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四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二下学期期末练兵考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二下学期期末练兵考试数学试题（Word版附解析），文件包含四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二下学期数学期末练兵考试试题教师版docx、四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二下学期数学期末练兵考试试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷（选择题）（共60分）
一、单项选择题：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. 某小球可以看作一个质点，其相对于地面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）存在函数关系，则该小球在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由，得，所以，
即该小球在时的瞬时速度为．故选：A．
2．设等比数列的前项和为，若，则公比为（ ）
A．1或5B．5C．1或D．5或
【答案】D
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和公式，采用基本量思想进行计算即可.
【详解】由得，，所以，即，
所以，所以或 .故选：D.
3．（23-24高二下·山东青岛·月考）直线和直线垂直，则的值为（ ）
A．1B．0或1C．0或-1D．-1
【答案】B
【分析】由两直线垂直直接计算.
【详解】由两直线垂直可知，解得或，故选：B.
4．某地为响应“扶贫必扶智，扶智就扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅．现收集了该图书馆五年的借阅数据如表：
根据如表，可得关于的线性回归方程为，则下列说法中错误的是
A．
B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的第75百分位数为5.7
C．与的线性相关系数
D．2021年的借阅量一定少于6.12万册
【解析】对于选项：年份代码的平均数，
年借阅量的平均数（万册），
则，解得，故正确；
对于选项：因为，所以借阅量的第75百分位数为5.7，故正确；
对于选项：因为，所以与的线性相关系数，故正确；
对于选项：由选项可得：，
令，可得，
预计2021年的借阅量为6.12万册，但并不能确定具体结果，故错误．
故选：．
5．在二项式的展开式中，不正确的说法是（ ）
A．常数项是第3项B．各项的系数和是1
C．偶数项的二项式系数和为32D．第4项的二项式系数最大
【答案】A
【分析】首先求出二项式展开的通项，对选项A，令即可判定A错误，对选项B，令即可判定B正确，对选项C，根据偶数二项式系数之和为即可判定C正确，对选项D，根据二项式系数性质即可判定D正确.
【详解】二项式的展开式通项为．
对于A选项，令，可得，故常数项是第4项，故A错；
对于B选项，各项的系数和是，故B对；
对于C选项，偶数项二项式系数和为，故C对；
对于D选项，展开式共7项，第4项二项式系数最大，故D对．故选：A
6．中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（ ）
A．18种B．24种C．36种D．72种
【答案】C
【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解.
【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，
再将商、角插入4个空中的2个，有，所以共有种．故选：C．
7．设抛物线的焦点为，过抛物线上一点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得的倾斜角为，进而可得，计算即可.
【详解】作出示意图如图所示：
则抛物线的性质，可得，又，所以可得的倾斜角为，
则可得，从而.故选：C.
8. 已知函数，若过可做两条直线与函数的图象相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】设过点的直线与函数的图象相切时的切点为，则，因为，
所以切线方程为，又在切线上，
所以，整理得，
则过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与
曲线的图象的公共点的个数，
因为，令，得，
所以，当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
因为，当时，所以，函数的图象大致如图：
所以当时，图像有两个交点，切线有两条.故选：A.
【点睛】关键点点睛：依题意求出切线方程，本题关键是将过点的直线与函数的图象相切的切线条数转化为直线与曲线的图象的公共点的个数，在利用导数研究函数的图象.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A．B．
C．D．
答案：BC
【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知，，所以，
故，C正确，D错误；
因为，所以，
因为，所以，
而，B正确，A错误，
故选：BC．
10. 甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；
因为，所以选项C正确；
因为，所以，因此选项D正确；
因为，所以选项B不正确，
故选：ACD
11．下列语句叙述正确的有（ ）
A．数列成等差数列的充要条件是
B．若数列满足：，，则
C．等差数列中，是其前项和，，，则是一个公差为的等差数列
D．公差非零的等差数列的前项和为，若，，则使成立的的最小值为6
【答案】BC
【分析】对于A选项，根据充分条件，必要条件定义可以判断，选项A是错误的；
对于B选项，将构造等比数列，即可求得数列的通项公式；
对于C选项，将已知条件转化为关于的两个方程，组成方程组，解方程组可得，用前项和公式可以求得，从而求得通项公式；
对于D选项，用C选项中相同的方法，求得和，然后代入不等式，得到关于n的不等式，解不等式可得.
