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广东省深圳市某校2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷
一、单选题（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，只有一项是符合题意要求的）
1．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
2．2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的外观有五层而实际上内部有九层．为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰．这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数量为（　　）
A．12盏 B．24盏 C．36盏 D．48盏
3．根据变量Y和x的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得残差图.对于以下四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差假设的是（　　）
A． B．
C． D．
4．函数的单调递增区间是（　　）
A． B．
C． D．
5．某单位选出3名党员和5名民主党派人士，并从中随机选取4人组成代表队参赛．在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，下列说法错误的是（　　）
A．恰有一个空盒，有324种放法
B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法
C．有256种放法
D．每盒至多两球，有204种放法
7．若半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，则该正六棱柱外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．若点P是曲线上任意一点，且点P到直线的距离的最小值，则a的值为（　　）
A．0 B．4 C．-6 D．4或-6
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．甲公司从某年起连续7年的利润情况如下表所示．
第x年 1 2 3 4 5 6 7
利润y（亿元） 2.9 3.3 3.6 4.4 m 5.2 5.9
根据表中的数据可得回归直线方程为，则以下正确的是（　　）
A．
B．相关系数
C．第8年的利润预计大约为8.3亿元
D．第6个样本点的实际值比预测值小0.1
10．下列说法正确的有（　　）
A．若随机变量，且，则
B．若随机变量，，则，
C．已知事件A，B，若，且，，则
D．有2个白球和4个黑球，从中一次摸三个球，记摸得白球数为X，则
11．如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．的最小值为
D．若，则点的运动轨迹长度为
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．在的展开式中，项的系数为　 　．
13．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第10项为　 　．
14．，且，不等式恒成立，则m的取值范围为　 　．
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．已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）当时，求函数的极值．
16．已知数列中，．
（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）设，求的前项和．
17．深圳一高中为了解学生周末使用手机的情况，统计了全校所有学生在一年内周末使用手机的时长，现随机抽取了名同学在某个周末使用手机的时长，结果如下表：
周末使用手机时长（h） 0 1 2 3 4 5 6 合计
男生人数 1 2 4 5 6 5 4 3 30
女生人数 4 5 5 6 4 3 2 1 30
合计 5 7 9 11 10 8 6 4 60
（1）若将周末使用为小时及小时以上的，称为“经常使用”，其余的称为“不经常使用”．
请完成以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与使用的经常性有关系；
性别 使用手机 合计
不经常 经常
男生 　 　 　
女生 　 　 　
合计 　 　 　
（2）对于周末使用手机小时及以上的同学，学校想要为进一步了解他们的手机使用情况：
（ⅰ）在样本的名周末使用手机小时及以上的同学中，随机抽取人进行访谈，求恰好抽中名男生的概率；
（ⅱ）在和小明的访谈中得知，他有款喜爱的手机游戏，并且在周五周六周日三天中，每天随机选择一款玩一个小时，每天的选择互相独立.记至少选中过一次游戏的数目为，求的分布列和数学期望．
附：，．
18．如图，四边形是正方形，平面平面，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
（3）点在直线BD上，直线与直线CE的夹角为，二面角为，是否存在点，使得．如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．
19．已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：；
（3）若，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，若，，根据线面垂直的性质可知，故A正确；
B，若，，，则与可能平行、相交或异面，故B错误；
C，若，，则或，故C错误；
D，若，，，，当时，与可能相交，根据面面平行的判定定理，需与相交时才有，故D错误.
故答案为：A
【分析】A：依据线面垂直的性质，结合线面平行的特征，判断直线与的垂直关系。
B：根据面面垂直的性质，分析分别在两个垂直平面内的直线与的位置关系。
C：利用线面平行的判定条件，考虑直线与平面的包含关系，判断是否成立。
D：依据面面平行的判定定理，结合直线、的位置关系，判断平面与是否平行。
2．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，
由题意知，各层楼的灯笼数从上至下依次成等比数列，记为数列，
第5层楼所挂灯笼数为，公比．
由，解得.
