交于，两点，，
可知点在椭圆上，
所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）
（i）设，，
设直线，，
由可得：
，
解得，
同理联立和椭圆方程，可得，
所以直线的斜率为，
所以直线，
同理可得的斜率为，
所以直线，
由可得，又，
所以；
（ii）假设存在点，使得为定值，
即，
所以恒成立，
则，解得，
所以存在点，使得为定值.
21．（1）根据题意，可得，
又由，
所以产量y关于施肥量x的回归方程为，
其中的实际意义是当化肥使用量无限增加时，青菜产量的理论上限为/亩.
（2）设利润为元/亩，
当且仅当kg/亩时取等，即当施肥量为10kg/亩时利润最大.
22．（1）因为
上式是关于的二次函数，因此要使取得最小值，
当且仅当的取值为时，取得最小值；
（2）因为，
所以可得
0 2 4
0 10 20
所以，
，
所以，所以关于的经验回归方程为，
所以关于的方程为，所以，
所以时，.
23．（1）
，
，
，
，
，
接近1，
变量与高度线性相关．
（2）表示抽取的三个数据的最小值，可能取值为，
从5个数据中任取3个，共种，
时，含的组合数为种，故；
时，不含，含的组合数为种，故；
时，不含，不含，含的组合数为种，故；
的分布列为：
数学期望．
24．（1）平均每年的研发投入为
平均每年的营业额为
．
（2）将所给数据代入相关系数计算公式得
．
其中，所以.
（3）由题意知，回归直线过样本中心点，即，解得．
所以回归方程为．将代入回归方程，得，故预测该公司今年的营业额为710亿元．
25．（1），，
，
，
，
样本相关系数：
，
因为非常接近1，所以变量x与y之间具有很强的线性相关关系.
（2）5天中取件人数小于100的天数有3天，
从这5天中随机选取3天，的可能取值为1，2，3.
，
，
，
所以的分布列为：
1 2 3
的数学期望
26．（1）因为抽取的100人中日均运动时间不足1小时的人数占比为，
所以该校2000名学生中日均运动时间不足1小时人数约为人；
（2）该校名学生日均运动时间的平均数约为
，
所以该校高三学生日均运动时间的平均数为小时；
（3）作出列联表如表所示
日均运动时间 合计
男 25 30 55
女 35 10 45
合计 60 40 100
零假设：“日均运动时间不小于1.5小时”与“性别”无关联，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为“日均运动时间不小于1.5小时”与“性别”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
27．（1）由表中数据可得，表格完善如下：
体质情况组别 合格 良好及以上 合计
爱好运动
不爱好运动
合计
设：体质情况与爱好运动无关，
则，
根据依据小概率值的独立性检验，否定，故体质情况与爱好运动有关.
（2）易知名体质情况“合格”对象中有人爱好运动，人不爱好运动，
故的所有可能取值为0，1，2，
，，，
即所求分布列为
0 1 2
所以的期望.
28．（1）（1）补全的列联表如下：
年龄 “豆包”应用 合计
不关注 关注
不超过50岁 200 400 600
超过50岁 300 100 400
合计 500 500 1000
零假设为：人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄无关.
根据表中数据，计算得到．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断成立，
即认为人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.001．
（2）从不超过50岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6人，
则关注“豆包”应用的有人，不关注“豆包”应用的有人，
则的所有可能取值为0，1，2，
的分布列为
0 1 2
的数学期望.
29．（1）设零假设：性别与使用AI工具的熟练度无关，
由统计表得，
则，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为性别与使用AI工具的熟练度无关.
（2）男员工中能够熟练与不能够熟练使用AI的人数比为，
按分层抽样抽12人，抽取的能够熟练使用的人数为，抽取的不能够熟练使用的人数为4，
因此的可能取值为，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
数学期望.
30．（1）根据每位患者能完成精细抓握的概率均为0.8，
则至少有2人能完成精细抓握的概率如下，
为；
（2）零假设：安装义肢的截肢患者对义肢使用的满意度与义肢类型无关，
根据列联表中的数据可以求得
，
由于，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为安装义肢的截肢患者对义肢使用的满意度与义肢类型有关.
