专题08 期末解答题专练（5大考向37题）（期末真题汇编，河南专用）高二数学下学期

**基本信息** 聚焦高二数学期末解答题，涵盖解析几何、立体几何等5大考向，精选河南多地期末真题，突出知识综合应用与逻辑推理能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|37题|解析几何（抛物线/椭圆）、立体几何（面面垂直/二面角）、数列（等差/错位相减）、导数（单调性/极值）、概率统计（独立性检验/分布列）|多问递进设计（如解析几何第1题从求方程到证明斜率关系），结合AI技术、消费券等现实情境（概率统计题），适配河南期末命题趋势|

专题08期末解答题专练 5大考向概览 考向01解析几何 考向02立体几何 考向03 数列 考向04 导数 考向05 概率统计 ( 考向 0 1 解析 几何 ) 1．【解析】（1）由抛物线的准线为,则,故抛物线； （2）由题设知,,若,, 联立,可得,则,, 由 ,得证. 2．【解析】（1）当或时,是椭圆,当时,是圆, 当时,是双曲线, 综上,从,,,1,2,3中任选一个数作为,是椭圆的概率为； （2）设,则,记为①, 设,则,记为②, ②-①得,故,则, 所以,解得,则的方程是. 3．【解析】（1）由题意知动点M的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线, 所以轨迹C的方程为. （2）设,.联立得, 则,, . 易知直线,的斜率存在,设直线的方程为,联立 得. 由,解得,所以切线的方程为. 同理可得,切线的方程为. 由解得即点. 因为,,,且,所以, 即 化简得,因此或故. 4．【解析】（1）椭圆的焦点为,所以双曲线的焦点也为,即. 因为,所以,所以, 故双曲线的方程为. （2）联立,得,即. ①当,即时,直线与的渐近线平行,只有1个交点； ②当,即时, 直线与相切,只有1个交点. 综上,当直线与的公共点个数为1时,或； （3） 易知,如图,设, 显然直线不与轴垂直,则设的方程为,且. 联立,消去得, 显然, 所以, 因为,所以, 化简得,即, 又,化简得,所以直线过定点. 5．【解析】（1）由题意有,解得,又,解得, 又由, 所以椭圆的方程为； （2）（i）由题意可设过的直线的方程为, 所以,消去化简整理有, 所以,解得, 所以, 又, 所以 ； （ii）设中点为,,则,又直线的方程为, 令有,所以, 所以 , 又因为 , 所以, 又过点的直线与椭圆的切点分别为, 所以中点的轨迹为除去两端点的线段,轨迹方程为. 6．【解析】（1）由抛物线定义知：,则, 所以抛物线的方程为：. （2）设点,,则, 因,直线斜率不可能为0,可设的方程为, 联立抛物线方程得：,故,. 又,, 由 ,所以, 故T,A,N三点共线. （3） 如图,当,时,由,可设直线：, ,,,, 由得, 由圆的对称性可知,且, 因直线的方程为,代入抛物线方程得,或, 所以,同理. , 当时,取得最大值为. 7．【解析】（1）由题意得,得, 因为,所以,得,. 故的标准方程为. （2）①证明：由（1）可得, 设直线的方程为,,, 由得, ,,. 当直线,的斜率都存在时, 则, 解得, 直线的方程为,所以直线过定点. ②解：由①得,, . 点到直线的距离, 则的面积. 令,函数, 则, 当时,,单调递增,当时,,单调递减, 所以当时,取得最大值, 所以当的面积取得最大值时,. 8．【解析】（1）设椭圆的焦距为,则由题意得,解得. 所以, 所以的方程为. （2）由（1）得,若直线与直线的斜率一个为0,另一个不存在时, ,（或,）,此时. 若直线与直线的斜率都存在时,如图： 设直线的方程为,,, 由,得, 所以,. 所以 因为,将换成,得, 所以. 综上所述,的值为定值. （3）由（2）得,, 因为是的中点,所以, 将换成,得,即 若直线的斜率存在,则直线的斜率为, 所以直线的方程为,即, 所以直线过定点 若直线的斜率不存在,则,解得, 此时直线的方程为,直线也过定点. 综上,直线过定点. ( 考向 0 2 立体几何 ) 1．【解析】（1）连接,, 因平面,平面,平面平面,所以, 设,,连接, 由在四棱台中,平面平面, 平面平面,平面平面, 则得, 又由题意知,则得四边形是等腰梯形, 所以,同理可证, 因,平面,所以平面, 又底面是菱形,所以, 则以为原点,直线,,所在直线分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,如图, 因为菱形的边长为,,则,, 则,,则, 所以,,,,, 则,,, 设,, 设平面的一个法向量为, 则, 令,则,,所以, 所以,即平面, 又平面,所以平面平面； （2）设,因,, 则,,, 所以,则得, 又在上,设,则,解得, 可得,所以,, 设平面的一个法向量为, 则,令,则,, 则得, 所以,所以, 故平面与平面夹角的正弦值为. 2．【解析】（1）因为平面,平面,所以 因为,,, 所以,,, 所以,所以, 又,平面,所以平面 因为平面,所以平面平面. （2）因为平面,, 所以以为原点,以,,分别为x,y,z轴正方向建立如图空间直角坐标系, 则,,,,, 则,, 设平面的法向量为,则, 取,得平面的一个法向量, 易知平面的一个法向量为, 设平面与平面的夹角为, 则, 平面与平面夹角的余弦值为. 3．【解析】（1）由题意：,,平面,, 所以平面. 因为平面,所以. 又,平面,且四边形为梯形,且,所以与必相交, 所以平面. 又平面, 所以平面平面. （2）以为原点,建立如图空间直角坐标系,因为平面,所以轴. 