【详解】对于A选项，若，则，即数列一定是等差数列；
若数列成等差数列，则通项公式不一定是，
所以是数列成等差数列的充分不必要条件，故A错误；
对于B选项，因为，所以，又，
所以数列是一个以首项为1，公比为2的等比数列，所以，
所以，故B正确；
对于C选项，令等差数列公差为d，因为，，
所以，，所以，所以，所以，所以，即是一个公差为的等差数列，故C正确；
对于C选项，令等差数列公差为d，因为，，
所以，，所以，
所以，则，解得，
所以使成立的的最小值为7.故选：BC.
12．已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，在处的切线方程为
B．若有3个零点，则的取值范围为
C．当时，是的极大值点
D．当时，有唯一零点，且
【答案】ABD
【分析】根据导数的几何意义，可判定A正确；根据题意，转化为与的图象有3个交点，利用导数求得函数的单调性与极值，可判定B正确；当时，得到，讨论函数的单调性，结合极值点的定义，可判定C错误.当时，得到，函数单调递增，结合，可判定D正确；
【详解】对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确：
对于B中，若函数有3个零点，即有三个解，
其中时，显然不是方程的根，当时，转化为与的图像有3个交点，
又由，令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，函数取得极小值，极小值为，
又由时，，当时，且，如下图：
所以，即实数的取值范围为，所以B正确：
对于中，当时，，可得，
令，在上单调递增，
且,所以存在使得，
所以在上，单调递减，在上，单调递增，又,
所以在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以是的极小值点，所以错误．
对于D中，当时，，设，可得，
当时，在单调递减；当时，在单调递增，
所以当时，，所以，
所以，所以函数在上单调递增，
又因为，即，
所以有唯一零点且，所以D正确；故选：ABD.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量，且，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用空间向量共线的充要条件列式计算即得.
【详解】向量共线，则，解得，
所以.故答案为：.
14.已知，若，则 .
【答案】
【详解】由题意，令，可得，解得，所以二项式为
所以展开式中的系数为
15. 2018年春季，世界各地相继出现流感疫情，这已经成为全球性的公共卫生问题．为了考察某种流感疫苗的效果，某实验室随机抽取100只健康小鼠进行试验，得到如下列联表：
参照附表，在犯错误的概率最多不超过 的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系．
【参考公式：．】
【分析】根据列联表中数据计算观测值，参照附表得出概率结论．
【解答】解：根据列联表中数据，计算观测值为K2＝＝≈4.762＞3.841，
参照附表知，在犯错误的概率最多不超过0.05的前提下，认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系．
故答案为：0.05．
【点评】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，是基础题．
16．已知O为坐标原点，P1、P2是双曲线上的点．P是线段P1P2的中点，直线OP、P1P2的斜率分别为k1、k2，若2≤k1≤4，则k2的取值范围是 .
【答案】
【解答】解：设P1（x1，y1），P2（x2，y2），P（x，y），则x1+x2＝2x，y1+y2＝2y
∵4x12﹣9y12＝36，4x22﹣9y22＝36
两式相减可得：4（x1﹣x2）×2x﹣9（y1﹣y2）×2y＝0
∴，
∵直线OP的斜率为k1＝（k1≠0），直线P1P2的斜率为k2＝，
∴k1k2＝，
∵2≤k1≤4，
∴．
四、解答题：本题共6小题，共70分．其中：第16题10分，第17-22题每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 某农业大学组织部分学生进行作物栽培试验，由于土壤相对贫瘠，前期作物生长较为缓慢，为了增加作物的生长速度，达到预期标准，小明对自己培育的一株作物使用了营养液，现统计了使用营养液十天之内该作物的高度变化
（1）观察散点图可知，天数与作物高度之间具有较强的线性相关性，用最小二乘法求出作物高度关于天数的线性回归方程（其中用分数表示）；
（2）小明测得使用营养液后第22天该作物的高度为，请根据（1）中的结果预测第22天该作物的高度的残差.
参考公式：.参考数据：.
解：【小问1详解】
依题意，，
，
故，
，故所求回归直线方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，当时，，
故所求残差为.