则最中间一层的灯笼数为24．
故答案为：B．
【分析】本题考查等比数列的前n项和公式与通项公式的实际应用，核心是将五层楼的灯笼数转化为等比数列，通过前5项和求出首项，再利用通项公式计算中间层的灯笼数。
3．【答案】D
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值.
A，残差与有线性关系，故A错误；
B，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变小，故B错误；
C，残差与有非线性关系，故C错误；
D，残差比较均匀地分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，故D正确.
故答案为：D.
【分析】一元线性回归模型中对随机误差的假定核心为：是均值为0、方差为的随机变量，且残差（的观测值）需满足无明显趋势、方差恒定、随机分布（无线性/曲线关系、无方差变化），据此逐一分析残差图特征：
A：判断残差与是否存在线性关系；
B：判断残差的方差是否为常数；
C：判断残差是否呈现曲线趋势；
D：判断残差是否随机分布、方差恒定且均值为0。
4．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，，所以对函数求导得：，
令，即，，，
解得，
因此函数的单调递增区间为．
故答案为：B.
【分析】本题考查利用导数求函数的单调区间，核心是先确定函数的定义域，再求导函数，通过解导函数大于 0 的不等式，结合定义域得到单调递增区间。
5．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：既有党员又有民主党派人士有种，
其中党员甲被选中有种，
所以，在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率为．
故选答案为：C．
【分析】根据已知条件和组合数公式、条件概率公式，从而得出在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率．
6．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A：先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，故有种放法，故A错误；
B：先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题，故共有种放法，故B正确；
C：每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法，故C正确；
D：由C分析，不考虑盒中球个数，共有256种放法，若一个盒中放3个球，另外1盒放1球，则有种放法，
若1个盒中放4球，有4种放法，故每盒至少3个球的情况有种，所以每盒至多两球，有种放法，故D正确.
故答案为：A.
【分析】A：先选空盒，再分组分配小球，利用组合与排列公式计算恰有一个空盒的放法数，判断是否为324种。
B：将小球换成相同的，按“选空盒→选放两球的盒子→分配小球”的步骤，用组合公式计算放法数，验证是否为12种。
C：根据分步乘法计数原理，计算每个小球的放置选择数，得到总放法数并判断是否为256种。
D：先求总放法数，再减去有盒子放3个或4个球的情况，得到每盒至多两球的放法数，验证是否为204种。
7．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，
所以正六棱柱的高，底面正六边形的内切圆半径为，
如图所示，
正六边形外心和内心是同一点，根据内切圆半径和外切圆半径的关系，
可得底面正六边形的外接圆半径，
所以该正六棱柱外接球半径为，
所以外接球的表面积为.
故答案为：D.
【分析】本题考查正六棱柱与球的切接问题，核心是利用 “球与正六棱柱各面均相切” 的条件，求出正六棱柱的高和底面正六边形的外接半径，再通过空间几何关系计算正六棱柱外接球的半径，最终求外接球的表面积。
8．【答案】B
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：由，求导得，其中直线的斜率为2，
令，解得：
当时，则，故到直线的距离最小，
由点到直线的距离公式得最小值为，解得或，
且时，曲线与直线有交点，距离最小值为0，舍去．
故答案为：B.
【分析】本题考查利用导数求曲线到直线的最小距离，核心是先找到曲线与直线平行的切线的切点（该切点到直线的距离即为最小距离），再结合点到直线的距离公式列方程求解a，最后验证解的合理性。
9．【答案】A,B,D
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由表可知， ， ，
根据回归直线的性质，样本中心点必须在直线上， ，
解得m=4.8，故A正确；
由表可知，y是随着x的增加而增加的，即是正相关，故B正确；
将代入回归方程，得 ，故C错误；
将代入回归方程，得 ，由表可知，实际值为5.2，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】本题考查线性回归方程的性质与应用，核心是利用“样本中心点在回归直线上”求参数，再结合相关系数的意义、回归方程预测、残差计算逐一分析选项。
10．【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；正态分布定义；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A：∵，∴，
因为对称轴为，∴，
∴，故A正确；
B：由可得，，，
对于，根据期望和方差的性质：
∴正确，错误，故B错误.