设,,则,,,. 所以,,. 设平面的法向量为,则 ,取. 设平面的法向量为,则 ,取. 所以,,. 所以, 所以,即二面角所成平面角的正弦值为. 4．【解析】（1）由题可知, 因为是等边三角形,所以. 由余弦定理得, 所以,因此. 又因为,平面,,所以平面, 又平面,故平面平面. （2）记的中点为,的中点为,连接,, 所以,又,所以, 因为为等边三角形,所以, 又因为平面,平面,所以, 又,平面,所以平面, 又平面,,所以,,两两垂直, 故以为坐标原点,,,所在直线分别为,,轴,建立空间直角坐标系,如图, 则,,,,. ,,设平面的法向量为, 则,即,可取. ,,设平面的法向量为, 则,即,可取. 因为, 故平面与平面夹角的余弦值为. 5．【解析】（1）取的中点,连接、、,如下图所示： 因为是以为斜边的等腰直角三角形,为的中点,故, 因为四边形为菱形,且,故为等边三角形, 因为为的中点,则, 因为,、平面,所以平面, 因为平面,因此,. （2）因为是边长为的等边三角形,为的中点,所以, 且, 因为是以为直角的等腰直角三角形,故,, 由余弦定理可得, 因为,故, 过点在平面内作,垂足为点,如图所示： 因为,,,、平面, 所以平面, 因为平面,所以, 因为,,、平面,故平面, 因为,. 因此. （3）因为平面,, 以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系, 则、、、、, 设平面的一个法向量为,,, 所以,取,可得, 设,其中, 则, ,设平面的一个法向量为, 则, 取,可得, 所以, 整理可得,即, 因为,解得或. 故当时,或. 6．【解析】（1）因为平面,平面平面平面,所以. 又为的中点,所以为的中点. 又为的中点,所以. 因为平面平面,所以平面. （2）如图,连接,取的中点,连接. 因为,所以. 由已知底面在半圆上,为圆的直径, 可得. 因为,所以, 所以. 又,所以,所以, 则有, 所以, 又平面平面,所以平面. 建立如图所示的空间直角坐标系,因为, 则, 所以. 设为平面的一个法向量,则,即, 令,则,则平面的一个法向量. 设直线与平面所成的角为, 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. ( 考向 0 3 数列 ) 1．【解析】（1）由,所以公差, 所以,所以. （2）由（1）可得, 当时,即, 即,解得或. 故当时,为或. 2．【解析】（1）由题意得,,即,且, 所以是以2为首项,为公差的等差数列, ,. （2）设的公比为,,, 则,解得或（舍去）, ,. ,① ,② ①-②,得 , 所以. 3．【解析】（1）由题设,则,又, 若数列的公差为,则, 所以； （2）由（1）得,则, 所以, 所以, 所以. 4．【解析】（1）因为,所以,① 当时,,② ①－②得： 所以, 所以, 所以. 因为,所以是以1为首项,2为公差的等差数列, 所以. （2）由（1）得, 所以, 两式相减得, 所以. 5．【解析】（1）当时,可得：； 当时,,, 两式相减,得,即, 所以当时,是以2为首项,3为公比的等比数列, 所以, 因为不满足上式, 所以 （2）当时,； 当时,,所以, ∴ , 时,,上式也成立. ∴,. 6．【解析】（1）因为,① 所以当时,,且,所以. 当时,,② 由①②得,,整理得到, 所以,故, 故当时,,而也符合, 综上,当时,. （2）由（1）知,则,即, 所以. 又因为为递增数列,所以, 故. 7． 【解析】（1）当时不是等比数列；当时是等比数列. 理由如下： 因为,,故, 又,故, 当时,,故不是等比数列； 当时,,故是以为首项,3为公比的等比数列. （2）当时,由（1）可知,所以, 所以, 当为偶数时,； 当为奇数时,. 综上所述, 8．【解析】（1）因为动圆经过定点,且与直线相切, 即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等. 又点不在直线上,由抛物线的定义可知, 动圆圆心的轨迹是以为焦点,直线为准线的抛物线, 所以动圆圆心的轨迹方程,即曲线的方程为. （2）由题可知,, 可设直线的方程为. 将它与方程联立得, 所以,即, 所以是首项为1,公差为1的等差数列. 故. （3）由题可知,故, 则. 当为偶数时,令,则 . 当为奇数时,. 故. ( 考向 0 4 导数 ) 1．【解析】（1）由已知得, 根据题意得,解得或1； （2）因为,所以由（1）可得, 所以, 设切点坐标为,则切线的斜率, 所以切线方程为, 因为切线过点,所以, 得,解得或, 所以切线方程为或. 2．【解析】（1）函数的定义域为,且, 令,由, 当时,,由,得, 令,得, 令,得或, 所以在上单调递增,在和上单调递减. 当时,,则,所以在R上单调递减； 当时,,则,故,所以在R上单调递减； 综上,当时,在上单调递增,在和上单调递减. 当时,所以在R上单调递减. （2）由（1）知,当时,有两个极值点,且满足,不妨设, 则, 因为,且,所以, 所以, 所以的取值范围为. 3．【解析】（1）当时,, ∴,当且仅当时取等号. ∴在R上单调递增. （2）（ⅰ）因存在两个极值点,, 则. 令,则方程有两个相异正根,. 等价于有两个相异正根,∴ 解得.∴a的取值范围为. （ⅱ）证明：由（ⅰ）可得 ∴ ∴, 设,结合∴,∴, ∴ . 若要证, 只需证,即,其中. 令,,则. 令,,则, ∴在上单调递增,有. ∴,得在上单调递增, ∴当时,得. 综上,可得. 4．