18．已知数列满足，.有以下三个条件：①（，）；②；③（）；从上述三个条件中任选一个条件，求数列的通项公式和前项和.
【答案】，
【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得；选②根据递推关系式，结合累乘法求得；选③利用前项和与通项的关系，相减求得；求前前项和采用错位相减法即可.
【详解】解：选①由（，）得，
故是公比为2的等比数列，则
即，故是公差为的等差数列，则，即.
选②由得，故
化简得，即也满足
选③由 （1）得
当时， （2）
由（1）－（2）得，故也满足，
因此，
两式相减得
化简得
19．（2024·天津·二模）如图，在多面体中，，，，平面，，，.
求证：直线平面；
求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据，即可得证
（2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解值；
（3）设点到平面的距离为，利用点到平面的向量公式即可求解.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以，所以，，两两垂直，
则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，令，得，
所以，则，
又因为平面所以直线平面.
（2）由，得，，
设平面的法向量为，则，令得，
所以则平面与平面夹角的余弦值为
20.已知点和点分别为椭圆上两点，
求的离心率；
若过点的直线交于另一点，且的面积为，求直线的方程.
21．年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中．
(1)在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率
(2)针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案：
Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项．
若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望
以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好
【答案】(1)(2)①；②
【分析】（1）由全概率公式求解即可；（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出的可能取值及其概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出；记分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出的数学威望，由题意可得，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）记事件为“正确答案选两个选项”，事件为“学生甲得分”．
，即学生甲该题得分的概率为．
（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取，，，
， ， ，
所以的分布列为
则数学期望．
记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
则，，
，所以
记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
则，，
，所以
记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
则，，
所以．
要使唯独选择方案Ⅰ最好，则，
解得：，故的取值范围为．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
解：【小问1详解】
因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
年份
2016
2017
2018
2019
2020
年份代码
1
2
3
4
5
年借阅量（万册）
4.9
5.1
5.5
5.7
5.8
感染
未感染
总计
注射
10
40
50
未注射
20
30
50
总计
30
70
100
P（K2≥k0）
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
天数x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
作物高度y/cm
9
10
10
11
12
13
13
14
14
14
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷（选择题）（共60分）
一、单项选择题：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. 某小球可以看作一个质点，其相对于地面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）存在函数关系，则该小球在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由，得，所以，
即该小球在时的瞬时速度为．故选：A．
2．设等比数列的前项和为，若，则公比为（ ）
A．1或5B．5C．1或D．5或
【答案】D
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和公式，采用基本量思想进行计算即可.
【详解】由得，，所以，即，
所以，所以或 .故选：D.
3．（23-24高二下·山东青岛·月考）直线和直线垂直，则的值为（ ）
A．1B．0或1C．0或-1D．-1
【答案】B
【分析】由两直线垂直直接计算.
【详解】由两直线垂直可知，解得或，故选：B.
4．某地为响应“扶贫必扶智，扶智就扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅．现收集了该图书馆五年的借阅数据如表：
根据如表，可得关于的线性回归方程为，则下列说法中错误的是
A．
B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的第75百分位数为5.7
C．与的线性相关系数
D．2021年的借阅量一定少于6.12万册
【解析】对于选项：年份代码的平均数，
年借阅量的平均数（万册），
则，解得，故正确；
对于选项：因为，所以借阅量的第75百分位数为5.7，故正确；
对于选项：因为，所以与的线性相关系数，故正确；
对于选项：由选项可得：，
令，可得，
预计2021年的借阅量为6.12万册，但并不能确定具体结果，故错误．
故选：．
5．在二项式的展开式中，不正确的说法是（ ）
A．常数项是第3项B．各项的系数和是1
C．偶数项的二项式系数和为32D．第4项的二项式系数最大
【答案】A
【分析】首先求出二项式展开的通项，对选项A，令即可判定A错误，对选项B，令即可判定B正确，对选项C，根据偶数二项式系数之和为即可判定C正确，对选项D，根据二项式系数性质即可判定D正确.