C：∵，∴，
∴，，故C正确；
D：X服从超几何分布，总数，白球数，抽取数，根据超几何分布期望公式计算可得，，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】A：利用正态分布的对称性（关于对称），结合已知概率，计算的值，判断正误。
B：先根据二项分布的期望、方差公式求的、，再利用期望和方差的性质计算的、，验证是否符合。
C：由得出的表达式，再根据条件概率公式计算，判断是否为0.5。
D：确定摸白球数服从超几何分布，代入超几何分布的期望公式计算，验证是否为1。
11．【答案】A,C
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A，连接，
因为点分别是线段、的中点，
所以，所以平面，
点分别是线段、的中点，故，
故四边形为平行四边形，所以且平面，
故直线平面，故A正确；
B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形
且由正方体可知，，
故梯形的高，
故梯形的面积，故B错误；
C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系，
则，
点为侧面内的一个动点（含边界），故设
所以，
所以，
当时，即时，等号成立，故C正确；
D，，若，则，即，
因为故当时，此时，
当时，此时，
故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误.
故答案为：AC
【分析】A：利用线面平行的判定定理，证明平行于平面AEF内的直线，判断线面平行是否成立。
B：确定平面AEF截正方体的截面形状为等腰梯形，计算梯形的上底、下底和高，进而求出截面面积，判断是否为。
C：建立空间直角坐标系，设点P坐标，用向量数量积公式表示，转化为二次函数求最小值，判断是否为。
D：由得出向量数量积为0，确定点P的轨迹，计算轨迹长度，判断是否为。
12．【答案】
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式通项，
则的展开式的通项为：
，
所以所求项的系数为．
故答案为：
【分析】本题考查二项式定理的通项公式应用，核心是先写出的通项，再将与通项相乘，分别找到产生项的两种情况，最后合并系数得到结果。
13．【答案】91
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设该二阶等差数列为，
则，，，，
由二阶等差数列的定义，可知，，，，，
所以，数列是以为首项，公差的等差数列，
则，
所以，，，，，
将所有上式累加，可得，
所以．
故答案为：91．
【分析】由已知条件结合二阶等差数列的定义，则判断出数列是以为首项，公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式结合累加法，从而得出数列的通项公式，再利用代入法得出该数列的第10项．
14．【答案】
【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】【解答】解：不妨设，则，由可得，
所以，令，则
因为，所以在上单调递增，
所以对于恒成立，可得对于恒成立，所以．
故答案为：
【分析】本题考查利用导数研究函数单调性解决恒成立问题，核心是将不等式变形后构造函数，通过函数的单调性转化为导函数恒非负的问题，进而求解参数m的取值范围。
15．【答案】（1）解：因为，所以，切点为，
因为，所以，
切线方程为，即．
（2）解：由（1）可知，有，
当时，令，得，
当x变化时，和的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以当时，有极小值，无极大值．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1) 先求函数在x=0处的函数值得到切点坐标，再求导函数并代入x=0得到切线斜率，最后利用点斜式求出切线方程；
(2) 求导函数后，令导数为 0 求出极值点，分析极值点两侧导数的正负确定函数单调性，进而求出函数的极值。
（1）因为，所以，切点为，
因为，所以，
切线方程为，即．
（2）由（1）可知，有，
当时，令，得，
当x变化时，和的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以当时，有极小值，无极大值．
16．【答案】（1）解：当时，，
所以，，又，所以，
故是以2为首项，3为公差的等差数列.
故，所以，．
（2）解：，
令，①
则，②
①-②得：，
，
故.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 对已知递推式变形，得到与的差值为常数，结合等差数列定义证明是等差数列，再利用等差数列通项公式求出；
(2) 先化简的表达式，再采用错位相减法，结合等比数列求和公式计算数列的前项和。
（1）当时，，
所以，，又，所以，
故是以2为首项，3为公差的等差数列.
故，所以，．
（2），
令，①
则，②
①-②得：，
，
故.