【解析】（1）函数的定义域为, . ①当时,由可得,由可得, 此时,函数的增区间为,减区间为； ②当时,即当时, 由可得；由可得或, 此时,函数的增区间为和,减区间为； ③当时,即当时,对任意的,恒成立且不恒为零, 此时,函数的单调递增区间为； ④当时,即当时, 由可得；由可得或, 此时,函数的增区间为和,减区间为. 综上所述,当时,函数的增区间为,减区间为； 当时,函数的增区间为和,减区间为； 当时,函数的单调递增区间为； 当时,函数的增区间为和,减区间为. （2）若,,使得,则, ,故在上单调递增, 当时,取得最大值1,即. 由（1）知,当时,, 令,得,故. 当时,无最大值,不符合题意. 综上所述：实数的取值范围为. 5．【解析】（1）由题设有, 故时,,时,, 故在为减函数,在上为增函数, 故,而,, 故的值域为. （2）即为, 设,则, 故时,,时,, 故在为减函数,在上为增函数, 故,故. （3）由（2）可得,当且仅当时等号成立, 故,令,故, 即,当且仅当等号成立, 故当时,, 故当时,, 即. 6．【解析】（1）当时,. 求导： 切线斜率为： 曲线在点处的切线方程为： ,得. （2）导数,要求存在使得,即. 令,则. 当时, ,单调递增. 最小值在处, 故当时,存在使,故a的取值范围为：. （3）证明： 代入,化简不等式：即,因为,两边除以x,即. 令,求其最小值. 求导：. 因为单调递增,且,所以恒成立；又,故的符号由决定. 当时,,单调递减; 当时,,,单调递增. 故在处取最小值： 所以,即,原不等式得证. ( 考向 0 5 概率统计 ) 1．【解析】 AI达人 非AI达人 合计 男 24 6 30 女 18 12 30 合计 42 18 60 零假设：“AI达人”与性别无关, , 根据小概率值的独立性检验,没有充分证据推断不成立, 因此认为成立,因此认为“AI达人”与性别无关． （2）在“AI达人”中按性别分层抽样抽取7人,其中男“AI达人”抽取人,女“AI达人”抽取3人,X的所有可能取值为0,1,2． 则,,． 所以,X的分布列如下： X 0 1 2 P X的数学期望． 2．【解析】（1）设通关概率为,未通关概率为： 已知每名玩家答对A,B,C三道题的概率分别为0.2,0.3,0.5,则. 那么,. 故玩家通过这一关的概率为0.72. （2）根据题意,分别计算两种答题顺序的期望积分： 顺序①： 答对A题：；答错A答对B：；答错A、B答对C: 期望总积分①：. 顺序②: 答对C：；答错C答对B：;答错C、B答对A：. 期望总积分②： 比较结果大小： 故应选择题序①. 3．【解析】（1）解：由,,可得,, 所以数据的样本中心为,代入回归方程, 可得,解得. （2）解：由（1）知：,所以回归直线方程为, 当时,可得百万元, 故预计可以带动消费百万元. （3）解：由,, 可得 又由,可得, 解得, 所以. 4．【解析】（1）选择方案一,则每一次摸到红球的概率为, 设“最终获得60元奖金”为事件,则. （2）若按方案一抽奖,则每一次摸到红球的概率为,每一次摸到白球的概率为. 设最终获得奖金为元,则的所有可能的取值为30,60,90,120, 则,, ,, 所以. 若按方案二抽奖,设三次摸球的过程中,摸到红球的次数为,最终获得奖金为元, 则,故, 所以. （3）因为,所以应选择第二种抽奖方案. 5．【解析】（1）零假设为：不同性别的游客对该活动的评价没有差异. 根据列联表中的数据,计算得到, 故依据小概率值的独立性检验,我们推断不成立,即能认为不同性别的游客对该活动的评价有差异. （2）根据题意,用频率估计概率,女性对活动非常满意的概率为,男性对活动非常满意的概率为. 所以X所有可能取值为0,1,2,则,,. 故X的分布列为 X 0 1 2 P . 6．【解析】（1）由表中的数据可得,,. （2）在样本中,按性别利用分层随机抽样的方法抽取人, 这人中男性人员的人数为,女性人员的人数为, 由题意可知的可能取值有、、, 则,,, 所以,随机变量的分布列如下表所示： 故. （3）零假设为对DeepSeek的使用满意度与性别无关, 根据表中数据可得, 根据小概率的独立性检验,没有充分证据推断不成立, 因此,可以认为成立,即认为对DeepSeek的使用满意度于性别无关. 7．【解析】（1）由题设,抽到2道单选题的概率； （2）由题意,3道试题的情况有{2道多选1道单选}、{3道多选}, 所以它们的概率依次为、, 得分不低于25分,即上述两种情况的3道题均答对, 所以、, 综上,在3道试题的得分不低于25分,选到3道多选题的概率； （3）设为单选题答对个数,,为多选题答对个数,, 当时,小张总分不可能达到70分, 当时,,总分刚好70分,且,, 当时,,总分大于等于70分,且, 当时,,总分大于等于70分,且, 而 当时,,总分大于等于70分,, 而 所以,小张所得总分,则. 所以从概率论的角度小张今年能通过笔试. 8．【解析】（1）由, 得. 方法二  . （2）由,, 得,. 则 . 令,得. 又在上单调递减, 且,,故的最小值为2. （3）由,,得 ,, 所以 . 先证,. 设,,则.令,得,列表如下： 0 - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 所以, 故,,当且仅当时取等号. 令,则, 故, 即. 所以 , 所以, 所以, 故且,. 9． 