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云南保山市2026届高三毕业生第二次模拟考试数学试卷
1．设集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，解得，即集合，
定义域是，即集合，
则．
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式求得集合M，根据对数函数有意义，列式求函数的定义域，得集合N，再根据集合交集运算求解即可.
2．棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的三角形式
【解析】【解答】解： 若复数， 由棣莫弗公式可得：.
故答案为：C.
【分析】直接根据棣莫弗公式结合特殊角的三角函数值求解即可.
3．设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆离心率为，得，即，又因为，所以，
又点为椭圆短轴顶点，则，解得，所以，
即椭圆的方程为.
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的离心率以及的面积、的关系求基本量，即可得椭圆方程.
4．下列说法中不正确的是（　　）
A．一组数据47，48，49，53，54，56，58，59的上四分位数为57
B．在成对样本数据分析中相关系数，表示两个变量之间没有线性相关关系
C．根据线性回归方程得到预测值为时的观测值为34，则残差为0.007
D．将总体划分为三层，通过分层抽样，得到三层的样本平均数和样本方差分别为，，和，，，若，则总体方差
【答案】D
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、上四分位数（即第75百分位数）的计算位置为，
则上四分位数应取第6个数和第7个数的平均值，即，故A正确；
B、相关系数的含义是两个变量没有线性相关关系，但可能存在非线性关系，故B正确；
C、残差的定义是观测值与预测值之差，即，则残差为，故C正确；
D、设总体分为三层，各层样本容量为，总样本容量为，
各层样本平均数为，样本方差为，
总体方差，
当时，设，
，即，
则总体方差等于，仅当时，，而题目未说明各层样本容量相等（），故不正确.
故答案为：D.
【分析】利用百分数定义求上四分位数即可判断A；根据相关系数即可判断B；根据残差的定义求解即可判断C；利用分层抽样中平均数，方差的计算公式求解即可判断D.
5．函数在区间上的极小值点个数为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：函数，求导得，
令，即，可得或，
因为，可得，，0，，，
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递减；
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递减；
当时，，，所以，单调递增，
所以在，，，上单调递增，
在，上单调递减，
所以在区间的极小值点为，，共有2个.
故答案为：D.
【分析】求函数的导函数，令，解得，，0，，，再分区间，利用导数判断函数的单调性，从而可得极小值点的个数.
6．已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意，，，成等比数列，则，
整理得，解得或，
又数列的各项均为整数，所以，
则，，，
当时，，则．
故答案为：B.
【分析】由题意可得，，成等比数列，利用等差数列的性质，结合等比中项列式求得公差d，再求，确定公比，求得等比数列的通项，利用通项求即可.
7．公园某处有一个半径为40米的圆形水池，准备在水池中建两个喷泉.如图，设该圆形水池的圆心为O，A，B两点为喷泉，为该圆形水池边缘任意一点，要求O，A，B三点共线，且.若在该水池边缘任意一点处观察喷泉，观察角度的最大值不小于，则A，B这两个喷泉间距离的最小值为（　　）
A．米 B．米 C．80米 D．40米
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：设，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
结合余弦函数的性质得，当观察角度最大时，取得最小值，
在中，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
因为的最大值不小于，所以，解得，
即，故，这两个喷泉间距离的最小值为米．
故答案为：A.
【分析】设，在，中，利用余弦定理，结合，求得，再结合余弦函数的性质，找出观察角度最大时，取得最小值，最后在中，利用余弦定理和基本不等式求解即可．
8．平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：设中点为，如图所示：
由题意可得：，，
，，即，
，则，，
又平面，平面，，
则，，即，
三棱锥中，，均为直角三角形，
且平面平面，
三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，
设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为，
对于三棱锥，高为，底面积，
故，
，
，，解得，
截面半径，面积为．
故答案为：A.
【分析】设中点为，由题意，利用线面垂直的性质，结合勾股定理求得三棱锥中，，均为直角三角形，三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为，利用等体积法，求球心到平面距离，最后根据勾股定理求截面半径，再计算面积即可．
9．已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（　　）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若且，则
【答案】B,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A，，若，则，故A为假命题；
B，，，又，，故B为真命题；
C，，则，，故C为真命题；
D，且，则，，故D为真命题．
故答案为：BCD.
【分析】取即可判断A；根据不等式的性质即可判断B； 利用作差求解即可判断CD.