17．【答案】（1）解：根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 使用手机 合计
不经常 经常
男生
女生
合计
零假设为性别与使用手机情况独立，即性别因素与学生使用手机的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即性别因素与学生使用的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过．
（2）解：（ⅰ）设抽取的三人中男生的人数为，易知名周末使用手机小时及以上的同学中有名男生，名女生，
所以的所有可能取值为、、、，
且服从超几何分布：，
则恰好抽中名男生的概率为；
（ⅱ）由题意得，的所有可能取值为、、，
则，，，
则的分布列如下
所以．
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】(1) 先根据“不经常使用（<3小时）” “经常使用（≥3小时）”的定义统计男女生人数，完善2×2列联表；再提出假设，计算观测值，与临界值比较，依据独立性检验规则判断性别与使用经常性是否有关。
(2)(i) 先确定6小时及以上的男女生人数，再利用组合数计算“恰好抽中1名男生”的概率；
(ii) 分析随机变量（每天选至少一款新游戏的天数）的可能取值，分别计算各取值的概率得到分布列，再根据期望公式求数学期望。
（1）根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 使用手机 合计
不经常 经常
男生
女生
合计
零假设为性别与使用手机情况独立，即性别因素与学生使用手机的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即性别因素与学生使用的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过．
（2）（ⅰ）设抽取的三人中男生的人数为，易知名周末使用手机小时及以上的同学中有名男生，名女生，
所以的所有可能取值为、、、，
且服从超几何分布：，
则恰好抽中名男生的概率为；
（ⅱ）由题意得，的所有可能取值为、、，
则，，，
则的分布列如下
所以．
18．【答案】（1）证明：如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
依题意，得，，，，，，
取的中点M，连接，则，，，
所以，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：取中点，则，又，则，
由且都在面内，则面，
由，则面，面，故，
由，、平面，所以平面，
故为平面的一个法向量.
设平面的法向量，且，，
所以，即，令，得.
所以，
由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
（3）解：设，由（2）可知二面角的大小为，．
所以直线与直线CE的夹角为，
，，则，，.
，
化简可得，
解得，此时，
即存在点，.
【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；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 建立空间直角坐标系，取中点，通过向量运算证明，得到，再由线面平行的判定定理证得平面；
(2) 分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的大小；
(3) 设表示点的坐标，结合异面直线夹角与二面角的关系，转化为向量夹角的余弦关系，求解参数后计算。
（1）如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
依题意，得，，，，，，
取的中点M，连接，则，，，
所以，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，则，又，则，
由且都在面内，则面，
由，则面，面，故，
由，、平面，所以平面，
故为平面的一个法向量.
设平面的法向量，且，，
所以，即，令，得.
所以，
由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
（3）设，由（2）可知二面角的大小为，．
所以直线与直线CE的夹角为，
，，则，，.
，
化简可得，
解得，此时，
即存在点，.
19．【答案】（1）解：由，可得，
当时，，即函数在上为增函数；
当时，由，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上为增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：因函数的定义域为，，
令，则，
即函数在上单调递增，当时，，且，
故存在，使，则得.
当时，，即，故函数在上单调递减；
当时，，即，故函数在上单调递增.
故，
因，故得，即，故.
（3）解：由可得，即，
设，则，故函数在上单调递增，则.
再设，则，
当时，，故函数在上单调递减；
当时，，故函数在上单调递增，
故，故得，即的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 对求导后，根据参数的正负分类讨论导函数的符号，进而确定函数的单调性；
(2) 对求导后构造辅助函数，利用零点存在定理找到极值点，再通过极值点的关系式化简的最小值，证明其大于；
(3) 将变形为关于的不等式，通过参变分离构造新函数，利用导数分析新函数的单调性与最值，求出的取值范围。
（1）由，可得，
当时，，即函数在上为增函数；
当时，由，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上为增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）因函数的定义域为，，
令，则，
即函数在上单调递增，当时，，且，
故存在，使，则得.
当时，，即，故函数在上单调递减；
当时，，即，故函数在上单调递增.
故，
因，故得，即，故.
（3）由可得，即，
设，则，故函数在上单调递增，则.