【解析】（1）记“小明的家长得到2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车”为事件, 则, 所以小明的家长获得2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车的概率为. （2）①依题意,的所有取值为1,2,3,4, , 的分布列为： 1 2 3 4 所以数学期望. ②两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车,包括3种情况： （i）第一次交换后小明家是2台摩托车2台跑车, 其概率； （ii）第一次交换后小明家是1台摩托车3台跑车, 其概率； （iii）第一次交换后小明家是3台摩托车1台跑车, 其概率, 因此所求概率． 8 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08期末解答题专练 5大考向概览 考向01解析几何 考向02立体几何 考向03 数列 考向04 导数 考向05 概率统计 ( 考向 0 1 解析 几何 ) 1．（24-25高二下.河南省周口市商水县.期末）已知抛物线的焦点为F,准线l与x轴的交点为A,过点F的动直线m与C交于M,N两点． (1)若准线l的方程为,求C的方程； (2)设直线AM,AN的斜率分别为,,证明：． 2．（24-25高二下.河南省焦作市.期末）已知曲线,直线与交于,两点. (1)若从,,,1,2,3中任选一个数作为,求是椭圆的概率； (2)已知是上与,均不重合的点,设直线,的斜率分别为,,若,求的方程. 3．（24-25高二下.河南省名校大联考.期末）已知动点到点的距离比它到直线的距离小,记动点的轨迹为. (1)求轨迹的方程. (2)已知直线与轨迹交于,两点,以,为切点作两条切线,分别为,,直线,相交于点.若,求. 4．（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）已知分别是双曲线的左､右焦点,是的右顶点,,且与椭圆有相同的焦点. (1)求的方程； (2)若直线与的公共点个数为1,求的值； (3)已知是上不同的两点,直线的斜率分别为不在直线上,且,证明：直线过定点. 5．（24-25高二下.河南省开封市.期末）已知分别为椭圆的左、右焦点,点A在C上,垂直于x轴,且． (1)求C的方程； (2)若B为椭圆C的右顶点,过的直线与椭圆交于不同的两点,且． （i）求证：直线与直线的斜率之和为定值； （ii）过M与x轴垂直的直线交直线于点H,求中点的轨迹方程． 6．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知抛物线：上一点到抛物线M的焦点的距离为2,圆E：,如图,过E的直线与上述两条曲线自上而下依次交于A,B,C,D四点,. (1)求抛物线M的方程； (2)当,,作D关于x轴的对称点N,求证：T,A,N三点共线； (3)设O为坐标原点,当,时,直线,分别交抛物线M于P,Q（点P,Q不与O重合）,记面积为,面积为,求的最大值. 7．（24-25高二下.河南省鹿邑县.期末）已知椭圆的离心率为,,不过的上、下顶点的直线与交于不同的,两点. (1)求的标准方程. (2)设点,分别为的上、下顶点,直线的斜率为当直线,的斜率都存在时,. ①证明：直线过定点. ②当的面积取得最大值时,求的值. 8．（24-25高二下.河南省商丘市商师联盟.期末）已知点是椭圆的右焦点,为坐标原点,若上的点与点距离的最大值为3,最小值为1,过点作的两条互相垂直的弦,. (1)求的方程； (2)求证：的值为定值； (3)设,的中点分别为,,求证：直线过定点. ( 考向 0 2 立体几何 ) 1．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）在四棱台中,底面是边长为2的菱形,,,,过的平面分别交,于点,,且平面. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 2．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）如图,在四棱锥中,,,,平面. (1)求证：平面平面； (2)若E是的中点,求平面与平面夹角的余弦值. 3．（24-25高二下.河南省驻马店市.期末）如图,已知四棱锥的底面是直角梯形,,,,且,． (1)证明：平面平面； (2)求二面角所成平面角的正弦值． 4．（24-25高二下.河南省鹤壁市.期末）如图,在四面体中,为等边三角形,,,且. (1)求证：平面平面； (2)若点满足,求平面与平面夹角的余弦值. 5．（24-25高二下.河南省周口市商水县.期末）如图（1）,在菱形中,,,是以为斜边的等腰直角三角形．将沿直线折起,落到的位置,此时,如图（2）． (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)设为线段上的点,平面与平面的夹角为,若,求的值． 6．（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）如图,在三棱锥中,为半圆的直径,是弧上异于的点.点在直线上,平面,其中为的中点. (1)证明：平面； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值. ( 考向 0 3 数列 ) 1．（24-25高二下.河南省开封市.期末）在等差数列中,． (1)求； (2)记等差数列的前项和为,求时的值． 2．（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）数列满足,.