10．若数列的前项和为，且，在数列的前项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；通项与前n项和的关系；组合数公式
【解析】【解答】解：数列中，，当时，，
则，而，解得，
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故，
当，时，
数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
当，时，数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据数列中的关系，结合等比数列的定义求数列的通项，再对的奇偶性分类讨论，求出，再逐项判断即可.
11．已知是定义在上的函数，若，则（　　）
A．当函数均为奇函数时，为奇函数
B．当函数均为增函数时，为增函数
C．当函数均有最小值时，有最小值
D．当函数均有最大值时，有最大值
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、设，，则，即，此时为偶函数，故A错误；
B、若，都有，则，为增函数；
若，都有，则，为增函数；
若，假设时，时，
则在上的最大值，在上的最小值，
且必有，此时为增函数，故B正确；
C、由，设，
若最小值为，最小值为，记，
，有，，
则，且使得，即有最小值，故C正确；
D、取，取，
则，此时为上的增函数，无最大值，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】设，，利用函数的奇偶性求解即可判断A；根据函数单调性定义即可判断B；由，设，根据函数最小值定义求解可判断C；分别取，，判断函数的单调性，求最值即可判断D.
12．已知的展开式中，项的系数为-10，则　 　.
【答案】4
【知识点】二项式定理；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：项系数为，解得．
故答案为：4.
【分析】要想得到项得系数，四个式子中三个取，一个取常数，据此列式求解即可.
13．已知点、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上任意一点，点的坐标为，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的实半轴长，设左焦点为，
由双曲线定义可得，则，
，
，
当且仅当、、三点共线且在点和点之间时取等号．
故答案为：.
【分析】易知双曲线的实半轴长，设左焦点为，利用双曲线的定义，结合不等式的性质求解即可.
14．已知是边长为7的等边三角形内一点（含边界），，，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；向量在几何中的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取，，，，
由题可得，
因为，所以M，E，F三点共线，
在中，，
记中EF边上的高为，，解得，
即的最小值为，当与点重合时，的最大值为5，所以．
故答案为：.
【分析】取，，，，由题意，可得三点共线，在中，利用余弦定理求得，记中EF边上的高为，利用面积求得，即为的最小值，当当与点重合时，的最大值为5，即可得的取值范围．
15．在中，设内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）解：由，得到，
整理得到，即，
又，所以，所以，又因为，所以；
（2）解：由（1）知，
由余弦定理得，
因为，，所以，
由正弦定理知（其中为外接圆的半径），
得到，，
所以．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）由（1）知，利用余弦定理，结合已知条件求得，再利用正弦定理求解即可.
（1）由，得到，
整理得到，
即，
又，则，
得到，又，解得．
（2）由（1）知，
由余弦定理得，
又，，所以，
由正弦定理知（其中为外接圆的半径），
得到，，
所以．
16．已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为8，设动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知点，过点的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：设动圆圆心，半径为，动圆过定点，
，
又因为圆在轴上截得的弦长为8，所以，联立两式消去得，
则动圆圆心的轨迹的方程为；
（2）解：由题，设直线，，，
联立，由韦达定理可得，，
中点为，
假设满足条件，
，且为等边三角形，
，且，
①若，则直线，，，，
存在，构成等边三角形；
②若，由题意得，，
，
又且，
，，无解，
综上，存在点，，使得为等边三角形，
此时直线l的方程为．
【知识点】平面内两点间的距离公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设动圆圆心，半径为，根据，由轴上截得的弦长为8，利用勾股定理列式消元求解动圆圆心的轨迹的方程即可；
（2）设直线，，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理可得，，利用中点坐标公式求得中点的坐标，根据，求出点，进而求出，根据抛物线定义及韦达定理求出焦点弦弦长，最后根据建立方程，解出直线参数．
（1）设动圆圆心，半径为，动圆过定点，
，
又圆在轴上截得的弦长为8，所以，
联立两式消去得，
动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）由题，设直线，，，
联立，
，，
中点为，
假设满足条件，
，
且为等边三角形，
，且．
①若，则直线，，，，
存在，构成等边三角形；
②若，由题意得，，
，
又且，
，
，无解，
综上，存在点，，使得为等边三角形，
此时直线l的方程为．
17．已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若在上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数，求导可得，
令，即，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则函数单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）解：，
设，
则在恒成立等价于在恒成立，
，
又，，，当且仅当时等号成立，
当时，，
①当，即时，，
在上单调递增，又，
，满足在上恒成立，
②当，即时，
令，则，
，，，
则，在上单调递增，
又，当时，，
存在，使得，即，
当时，，单调递减，则，
不满足在上恒成立，
综上，a的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的导函数，利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间即可；
（2）由题意可得，构造函数，问题转化为在恒成立，求导，分和，利用导数判断函数的单调性，求得参数范围．
（1）当时，，
则．
令，即，解得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）．
设，
则在恒成立等价于在恒成立．
，
又，，，当且仅当时等号成立，
当时，．
①当，即时，，
在上单调递增，又，
，满足在上恒成立．
②当，即时，
令，则．
，，，
则，在上单调递增.