【详解】二项式的展开式通项为．
对于A选项，令，可得，故常数项是第4项，故A错；
对于B选项，各项的系数和是，故B对；
对于C选项，偶数项二项式系数和为，故C对；
对于D选项，展开式共7项，第4项二项式系数最大，故D对．故选：A
6．中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（ ）
A．18种B．24种C．36种D．72种
【答案】C
【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解.
【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，
再将商、角插入4个空中的2个，有，所以共有种．故选：C．
7．设抛物线的焦点为，过抛物线上一点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得的倾斜角为，进而可得，计算即可.
【详解】作出示意图如图所示：
则抛物线的性质，可得，又，所以可得的倾斜角为，
则可得，从而.故选：C.
8. 已知函数，若过可做两条直线与函数的图象相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】设过点的直线与函数的图象相切时的切点为，则，因为，
所以切线方程为，又在切线上，
所以，整理得，
则过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与
曲线的图象的公共点的个数，
因为，令，得，
所以，当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
因为，当时，所以，函数的图象大致如图：
所以当时，图像有两个交点，切线有两条.故选：A.
【点睛】关键点点睛：依题意求出切线方程，本题关键是将过点的直线与函数的图象相切的切线条数转化为直线与曲线的图象的公共点的个数，在利用导数研究函数的图象.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A．B．
C．D．
答案：BC
【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知，，所以，
故，C正确，D错误；
因为，所以，
因为，所以，
而，B正确，A错误，
故选：BC．
10. 甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；
因为，所以选项C正确；
因为，所以，因此选项D正确；
因为，所以选项B不正确，
故选：ACD
11．下列语句叙述正确的有（ ）
A．数列成等差数列的充要条件是
B．若数列满足：，，则
C．等差数列中，是其前项和，，，则是一个公差为的等差数列
D．公差非零的等差数列的前项和为，若，，则使成立的的最小值为6
【答案】BC
【分析】对于A选项，根据充分条件，必要条件定义可以判断，选项A是错误的；
对于B选项，将构造等比数列，即可求得数列的通项公式；
对于C选项，将已知条件转化为关于的两个方程，组成方程组，解方程组可得，用前项和公式可以求得，从而求得通项公式；
对于D选项，用C选项中相同的方法，求得和，然后代入不等式，得到关于n的不等式，解不等式可得.
【详解】对于A选项，若，则，即数列一定是等差数列；
若数列成等差数列，则通项公式不一定是，
所以是数列成等差数列的充分不必要条件，故A错误；
对于B选项，因为，所以，又，
所以数列是一个以首项为1，公比为2的等比数列，所以，
所以，故B正确；
对于C选项，令等差数列公差为d，因为，，
所以，，所以，所以，所以，所以，即是一个公差为的等差数列，故C正确；
对于C选项，令等差数列公差为d，因为，，
所以，，所以，
所以，则，解得，
所以使成立的的最小值为7.故选：BC.
12．已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，在处的切线方程为
B．若有3个零点，则的取值范围为
C．当时，是的极大值点
D．当时，有唯一零点，且
【答案】ABD
【分析】根据导数的几何意义，可判定A正确；根据题意，转化为与的图象有3个交点，利用导数求得函数的单调性与极值，可判定B正确；当时，得到，讨论函数的单调性，结合极值点的定义，可判定C错误.当时，得到，函数单调递增，结合，可判定D正确；
【详解】对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确：
对于B中，若函数有3个零点，即有三个解，
其中时，显然不是方程的根，当时，转化为与的图像有3个交点，
又由，令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，函数取得极小值，极小值为，
又由时，，当时，且，如下图：
所以，即实数的取值范围为，所以B正确：
对于中，当时，，可得，
令，在上单调递增，
且,所以存在使得，
所以在上，单调递减，在上，单调递增，又,
所以在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以是的极小值点，所以错误．
对于D中，当时，，设，可得，
当时，在单调递减；当时，在单调递增，
所以当时，，所以，
所以，所以函数在上单调递增，
又因为，即，
所以有唯一零点且，所以D正确；故选：ABD.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量，且，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用空间向量共线的充要条件列式计算即得.
【详解】向量共线，则，解得，
所以.故答案为：.
14.已知，若，则 .