正项等比数列满足,. (1)证明数列为等差数列,并求数列的通项公式； (2)令,求数列的前项和. 3．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）在等差数列中,. (1)求的通项公式； (2)设,求数列的前项和. 4．（24-25高二下.河南省九师联盟.期末）已知是数列的前项和,. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和. 5．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）已知数列的前n顶和为,且,. (1)求数列的通项公式； (2)在数列中,,求数列的前n项和. 6．（24-25高二下.河南省郑州市六校.期末）已知数列的前项和为,若,. (1)求； (2)记,数列的前项和,证明：. 7．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知数列满足,,,. (1)数列满足：,试判断是否为等比数列,请说明理由； (2)数列满足：,当时,求数列的前n项和 8．（24-25高二下.河南省新乡市.期末）已知动圆经过定点,且与直线相切,设动圆圆心的轨迹为曲线.已知点与点关于轴对称,过点作斜率为1的直线交于点,点与点关于轴对称,过点作斜率为1的直线交于点,按照上述方法构造点. (1)求曲线的方程； (2)证明为等差数列,并求出的通项公式； (3)记,求数列的前项和. ( 考向 0 4 导数 ) 1．（24-25高二下.河南省平顶山市.期末）已知函数的图象在原点处的切线的斜率为2. (1)求的值； (2)若,求曲线的过点的切线方程. 2．（24-25高二下.河南省郑州市.期末）设函数. (1)讨论的单调性； (2)若,为的两个极值点,求的取值范围. 3．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）已知函数. (1)当时,讨论的单调性； (2)若存在两个极值点,, （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：. 4．（24-25高二下.河南省郑州市六校.期末）已知函数,. (1)求函数的单调区间； (2)若,,使得,求实数的取值范围. 5．（24-25高二下.河南省濮阳市.期末）已知函数. (1)求的值域； (2)若恒成立,求实数a的取值范围； (3)证明：当且时,. 6．（24-25高二下.河南省周口市商水县.期末）已知函数,． (1)当时,求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上存在单调递减区间,求a的取值范围； (3)当时,证明：当时,恒成立． ( 考向 0 5 概率统计 ) 1．（24-25高二下.河南省信阳市.期末）人工智能的广泛应用,给人们的生活带来了便捷．随着DeepSeek的开源,促进了AI技术的共享和进步．某校AI社团十分关注学生DeepSeek的使用,若将经常使用DeepSeek的人称为“AI达人”,偶尔使用或不使用DeepSeek的人称为“非AI达人”．以该社团随机抽取60名学生进行调查,得到如下数据： AI达人 非AI达人 合计 男 6 30 女 18 合计 (1)补全列联表,根据小概率值的独立性检验,能否认为“AI达人”与性别有关联? (2)现从抽取的“AI达人”中,按性别采用分层抽样的方法抽取7人,然后从7人中随机抽取2人,记2人中女“AI达人”的人数为X,求X的分布列与数学期望． 附：,． 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 2．（24-25高二下.河南省新乡市.期末）在一次闯关游戏中,某一关有A,B,C三道题．将这三道题按一定顺序排好后（如第一道题为C题,第二道题为B题,第三道题为A题）,玩家开始答题．若第一道题答对,则通过本关,停止答题,若没有答对,则答第二道题；若第二道题答对,则通过本关,停止答题,若没有答对,则答第三道题；若第三道题答对,则通过本关,若没有答对,则没有通过本关,假设每名玩家答对A,B,C三道题的概率分别为0.2,0.3,0.5．每次答题正确与否相互独立． (1)求玩家通过这一关的概率． (2)规定：答对A题积30分,答对B题积20分,答对C题积10分,现有两种题序可供选择：①第一道题为A题,第二道题为B题,第三道题为C题；②第一道题为C题,第二道题为B题,第三道题为A题．为了在本关中得到更多的积分,应该选择哪种题序？ 3．（24-25高二下.河南省南阳市六校联考.期末）为促进消费,助力经济发展,某市持续开展了共8期政府消费券发放活动,记第期活动发放的消费券总额为百万元,带动的消费为百万元,根据这8期活动的数据,可得,,且和的样本方差分别为,,用最小二乘法得到关于的线性回归方程为. (1)求； (2)若下一期活动政府计划发放10.8百万元的消费券,预计可以带动多少消费； (3)求相关系数.（结果保留2位小数） 参考公式：相关系数,线性回归方程中,,.参考数据：. 4．（24-25高二下.河南省郑州市中牟县.期末）2025年,某生物研究所为了庆祝在基因编辑技术研究方面取得的重大突破,准备举办一次有奖奖励活动,每位参与研究的科研人员都抽一次奖,规则如下：一个不透明的盒子中装有50个质地均匀且大小相同的小球,其中20个红球,30个白球,搅拌均匀后,抽奖人员从中随机抽取一个球,并有放回地连续抽取3次.