又，当时，，
存在，使得，即，
当时，，单调递减，则，
不满足在上恒成立．
综上，a的取值范围为．
18．如图，在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，，.
（1）若平面和平面的交线为，证明：平面；
（2）设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，若，求平面和底面圆所成的锐二面角的正切值.
【答案】（1）证明：，且是圆的一条直径，
是的中点，是的中点，，
又平面，且平面，平面，
又平面，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，，
又平面，且平面，平面；
（2）解：连接，是圆的一条直径，且与A，B不重合，，
又是圆柱的母线，垂直于底面圆所在的平面，
以为坐标原点，CB，CA，CD所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，则，，，
，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则，
令，可得，
设平面的一个法向量，则，令，可得，
由题意可得底面圆的一个法向量为，
所以，
同理，
因为，所以，即，
又，所以，，所以，，
所以，，
设平面的一个法向量，则，
令，则，
所以，
，所以.
故平面和底面圆所成的锐二面角的正切值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由，且是圆的一条直径，利用中位线可得，再根据线面平行的判定定理证明平面，根据线面平行得性质，证明，最后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，根据，以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出平面、平面和底面圆所成的锐二面角，再根据，确定，的位置，最后在利用空间向量法，求平面和底面圆所成的锐二面角的正切值即可．
（1），且是圆的一条直径，
是的中点，是的中点，，
又平面，且平面，
平面，
又平面，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，，
又平面，且平面，平面．
（2）连接，是圆的一条直径，且与A，B不重合，，
又是圆柱的母线，垂直于底面圆所在的平面，
所以以为坐标原点，CB，CA，CD所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
设，，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，
由题意可得底面圆的一个法向量为，
所以，
同理，
因为，所以，即，
又，所以，，
所以，，
所以，，
设平面的一个法向量，则，
令，则，
所以，
，所以.
故平面和底面圆所成的锐二面角的正切值为．
19．某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则：
①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）；
②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止.
记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为.
（1）直接写出、的数值，并写出、、的关系式；
（2）当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系；
（3）已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值.
【答案】（1）解：由题意可知，，
由全概率公式可得；
（2）解：当时，，即，故数列为等差数列，设等差数列的公差为，通项公式为，
由，可得，则，
又因为系统数据块的初始数量为，
所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为，
从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为，
令，解得，
所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，
同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，
当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率；
（3）解：设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，
且分布列均为，，
由题意可知，，
因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立，
从而随机变量与相互独立，则，
因为与无关，所以恒成立，所以，
事实上，故只需，
由的分布列可知，
因式分解得，
又因为，所以，所以当时，若与无关，则.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；离散型随机变量及其分布列；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意可知，，利用全概率公式即可求、、的关系式；
（2）当时，由（1）化简整理可得，即数列为等差数列，设等差数列的公差为，通项公式为，由（1）的结论，求出该数列的公差，可得出的表达式，求出系统最终以“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终止概率的大小，即可得出结论；
（3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，求出的分布列，由题意可知，根据题中期望的性质得出，根据题意得出恒成立，只需，再结合的分布列可得出关于的等式，解之即可.
（1）由题意可知，，
由全概率公式可得.
（2）当时，，
即，故数列为等差数列，设其公差为，
设其通项公式可得，
由可得，所以，
又因为系统数据块的初始数量为，
所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为，
从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为，
令，解得，
所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，
同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，
当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率.
（3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，
且分布列均为，，
由题意可知，
所以，
因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立，
从而随机变量与相互独立，则，
因为与无关，所以恒成立，所以，
事实上，故只需，
由的分布列可知，
因式分解得，
又因为，所以，
所以当时，若与无关，则.