31．（1）由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜，
第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为，
第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为，
所以甲连续打前四局比赛的概率为：.
（2）设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局，
对于前四局中第二局乙获胜：
即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为，
第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为，
所以，
在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空
第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为，
第四局：乙、丙对打，概率为，
所以，
根据条件概率知：.
（3）由题意知得分的可能值为：，
，
，
，
，
所以的分布列为：
6
所以得分的数学期望为：.
32．（1）根据题目可知，的取值为，
，，
，，
因此的分布列为
；
（2）设取出的3个小球的标号和为偶数为事件，为事件，
，
，
.
33．（1）设事件表示“球取自号箱”（），事件表示“取到红球”，
则，，
可得
，故取到红球的概率为.
（2）根据（1）中数据，
由贝叶斯公式知；
；
，
因为，所以该球取自2号箱的可能性最大．
34．（1）∵ 袋子中共有个球，一次摸出2个球的总情况数为，摸出2个红球的情况数为.
由古典概型概率公式得.
代入，，得，整理得.
即，解得或.
又，故.
（2）（i）
由（1）得袋子中共有6个球，其中绿球3个，故每次有放回摸球时，摸到绿球的概率为.
的可能取值为0,1,2，且.
∵ ，
，
，
故的分布列为：
0 1 2
数学期望.
（ii）
总体中绿球的比例为，样本中绿球比例为（为摸出的绿球个数），误差的绝对值不超过0.2等价于.
解不等式得，又为整数，故.
① 有放回摸球时，所求概率为.
② 不放回摸球时，服从超几何分布，，故所求概率为.
∵ ，故不放回摸球时误差绝对值不超过0.2的概率更大.
实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数.
35．（1）设事件表示“出行目的为工作通勤”，表示“出行目的为接驳交通枢纽”，表示“出行目的为其他”，事件表示“乘客接受动态调价”.
由题意得：，，.
，，.
由全概率公式：.代入计算：.
故该订单乘客接受动态调价的概率为.
（2）由贝叶斯公式：.代入计算：.
故在接受动态调价的条件下，该订单出行目的为工作通勤的概率为.
36．（1）由题意得的定义域为，
由，可得，
若，则在上恒成立，
则的单调递增区间为，无单调递减区间.
若，则当时，，当时，，
则的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由（1）可知，若存在最小值，则，
且的最小值为，
则，可得，即.
令，则.
因为恒成立，
所以恒成立，则在上单调递增.
又，令，解得，即，
故的取值范围为.
37．（1），，的方程为，即；
（2）直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，即方程只有一正实数解，即只有一正实数解，
令，则，
时，，单调递减；时，，单调递增；
且时，；时，，
故.
38．（1）求导得：，
因为，对任意 ，都有，
所以的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
（2）（i）由（1）知，当时，令 ，
当 时，，
故 在上单调递减，
因为，所以，
又因为，所以在区间内存在零点，
即结合在 上单调递减，
可得在区间内有且仅有1个零点，且；
则当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又因为，所以根据单调性可知：，
又因为当，，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减，
可知：在区间内有且仅有1个零点，
又因为时，结合在单调递增，所以，
即在区间函数没有零点，
所以在区间内有且仅有1个零点，
（ii）由题意可知：，即，
消可得：，
当时，构造函数，
求导得，则在时单调递增，
即，所以，
即可知，
则，
两边取对数得：，即.
39．（1）当时，函数，求导得：
，
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
是极小值点，代入函数得．
（2）恒成立，
，不等式化为，
整理得，，问题转化为，
令，则，
，令分子为0，化简得
，整理得，
，，故，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
在处取得最大值：，
当时，，时，
且对所有，成立；
当时，处，不满足条件，
的取值范围为．
40．（1）由，解得，所以x的取值范围为.
（2）函数的定义域为，求导得，
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；
当时，在单调递减；当时，在上单调递增，
所以当时，取得极小值.
答案第1页，共2页
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