研究所设计了两种奖励方案. 方案一：若抽到红球,则科研人员获得40元的奖金,若抽到白球,则获得10元的奖金. 方案二：若抽到红球,则科研人员获得60元的奖金,若抽到白球,则没有奖金. (1)若按方案一抽奖,求最终获得60元奖金的概率； (2)分别计算选择两种抽奖方案最终获得奖金的数学期望； (3)为了激励科研人员,让科研人员获得更多奖金,该研究所应选择哪一种抽奖方案进行奖励活动? 5．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）第42届中国洛阳牡丹文化节于2025年4月1日至5月5日举办,洛阳牡丹已有1500多年栽培史,它雍容华贵、国色天香、富丽堂皇,寓意吉祥富贵、繁荣昌盛,是中华民族兴旺发达、美好幸福的象征.近年来,“汉服热”也风靡洛阳.为了让游客在牡丹文化节期间近距离感受洛阳汉服文化的独特魅力与牡丹文化的国色天香,官方举办了“洛邑芳华”汉服走秀巡游活动,记者随机采访了150名游客,征求对该活动的评价意见,得到下表： 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 30 20 50 非常满意 40 60 100 合计 70 80 150 (1)依据小概率值的独立性检验,能否认为不同性别的游客对该活动的评价有差异？ (2)用频率估计概率,现随机采访1名女性游客与1名男性游客,设X表示这2人中对该活动非常满意的人数,求X的分布列和数学期望. 附：,. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 6．（24-25高二下.河南省多校联考.期末）某研发团队为了解人们对DeepSeek的使用满意度,随机抽查了150名使用过DeepSeek的人员,整理得到如下列联表：（单位：人） 性别 满意度 合计 比较满意 非常满意 男性 女性 合计 (1)求、、的值； (2)在样本中,按性别利用分层随机抽样的方法抽取人,再从这人中随机抽取人,表示抽取的人中男性的人数,求的分布列与数学期望； (3)根据小概率值的独立性检验,能否认为对DeepSeek的使用满意度与性别有关？ 附：,． 7．（24-25高二下.河南省部分重点高中联考.期末）某机构历年的招聘笔试题皆由某公司命制,试题设计了12道单选题和4道多选题,其中单选题每道答对得5分,不答或答错得0分,多选题每道答对得10分,不答或答错得0分.小张拟参加该机构今年的招聘笔试,他搜集到该机构的往届笔试招聘试题,发现答对一道单选题和多选题的概率分别为0.8和0.6.假设该机构今年的笔试试题难度与往年相当. (1)假设该机构从今年命制好的试题中一次性随机抽取3道请内部员工试做,求抽到2道单选题的概率； (2)假设小张在参加今年的招聘考试时先随机选取了3道不同的题初试牛刀,以增添考试的信心.若所选的3道试题全部答对,求在3道试题的得分不低于25分的条件下,他选到3道多选题的概率； (3)设该机构今年的笔试分数线为70分,试从概率论的角度判断小张今年能否通过笔试,请说明理由. 8．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）不透明的口袋中装有编号分别为的个小球,小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次,每次取1个球,记取出的个球的最大编号为随机变量,则称服从参数为,的“”分布,记为. (1)若,求； (2)若,且,求的最小值； (3)若,求证：且,. 9．（24-25高二下.河南省商丘市百师联盟.期末）六一儿童节,某商场为了刺激消费提升营业额,推出了消费者凭当天在该商场的消费单据参加抽奖的活动,奖品是4款不同造型的玩具摩托车与4款不同造型的玩具跑车（每款车的数量都充足）,主办方将大小相同的8个乒乓球上分别标注1,2,3,4,5,6,7,8,其中标注数字1,2,3,4的乒乓球分别代表4款不同造型的摩托车,5,6,7,8的乒乓球分别代表4款不同造型的跑车,并将这8个乒乓球放在一个不透明箱子内．活动规定：儿童节当天在该商场消费满100元的消费者可从摸奖箱内摸出1个乒乓球,然后再放回箱内；消费满200元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球,放回后再从中摸出1个乒乓球,然后再放回箱内；消费满300元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球,放回后再从中摸出1个乒乓球,放回后再从中摸出1个乒乓球,然后再放回箱内；,依此类推,消费者根据自己摸出的乒乓球标注的数字即可获得相应的奖品． (1)若小明的家长当天在该商场消费恰好满400元,求这位家长能获得2款相同造型摩托车与2款不同造型跑车的概率； (2)若本次活动小明家获得的奖品是2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车,小英家也获得2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车． ①从他们两家获得的这8台车中随机抽取5台,如果抽出的5台车中有台摩托车,求的分布列和数学期望； ②若小明和小英将他们家本次活动获得的奖品每次各取一件进行交换,第一次交换的奖品也可以参加第二次交换,求两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车的概率． 