1 / 1云南保山市2026届高三毕业生第二次模拟考试数学试卷
1．设集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（　　）
A． B． C． D．
3．设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（　　）
A． B． C． D．
4．下列说法中不正确的是（　　）
A．一组数据47，48，49，53，54，56，58，59的上四分位数为57
B．在成对样本数据分析中相关系数，表示两个变量之间没有线性相关关系
C．根据线性回归方程得到预测值为时的观测值为34，则残差为0.007
D．将总体划分为三层，通过分层抽样，得到三层的样本平均数和样本方差分别为，，和，，，若，则总体方差
5．函数在区间上的极小值点个数为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
6．已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（　　）
A． B． C． D．
7．公园某处有一个半径为40米的圆形水池，准备在水池中建两个喷泉.如图，设该圆形水池的圆心为O，A，B两点为喷泉，为该圆形水池边缘任意一点，要求O，A，B三点共线，且.若在该水池边缘任意一点处观察喷泉，观察角度的最大值不小于，则A，B这两个喷泉间距离的最小值为（　　）
A．米 B．米 C．80米 D．40米
8．平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
9．已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（　　）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若且，则
10．若数列的前项和为，且，在数列的前项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．已知是定义在上的函数，若，则（　　）
A．当函数均为奇函数时，为奇函数
B．当函数均为增函数时，为增函数
C．当函数均有最小值时，有最小值
D．当函数均有最大值时，有最大值
12．已知的展开式中，项的系数为-10，则　 　.
13．已知点、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上任意一点，点的坐标为，则的最小值为　 　.
14．已知是边长为7的等边三角形内一点（含边界），，，则的取值范围为　 　.
15．在中，设内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
16．已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为8，设动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知点，过点的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由.
17．已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若在上恒成立，求的取值范围．
18．如图，在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，，.
（1）若平面和平面的交线为，证明：平面；
（2）设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，若，求平面和底面圆所成的锐二面角的正切值.
19．某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则：
①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）；
②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止.
记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为.
（1）直接写出、的数值，并写出、、的关系式；
（2）当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系；
（3）已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，解得，即集合，
定义域是，即集合，
则．
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式求得集合M，根据对数函数有意义，列式求函数的定义域，得集合N，再根据集合交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】复数的三角形式
【解析】【解答】解： 若复数， 由棣莫弗公式可得：.
故答案为：C.
【分析】直接根据棣莫弗公式结合特殊角的三角函数值求解即可.
3．【答案】B
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆离心率为，得，即，又因为，所以，
又点为椭圆短轴顶点，则，解得，所以，
即椭圆的方程为.
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的离心率以及的面积、的关系求基本量，即可得椭圆方程.
4．【答案】D
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、上四分位数（即第75百分位数）的计算位置为，
则上四分位数应取第6个数和第7个数的平均值，即，故A正确；
B、相关系数的含义是两个变量没有线性相关关系，但可能存在非线性关系，故B正确；
C、残差的定义是观测值与预测值之差，即，则残差为，故C正确；
D、设总体分为三层，各层样本容量为，总样本容量为，
各层样本平均数为，样本方差为，
总体方差，
当时，设，
，即，
则总体方差等于，仅当时，，而题目未说明各层样本容量相等（），故不正确.
故答案为：D.
【分析】利用百分数定义求上四分位数即可判断A；根据相关系数即可判断B；根据残差的定义求解即可判断C；利用分层抽样中平均数，方差的计算公式求解即可判断D.
5．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：函数，求导得，
令，即，可得或，
因为，可得，，0，，，
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递减；
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递减；
当时，，，所以，单调递增，
所以在，，，上单调递增，
在，上单调递减，
所以在区间的极小值点为，，共有2个.
故答案为：D.
【分析】求函数的导函数，令，解得，，0，，，再分区间，利用导数判断函数的单调性，从而可得极小值点的个数.
6．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意，，，成等比数列，则，
整理得，解得或，
又数列的各项均为整数，所以，
则，，，
当时，，则．
故答案为：B.
【分析】由题意可得，，成等比数列，利用等差数列的性质，结合等比中项列式求得公差d，再求，确定公比，求得等比数列的通项，利用通项求即可.
7．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：设，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
结合余弦函数的性质得，当观察角度最大时，取得最小值，
在中，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
因为的最大值不小于，所以，解得，
即，故，这两个喷泉间距离的最小值为米．
故答案为：A.