再设，则，
当时，，故函数在上单调递减；
当时，，故函数在上单调递增，
故，故得，即的取值范围是.
1 / 1广东省深圳市某校2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷
一、单选题（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，只有一项是符合题意要求的）
1．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，若，，根据线面垂直的性质可知，故A正确；
B，若，，，则与可能平行、相交或异面，故B错误；
C，若，，则或，故C错误；
D，若，，，，当时，与可能相交，根据面面平行的判定定理，需与相交时才有，故D错误.
故答案为：A
【分析】A：依据线面垂直的性质，结合线面平行的特征，判断直线与的垂直关系。
B：根据面面垂直的性质，分析分别在两个垂直平面内的直线与的位置关系。
C：利用线面平行的判定条件，考虑直线与平面的包含关系，判断是否成立。
D：依据面面平行的判定定理，结合直线、的位置关系，判断平面与是否平行。
2．2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的外观有五层而实际上内部有九层．为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰．这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数量为（　　）
A．12盏 B．24盏 C．36盏 D．48盏
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，
由题意知，各层楼的灯笼数从上至下依次成等比数列，记为数列，
第5层楼所挂灯笼数为，公比．
由，解得.
则最中间一层的灯笼数为24．
故答案为：B．
【分析】本题考查等比数列的前n项和公式与通项公式的实际应用，核心是将五层楼的灯笼数转化为等比数列，通过前5项和求出首项，再利用通项公式计算中间层的灯笼数。
3．根据变量Y和x的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得残差图.对于以下四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差假设的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值.
A，残差与有线性关系，故A错误；
B，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变小，故B错误；
C，残差与有非线性关系，故C错误；
D，残差比较均匀地分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，故D正确.
故答案为：D.
【分析】一元线性回归模型中对随机误差的假定核心为：是均值为0、方差为的随机变量，且残差（的观测值）需满足无明显趋势、方差恒定、随机分布（无线性/曲线关系、无方差变化），据此逐一分析残差图特征：
A：判断残差与是否存在线性关系；
B：判断残差的方差是否为常数；
C：判断残差是否呈现曲线趋势；
D：判断残差是否随机分布、方差恒定且均值为0。
4．函数的单调递增区间是（　　）
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：因为，，所以对函数求导得：，
令，即，，，
解得，
因此函数的单调递增区间为．
故答案为：B.
【分析】本题考查利用导数求函数的单调区间，核心是先确定函数的定义域，再求导函数，通过解导函数大于 0 的不等式，结合定义域得到单调递增区间。
5．某单位选出3名党员和5名民主党派人士，并从中随机选取4人组成代表队参赛．在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：既有党员又有民主党派人士有种，
其中党员甲被选中有种，
所以，在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率为．
故选答案为：C．
【分析】根据已知条件和组合数公式、条件概率公式，从而得出在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率．
6．将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，下列说法错误的是（　　）
A．恰有一个空盒，有324种放法
B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法
C．有256种放法
D．每盒至多两球，有204种放法
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A：先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，故有种放法，故A错误；
B：先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题，故共有种放法，故B正确；
C：每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法，故C正确；
D：由C分析，不考虑盒中球个数，共有256种放法，若一个盒中放3个球，另外1盒放1球，则有种放法，
若1个盒中放4球，有4种放法，故每盒至少3个球的情况有种，所以每盒至多两球，有种放法，故D正确.
故答案为：A.
【分析】A：先选空盒，再分组分配小球，利用组合与排列公式计算恰有一个空盒的放法数，判断是否为324种。
B：将小球换成相同的，按“选空盒→选放两球的盒子→分配小球”的步骤，用组合公式计算放法数，验证是否为12种。
C：根据分步乘法计数原理，计算每个小球的放置选择数，得到总放法数并判断是否为256种。
D：先求总放法数，再减去有盒子放3个或4个球的情况，得到每盒至多两球的放法数，验证是否为204种。
7．若半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，则该正六棱柱外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，
所以正六棱柱的高，底面正六边形的内切圆半径为，
如图所示，
正六边形外心和内心是同一点，根据内切圆半径和外切圆半径的关系，
可得底面正六边形的外接圆半径，
所以该正六棱柱外接球半径为，
所以外接球的表面积为.