8 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08期末解答题专练 5大考向概览 考向01解析几何 考向02立体几何 考向03 数列 考向04 导数 考向05 概率统计 ( 考向 0 1 解析 几何 ) 1．（24-25高二下.河南省周口市商水县.期末）已知抛物线的焦点为F,准线l与x轴的交点为A,过点F的动直线m与C交于M,N两点． (1)若准线l的方程为,求C的方程； (2)设直线AM,AN的斜率分别为,,证明：． 【解析】（1）由抛物线的准线为,则,故抛物线； （2）由题设知,,若,, 联立,可得,则,, 由 ,得证. 2．（24-25高二下.河南省焦作市.期末）已知曲线,直线与交于,两点. (1)若从,,,1,2,3中任选一个数作为,求是椭圆的概率； (2)已知是上与,均不重合的点,设直线,的斜率分别为,,若,求的方程. 【解析】（1）当或时,是椭圆,当时,是圆, 当时,是双曲线, 综上,从,,,1,2,3中任选一个数作为,是椭圆的概率为； （2）设,则,记为①, 设,则,记为②, ②-①得,故,则, 所以,解得,则的方程是. 3．（24-25高二下.河南省名校大联考.期末）已知动点到点的距离比它到直线的距离小,记动点的轨迹为. (1)求轨迹的方程. (2)已知直线与轨迹交于,两点,以,为切点作两条切线,分别为,,直线,相交于点.若,求. 【解析】（1）由题意知动点M的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线, 所以轨迹C的方程为. （2）设,.联立得, 则,, . 易知直线,的斜率存在,设直线的方程为,联立 得. 由,解得,所以切线的方程为. 同理可得,切线的方程为. 由解得即点. 因为,,,且,所以, 即 化简得,因此或故. 4．（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）已知分别是双曲线的左､右焦点,是的右顶点,,且与椭圆有相同的焦点. (1)求的方程； (2)若直线与的公共点个数为1,求的值； (3)已知是上不同的两点,直线的斜率分别为不在直线上,且,证明：直线过定点. 【解析】（1）椭圆的焦点为,所以双曲线的焦点也为,即. 因为,所以,所以, 故双曲线的方程为. （2）联立,得,即. ①当,即时,直线与的渐近线平行,只有1个交点； ②当,即时, 直线与相切,只有1个交点. 综上,当直线与的公共点个数为1时,或； （3） 易知,如图,设, 显然直线不与轴垂直,则设的方程为,且. 联立,消去得, 显然, 所以, 因为,所以, 化简得,即, 又,化简得,所以直线过定点. 5．（24-25高二下.河南省开封市.期末）已知分别为椭圆的左、右焦点,点A在C上,垂直于x轴,且． (1)求C的方程； (2)若B为椭圆C的右顶点,过的直线与椭圆交于不同的两点,且． （i）求证：直线与直线的斜率之和为定值； （ii）过M与x轴垂直的直线交直线于点H,求中点的轨迹方程． 【解析】（1）由题意有,解得,又,解得, 又由, 所以椭圆的方程为； （2）（i）由题意可设过的直线的方程为, 所以,消去化简整理有, 所以,解得, 所以, 又, 所以 ； （ii）设中点为,,则,又直线的方程为, 令有,所以, 所以 , 又因为 , 所以, 又过点的直线与椭圆的切点分别为, 所以中点的轨迹为除去两端点的线段,轨迹方程为. 6．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知抛物线：上一点到抛物线M的焦点的距离为2,圆E：,如图,过E的直线与上述两条曲线自上而下依次交于A,B,C,D四点,. (1)求抛物线M的方程； (2)当,,作D关于x轴的对称点N,求证：T,A,N三点共线； (3)设O为坐标原点,当,时,直线,分别交抛物线M于P,Q（点P,Q不与O重合）,记面积为,面积为,求的最大值. 【解析】（1）由抛物线定义知：,则, 所以抛物线的方程为：. （2）设点,,则, 因,直线斜率不可能为0,可设的方程为, 联立抛物线方程得：,故,. 又,, 由 ,所以, 故T,A,N三点共线. （3） 如图,当,时,由,可设直线：, ,,,, 由得, 由圆的对称性可知,且, 因直线的方程为,代入抛物线方程得,或, 所以,同理. , 当时,取得最大值为. 7．（24-25高二下.河南省鹿邑县.期末）已知椭圆的离心率为,,不过的上、下顶点的直线与交于不同的,两点. (1)求的标准方程. (2)设点,分别为的上、下顶点,直线的斜率为当直线,的斜率都存在时,. ①证明：直线过定点. ②当的面积取得最大值时,求的值. 【解析】（1）由题意得,得, 因为,所以,得,. 故的标准方程为. （2）①证明：由（1）可得, 设直线的方程为,,, 由得, ,,. 当直线,的斜率都存在时, 则, 解得, 直线的方程为,所以直线过定点. ②解：由①得,, . 点到直线的距离, 则的面积. 令,函数, 则, 当时,,单调递增,当时,,单调递减, 所以当时,取得最大值, 所以当的面积取得最大值时,. 8．（24-25高二下.河南省商丘市商师联盟.期末）已知点是椭圆的右焦点,为坐标原点,若上的点与点距离的最大值为3,最小值为1,过点作的两条互相垂直的弦,. (1)求的方程； (2)求证：的值为定值； (3)设,的中点分别为,,求证：直线过定点. 【解析】（1）设椭圆的焦距为,则由题意得,解得. 所以, 所以的方程为. （2）由（1）得,若直线与直线的斜率一个为0,另一个不存在时, ,（或,）,此时. 