【分析】设，在，中，利用余弦定理，结合，求得，再结合余弦函数的性质，找出观察角度最大时，取得最小值，最后在中，利用余弦定理和基本不等式求解即可．
8．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：设中点为，如图所示：
由题意可得：，，
，，即，
，则，，
又平面，平面，，
则，，即，
三棱锥中，，均为直角三角形，
且平面平面，
三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，
设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为，
对于三棱锥，高为，底面积，
故，
，
，，解得，
截面半径，面积为．
故答案为：A.
【分析】设中点为，由题意，利用线面垂直的性质，结合勾股定理求得三棱锥中，，均为直角三角形，三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为，利用等体积法，求球心到平面距离，最后根据勾股定理求截面半径，再计算面积即可．
9．【答案】B,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A，，若，则，故A为假命题；
B，，，又，，故B为真命题；
C，，则，，故C为真命题；
D，且，则，，故D为真命题．
故答案为：BCD.
【分析】取即可判断A；根据不等式的性质即可判断B； 利用作差求解即可判断CD.
10．【答案】A,B,D
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；通项与前n项和的关系；组合数公式
【解析】【解答】解：数列中，，当时，，
则，而，解得，
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故，
当，时，
数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
当，时，数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据数列中的关系，结合等比数列的定义求数列的通项，再对的奇偶性分类讨论，求出，再逐项判断即可.
11．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、设，，则，即，此时为偶函数，故A错误；
B、若，都有，则，为增函数；
若，都有，则，为增函数；
若，假设时，时，
则在上的最大值，在上的最小值，
且必有，此时为增函数，故B正确；
C、由，设，
若最小值为，最小值为，记，
，有，，
则，且使得，即有最小值，故C正确；
D、取，取，
则，此时为上的增函数，无最大值，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】设，，利用函数的奇偶性求解即可判断A；根据函数单调性定义即可判断B；由，设，根据函数最小值定义求解可判断C；分别取，，判断函数的单调性，求最值即可判断D.
12．【答案】4
【知识点】二项式定理；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：项系数为，解得．
故答案为：4.
【分析】要想得到项得系数，四个式子中三个取，一个取常数，据此列式求解即可.
13．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的实半轴长，设左焦点为，
由双曲线定义可得，则，
，
，
当且仅当、、三点共线且在点和点之间时取等号．
故答案为：.
【分析】易知双曲线的实半轴长，设左焦点为，利用双曲线的定义，结合不等式的性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；向量在几何中的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取，，，，
由题可得，
因为，所以M，E，F三点共线，
在中，，
记中EF边上的高为，，解得，
即的最小值为，当与点重合时，的最大值为5，所以．
故答案为：.
【分析】取，，，，由题意，可得三点共线，在中，利用余弦定理求得，记中EF边上的高为，利用面积求得，即为的最小值，当当与点重合时，的最大值为5，即可得的取值范围．
15．【答案】（1）解：由，得到，
整理得到，即，
又，所以，所以，又因为，所以；
（2）解：由（1）知，
由余弦定理得，
因为，，所以，
由正弦定理知（其中为外接圆的半径），
得到，，
所以．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）由（1）知，利用余弦定理，结合已知条件求得，再利用正弦定理求解即可.
（1）由，得到，
整理得到，
即，
又，则，
得到，又，解得．
（2）由（1）知，
由余弦定理得，
又，，所以，
由正弦定理知（其中为外接圆的半径），
得到，，
所以．
16．【答案】（1）解：设动圆圆心，半径为，动圆过定点，
，
又因为圆在轴上截得的弦长为8，所以，联立两式消去得，
则动圆圆心的轨迹的方程为；
（2）解：由题，设直线，，，
联立，由韦达定理可得，，
中点为，
假设满足条件，
，且为等边三角形，
，且，
①若，则直线，，，，
存在，构成等边三角形；
②若，由题意得，，
，
又且，
，，无解，
综上，存在点，，使得为等边三角形，
此时直线l的方程为．
【知识点】平面内两点间的距离公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设动圆圆心，半径为，根据，由轴上截得的弦长为8，利用勾股定理列式消元求解动圆圆心的轨迹的方程即可；
（2）设直线，，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理可得，，利用中点坐标公式求得中点的坐标，根据，求出点，进而求出，根据抛物线定义及韦达定理求出焦点弦弦长，最后根据建立方程，解出直线参数．
（1）设动圆圆心，半径为，动圆过定点，
，
又圆在轴上截得的弦长为8，所以，
联立两式消去得，
动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）由题，设直线，，，
联立，
，，
中点为，
假设满足条件，
，
且为等边三角形，
，且．
①若，则直线，，，，
存在，构成等边三角形；
②若，由题意得，，
，
又且，
，
，无解，
综上，存在点，，使得为等边三角形，
此时直线l的方程为．
17．【答案】（1）解：当时，函数，求导可得，
令，即，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则函数单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）解：，
设，
则在恒成立等价于在恒成立，
，
又，，，当且仅当时等号成立，
当时，，
①当，即时，，
在上单调递增，又，
，满足在上恒成立，
②当，即时，
令，则，
，，，
则，在上单调递增，
又，当时，，
存在，使得，即，
当时，，单调递减，则，
不满足在上恒成立，
综上，a的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的导函数，利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间即可；
（2）由题意可得，构造函数，问题转化为在恒成立，求导，分和，利用导数判断函数的单调性，求得参数范围．
（1）当时，，
则．
令，即，解得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）．
设，
则在恒成立等价于在恒成立．
，
又，，，当且仅当时等号成立，
当时，．
①当，即时，，
在上单调递增，又，
，满足在上恒成立．
②当，即时，
令，则．
，，，
则，在上单调递增.