故答案为：D.
【分析】本题考查正六棱柱与球的切接问题，核心是利用 “球与正六棱柱各面均相切” 的条件，求出正六棱柱的高和底面正六边形的外接半径，再通过空间几何关系计算正六棱柱外接球的半径，最终求外接球的表面积。
8．若点P是曲线上任意一点，且点P到直线的距离的最小值，则a的值为（　　）
A．0 B．4 C．-6 D．4或-6
【答案】B
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：由，求导得，其中直线的斜率为2，
令，解得：
当时，则，故到直线的距离最小，
由点到直线的距离公式得最小值为，解得或，
且时，曲线与直线有交点，距离最小值为0，舍去．
故答案为：B.
【分析】本题考查利用导数求曲线到直线的最小距离，核心是先找到曲线与直线平行的切线的切点（该切点到直线的距离即为最小距离），再结合点到直线的距离公式列方程求解a，最后验证解的合理性。
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．甲公司从某年起连续7年的利润情况如下表所示．
第x年 1 2 3 4 5 6 7
利润y（亿元） 2.9 3.3 3.6 4.4 m 5.2 5.9
根据表中的数据可得回归直线方程为，则以下正确的是（　　）
A．
B．相关系数
C．第8年的利润预计大约为8.3亿元
D．第6个样本点的实际值比预测值小0.1
【答案】A,B,D
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由表可知， ， ，
根据回归直线的性质，样本中心点必须在直线上， ，
解得m=4.8，故A正确；
由表可知，y是随着x的增加而增加的，即是正相关，故B正确；
将代入回归方程，得 ，故C错误；
将代入回归方程，得 ，由表可知，实际值为5.2，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】本题考查线性回归方程的性质与应用，核心是利用“样本中心点在回归直线上”求参数，再结合相关系数的意义、回归方程预测、残差计算逐一分析选项。
10．下列说法正确的有（　　）
A．若随机变量，且，则
B．若随机变量，，则，
C．已知事件A，B，若，且，，则
D．有2个白球和4个黑球，从中一次摸三个球，记摸得白球数为X，则
【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；正态分布定义；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A：∵，∴，
因为对称轴为，∴，
∴，故A正确；
B：由可得，，，
对于，根据期望和方差的性质：
∴正确，错误，故B错误.
C：∵，∴，
∴，，故C正确；
D：X服从超几何分布，总数，白球数，抽取数，根据超几何分布期望公式计算可得，，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】A：利用正态分布的对称性（关于对称），结合已知概率，计算的值，判断正误。
B：先根据二项分布的期望、方差公式求的、，再利用期望和方差的性质计算的、，验证是否符合。
C：由得出的表达式，再根据条件概率公式计算，判断是否为0.5。
D：确定摸白球数服从超几何分布，代入超几何分布的期望公式计算，验证是否为1。
11．如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．的最小值为
D．若，则点的运动轨迹长度为
【答案】A,C
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A，连接，
因为点分别是线段、的中点，
所以，所以平面，
点分别是线段、的中点，故，
故四边形为平行四边形，所以且平面，
故直线平面，故A正确；
B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形
且由正方体可知，，
故梯形的高，
故梯形的面积，故B错误；
C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系，
则，
点为侧面内的一个动点（含边界），故设
所以，
所以，
当时，即时，等号成立，故C正确；
D，，若，则，即，
因为故当时，此时，
当时，此时，
故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误.