【答案】
【详解】由题意，令，可得，解得，所以二项式为
所以展开式中的系数为
15. 2018年春季，世界各地相继出现流感疫情，这已经成为全球性的公共卫生问题．为了考察某种流感疫苗的效果，某实验室随机抽取100只健康小鼠进行试验，得到如下列联表：
参照附表，在犯错误的概率最多不超过 的前提下，可认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系．
【参考公式：．】
【分析】根据列联表中数据计算观测值，参照附表得出概率结论．
【解答】解：根据列联表中数据，计算观测值为K2＝＝≈4.762＞3.841，
参照附表知，在犯错误的概率最多不超过0.05的前提下，认为“注射疫苗”与“感染流感”有关系．
故答案为：0.05．
【点评】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，是基础题．
16．已知O为坐标原点，P1、P2是双曲线上的点．P是线段P1P2的中点，直线OP、P1P2的斜率分别为k1、k2，若2≤k1≤4，则k2的取值范围是 .
【答案】
【解答】解：设P1（x1，y1），P2（x2，y2），P（x，y），则x1+x2＝2x，y1+y2＝2y
∵4x12﹣9y12＝36，4x22﹣9y22＝36
两式相减可得：4（x1﹣x2）×2x﹣9（y1﹣y2）×2y＝0
∴，
∵直线OP的斜率为k1＝（k1≠0），直线P1P2的斜率为k2＝，
∴k1k2＝，
∵2≤k1≤4，
∴．
四、解答题：本题共6小题，共70分．其中：第16题10分，第17-22题每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 某农业大学组织部分学生进行作物栽培试验，由于土壤相对贫瘠，前期作物生长较为缓慢，为了增加作物的生长速度，达到预期标准，小明对自己培育的一株作物使用了营养液，现统计了使用营养液十天之内该作物的高度变化
（1）观察散点图可知，天数与作物高度之间具有较强的线性相关性，用最小二乘法求出作物高度关于天数的线性回归方程（其中用分数表示）；
（2）小明测得使用营养液后第22天该作物的高度为，请根据（1）中的结果预测第22天该作物的高度的残差.
参考公式：.参考数据：.
解：【小问1详解】
依题意，，
，
故，
，故所求回归直线方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，当时，，
故所求残差为.
18．已知数列满足，.有以下三个条件：①（，）；②；③（）；从上述三个条件中任选一个条件，求数列的通项公式和前项和.
【答案】，
【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得；选②根据递推关系式，结合累乘法求得；选③利用前项和与通项的关系，相减求得；求前前项和采用错位相减法即可.
【详解】解：选①由（，）得，
故是公比为2的等比数列，则
即，故是公差为的等差数列，则，即.
选②由得，故
化简得，即也满足
选③由 （1）得
当时， （2）
由（1）－（2）得，故也满足，
因此，
两式相减得
化简得
19．（2024·天津·二模）如图，在多面体中，，，，平面，，，.
求证：直线平面；
求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据，即可得证
（2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解值；
（3）设点到平面的距离为，利用点到平面的向量公式即可求解.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以，所以，，两两垂直，
则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，令，得，
所以，则，
又因为平面所以直线平面.
（2）由，得，，
设平面的法向量为，则，令得，
所以则平面与平面夹角的余弦值为
20.已知点和点分别为椭圆上两点，
求的离心率；
若过点的直线交于另一点，且的面积为，求直线的方程.
21．年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中．
(1)在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率
(2)针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案：
Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项．
若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望
以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好
【答案】(1)(2)①；②
【分析】（1）由全概率公式求解即可；（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出的可能取值及其概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出；记分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出的数学威望，由题意可得，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）记事件为“正确答案选两个选项”，事件为“学生甲得分”．
，即学生甲该题得分的概率为．
（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取，，，
， ， ，
所以的分布列为
则数学期望．
记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
则，，
，所以
记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
则，，
，所以
记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
则，，
所以．
要使唯独选择方案Ⅰ最好，则，
解得：，故的取值范围为．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
解：【小问1详解】
因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
年份
2016
2017
2018
2019
2020
年份代码
1
2
3
4
5
年借阅量（万册）
4.9
5.1
5.5
5.7
5.8
感染
未感染
总计
注射
10
40
50
未注射
20
30
50
总计
30
70
100
P（K2≥k0）
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
天数x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
作物高度y/cm
9
10
10
11
12
13
13
14
14
14
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