又，当时，，
存在，使得，即，
当时，，单调递减，则，
不满足在上恒成立．
综上，a的取值范围为．
18．【答案】（1）证明：，且是圆的一条直径，
是的中点，是的中点，，
又平面，且平面，平面，
又平面，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，，
又平面，且平面，平面；
（2）解：连接，是圆的一条直径，且与A，B不重合，，
又是圆柱的母线，垂直于底面圆所在的平面，
以为坐标原点，CB，CA，CD所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，则，，，
，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则，
令，可得，
设平面的一个法向量，则，令，可得，
由题意可得底面圆的一个法向量为，
所以，
同理，
因为，所以，即，
又，所以，，所以，，
所以，，
设平面的一个法向量，则，
令，则，
所以，
，所以.
故平面和底面圆所成的锐二面角的正切值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由，且是圆的一条直径，利用中位线可得，再根据线面平行的判定定理证明平面，根据线面平行得性质，证明，最后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，根据，以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出平面、平面和底面圆所成的锐二面角，再根据，确定，的位置，最后在利用空间向量法，求平面和底面圆所成的锐二面角的正切值即可．
（1），且是圆的一条直径，
是的中点，是的中点，，
又平面，且平面，
平面，
又平面，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，，
又平面，且平面，平面．
（2）连接，是圆的一条直径，且与A，B不重合，，
又是圆柱的母线，垂直于底面圆所在的平面，
所以以为坐标原点，CB，CA，CD所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
设，，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，
由题意可得底面圆的一个法向量为，
所以，
同理，
因为，所以，即，
又，所以，，
所以，，
所以，，
设平面的一个法向量，则，
令，则，
所以，
，所以.
故平面和底面圆所成的锐二面角的正切值为．
19．【答案】（1）解：由题意可知，，
由全概率公式可得；
（2）解：当时，，即，故数列为等差数列，设等差数列的公差为，通项公式为，
由，可得，则，
又因为系统数据块的初始数量为，
所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为，
从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为，
令，解得，
所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，
同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，
当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率；
（3）解：设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，
且分布列均为，，
由题意可知，，
因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立，
从而随机变量与相互独立，则，
因为与无关，所以恒成立，所以，
事实上，故只需，
由的分布列可知，
因式分解得，
又因为，所以，所以当时，若与无关，则.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；离散型随机变量及其分布列；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意可知，，利用全概率公式即可求、、的关系式；
（2）当时，由（1）化简整理可得，即数列为等差数列，设等差数列的公差为，通项公式为，由（1）的结论，求出该数列的公差，可得出的表达式，求出系统最终以“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终止概率的大小，即可得出结论；
（3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，求出的分布列，由题意可知，根据题中期望的性质得出，根据题意得出恒成立，只需，再结合的分布列可得出关于的等式，解之即可.
（1）由题意可知，，
由全概率公式可得.
（2）当时，，
即，故数列为等差数列，设其公差为，
设其通项公式可得，
由可得，所以，
又因为系统数据块的初始数量为，
所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为，
从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为，
令，解得，
所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，
同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，
当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率.
（3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，
且分布列均为，，
由题意可知，
所以，
因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立，
从而随机变量与相互独立，则，
因为与无关，所以恒成立，所以，
事实上，故只需，
由的分布列可知，
因式分解得，
又因为，所以，
所以当时，若与无关，则.
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