故答案为：AC
【分析】A：利用线面平行的判定定理，证明平行于平面AEF内的直线，判断线面平行是否成立。
B：确定平面AEF截正方体的截面形状为等腰梯形，计算梯形的上底、下底和高，进而求出截面面积，判断是否为。
C：建立空间直角坐标系，设点P坐标，用向量数量积公式表示，转化为二次函数求最小值，判断是否为。
D：由得出向量数量积为0，确定点P的轨迹，计算轨迹长度，判断是否为。
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．在的展开式中，项的系数为　 　．
【答案】
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式通项，
则的展开式的通项为：
，
所以所求项的系数为．
故答案为：
【分析】本题考查二项式定理的通项公式应用，核心是先写出的通项，再将与通项相乘，分别找到产生项的两种情况，最后合并系数得到结果。
13．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第10项为　 　．
【答案】91
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设该二阶等差数列为，
则，，，，
由二阶等差数列的定义，可知，，，，，
所以，数列是以为首项，公差的等差数列，
则，
所以，，，，，
将所有上式累加，可得，
所以．
故答案为：91．
【分析】由已知条件结合二阶等差数列的定义，则判断出数列是以为首项，公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式结合累加法，从而得出数列的通项公式，再利用代入法得出该数列的第10项．
14．，且，不等式恒成立，则m的取值范围为　 　．
【答案】
【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】【解答】解：不妨设，则，由可得，
所以，令，则
因为，所以在上单调递增，
所以对于恒成立，可得对于恒成立，所以．
故答案为：
【分析】本题考查利用导数研究函数单调性解决恒成立问题，核心是将不等式变形后构造函数，通过函数的单调性转化为导函数恒非负的问题，进而求解参数m的取值范围。
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．已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）当时，求函数的极值．
【答案】（1）解：因为，所以，切点为，
因为，所以，
切线方程为，即．
（2）解：由（1）可知，有，
当时，令，得，
当x变化时，和的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以当时，有极小值，无极大值．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1) 先求函数在x=0处的函数值得到切点坐标，再求导函数并代入x=0得到切线斜率，最后利用点斜式求出切线方程；
(2) 求导函数后，令导数为 0 求出极值点，分析极值点两侧导数的正负确定函数单调性，进而求出函数的极值。
（1）因为，所以，切点为，
因为，所以，
切线方程为，即．
（2）由（1）可知，有，
当时，令，得，
当x变化时，和的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以当时，有极小值，无极大值．
16．已知数列中，．
（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）设，求的前项和．
【答案】（1）解：当时，，
所以，，又，所以，
故是以2为首项，3为公差的等差数列.
故，所以，．
（2）解：，
令，①
则，②
①-②得：，
，
故.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 对已知递推式变形，得到与的差值为常数，结合等差数列定义证明是等差数列，再利用等差数列通项公式求出；
(2) 先化简的表达式，再采用错位相减法，结合等比数列求和公式计算数列的前项和。
（1）当时，，
所以，，又，所以，
故是以2为首项，3为公差的等差数列.
故，所以，．
（2），
令，①
则，②
①-②得：，
，
故.
17．深圳一高中为了解学生周末使用手机的情况，统计了全校所有学生在一年内周末使用手机的时长，现随机抽取了名同学在某个周末使用手机的时长，结果如下表：
周末使用手机时长（h） 0 1 2 3 4 5 6 合计
男生人数 1 2 4 5 6 5 4 3 30
女生人数 4 5 5 6 4 3 2 1 30
合计 5 7 9 11 10 8 6 4 60
（1）若将周末使用为小时及小时以上的，称为“经常使用”，其余的称为“不经常使用”．
请完成以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与使用的经常性有关系；
性别 使用手机 合计
不经常 经常
男生 　 　 　
女生 　 　 　
合计 　 　 　
（2）对于周末使用手机小时及以上的同学，学校想要为进一步了解他们的手机使用情况：
（ⅰ）在样本的名周末使用手机小时及以上的同学中，随机抽取人进行访谈，求恰好抽中名男生的概率；
（ⅱ）在和小明的访谈中得知，他有款喜爱的手机游戏，并且在周五周六周日三天中，每天随机选择一款玩一个小时，每天的选择互相独立.记至少选中过一次游戏的数目为，求的分布列和数学期望．
附：，．
【答案】（1）解：根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 使用手机 合计
不经常 经常
男生
女生
合计
零假设为性别与使用手机情况独立，即性别因素与学生使用手机的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即性别因素与学生使用的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过．
（2）解：（ⅰ）设抽取的三人中男生的人数为，易知名周末使用手机小时及以上的同学中有名男生，名女生，
所以的所有可能取值为、、、，
且服从超几何分布：，
则恰好抽中名男生的概率为；
（ⅱ）由题意得，的所有可能取值为、、，
则，，，
则的分布列如下
所以．
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】(1) 先根据“不经常使用（<3小时）” “经常使用（≥3小时）”的定义统计男女生人数，完善2×2列联表；再提出假设，计算观测值，与临界值比较，依据独立性检验规则判断性别与使用经常性是否有关。
(2)(i) 先确定6小时及以上的男女生人数，再利用组合数计算“恰好抽中1名男生”的概率；
(ii) 分析随机变量（每天选至少一款新游戏的天数）的可能取值，分别计算各取值的概率得到分布列，再根据期望公式求数学期望。
（1）根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 使用手机 合计
不经常 经常
男生
女生
合计
零假设为性别与使用手机情况独立，即性别因素与学生使用手机的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即性别因素与学生使用的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过．
（2）（ⅰ）设抽取的三人中男生的人数为，易知名周末使用手机小时及以上的同学中有名男生，名女生，
所以的所有可能取值为、、、，
且服从超几何分布：，
则恰好抽中名男生的概率为；
（ⅱ）由题意得，的所有可能取值为、、，
则，，，
则的分布列如下
所以．
18．如图，四边形是正方形，平面平面，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
（3）点在直线BD上，直线与直线CE的夹角为，二面角为，是否存在点，使得．如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
依题意，得，，，，，，
取的中点M，连接，则，，，
所以，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：取中点，则，又，则，
由且都在面内，则面，
由，则面，面，故，
由，、平面，所以平面，
故为平面的一个法向量.
设平面的法向量，且，，
所以，即，令，得.
所以，
由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
（3）解：设，由（2）可知二面角的大小为，．
所以直线与直线CE的夹角为，
，，则，，.
，
化简可得，
解得，此时，
即存在点，.
【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；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 建立空间直角坐标系，取中点，通过向量运算证明，得到，再由线面平行的判定定理证得平面；
(2) 分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的大小；
(3) 设表示点的坐标，结合异面直线夹角与二面角的关系，转化为向量夹角的余弦关系，求解参数后计算。
（1）如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
依题意，得，，，，，，
取的中点M，连接，则，，，
所以，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，则，又，则，
由且都在面内，则面，
由，则面，面，故，
由，、平面，所以平面，
故为平面的一个法向量.
设平面的法向量，且，，
所以，即，令，得.
所以，
由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
（3）设，由（2）可知二面角的大小为，．
所以直线与直线CE的夹角为，
，，则，，.
，
化简可得，
解得，此时，
即存在点，.
19．已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：由，可得，
当时，，即函数在上为增函数；
当时，由，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上为增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：因函数的定义域为，，
令，则，
即函数在上单调递增，当时，，且，
故存在，使，则得.
当时，，即，故函数在上单调递减；
当时，，即，故函数在上单调递增.
故，
因，故得，即，故.
（3）解：由可得，即，
设，则，故函数在上单调递增，则.
再设，则，
当时，，故函数在上单调递减；
当时，，故函数在上单调递增，
故，故得，即的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 对求导后，根据参数的正负分类讨论导函数的符号，进而确定函数的单调性；
(2) 对求导后构造辅助函数，利用零点存在定理找到极值点，再通过极值点的关系式化简的最小值，证明其大于；
(3) 将变形为关于的不等式，通过参变分离构造新函数，利用导数分析新函数的单调性与最值，求出的取值范围。
（1）由，可得，
当时，，即函数在上为增函数；
当时，由，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上为增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）因函数的定义域为，，
令，则，
即函数在上单调递增，当时，，且，
故存在，使，则得.
当时，，即，故函数在上单调递减；
当时，，即，故函数在上单调递增.
故，
因，故得，即，故.
（3）由可得，即，
设，则，故函数在上单调递增，则.
再设，则，
当时，，故函数在上单调递减；
当时，，故函数在上单调递增，
故，故得，即的取值范围是.
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