若直线与直线的斜率都存在时,如图： 设直线的方程为,,, 由,得, 所以,. 所以 因为,将换成,得, 所以. 综上所述,的值为定值. （3）由（2）得,, 因为是的中点,所以, 将换成,得,即 若直线的斜率存在,则直线的斜率为, 所以直线的方程为,即, 所以直线过定点 若直线的斜率不存在,则,解得, 此时直线的方程为,直线也过定点. 综上,直线过定点. ( 考向 0 2 立体几何 ) 1．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）在四棱台中,底面是边长为2的菱形,,,,过的平面分别交,于点,,且平面. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【解析】（1）连接,, 因平面,平面,平面平面,所以, 设,,连接, 由在四棱台中,平面平面, 平面平面,平面平面, 则得, 又由题意知,则得四边形是等腰梯形, 所以,同理可证, 因,平面,所以平面, 又底面是菱形,所以, 则以为原点,直线,,所在直线分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,如图, 因为菱形的边长为,,则,, 则,,则, 所以,,,,, 则,,, 设,, 设平面的一个法向量为, 则, 令,则,,所以, 所以,即平面, 又平面,所以平面平面； （2）设,因,, 则,,, 所以,则得, 又在上,设,则,解得, 可得,所以,, 设平面的一个法向量为, 则,令,则,, 则得, 所以,所以, 故平面与平面夹角的正弦值为. 2．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）如图,在四棱锥中,,,,平面. (1)求证：平面平面； (2)若E是的中点,求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）因为平面,平面,所以 因为,,, 所以,,, 所以,所以, 又,平面,所以平面 因为平面,所以平面平面. （2）因为平面,, 所以以为原点,以,,分别为x,y,z轴正方向建立如图空间直角坐标系, 则,,,,, 则,, 设平面的法向量为,则, 取,得平面的一个法向量, 易知平面的一个法向量为, 设平面与平面的夹角为, 则, 平面与平面夹角的余弦值为. 3．（24-25高二下.河南省驻马店市.期末）如图,已知四棱锥的底面是直角梯形,,,,且,． (1)证明：平面平面； (2)求二面角所成平面角的正弦值． 【解析】（1）由题意：,,平面,, 所以平面. 因为平面,所以. 又,平面,且四边形为梯形,且,所以与必相交, 所以平面. 又平面, 所以平面平面. （2）以为原点,建立如图空间直角坐标系,因为平面,所以轴. 设,,则,,,. 所以,,. 设平面的法向量为,则 ,取. 设平面的法向量为,则 ,取. 所以,,. 所以, 所以,即二面角所成平面角的正弦值为. 4．（24-25高二下.河南省鹤壁市.期末）如图,在四面体中,为等边三角形,,,且. (1)求证：平面平面； (2)若点满足,求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）由题可知, 因为是等边三角形,所以. 由余弦定理得, 所以,因此. 又因为,平面,,所以平面, 又平面,故平面平面. （2）记的中点为,的中点为,连接,, 所以,又,所以, 因为为等边三角形,所以, 又因为平面,平面,所以, 又,平面,所以平面, 又平面,,所以,,两两垂直, 故以为坐标原点,,,所在直线分别为,,轴,建立空间直角坐标系,如图, 则,,,,. ,,设平面的法向量为, 则,即,可取. ,,设平面的法向量为, 则,即,可取. 因为, 故平面与平面夹角的余弦值为. 5．（24-25高二下.河南省周口市商水县.期末）如图（1）,在菱形中,,,是以为斜边的等腰直角三角形．将沿直线折起,落到的位置,此时,如图（2）． (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)设为线段上的点,平面与平面的夹角为,若,求的值． 【解析】（1）取的中点,连接、、,如下图所示： 因为是以为斜边的等腰直角三角形,为的中点,故, 因为四边形为菱形,且,故为等边三角形, 因为为的中点,则, 因为,、平面,所以平面, 因为平面,因此,. （2）因为是边长为的等边三角形,为的中点,所以, 且, 因为是以为直角的等腰直角三角形,故,, 由余弦定理可得, 因为,故, 过点在平面内作,垂足为点,如图所示： 因为,,,、平面, 所以平面, 因为平面,所以, 因为,,、平面,故平面, 因为,. 因此. （3）因为平面,, 以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系, 则、、、、, 设平面的一个法向量为,,, 所以,取,可得, 设,其中, 则, ,设平面的一个法向量为, 则, 取,可得, 所以, 整理可得,即, 因为,解得或. 故当时,或. 6．（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）如图,在三棱锥中,为半圆的直径,是弧上异于的点.点在直线上,平面,其中为的中点. (1)证明：平面； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）因为平面,平面平面平面,所以. 又为的中点,所以为的中点. 又为的中点,所以. 因为平面平面,所以平面. （2）如图,连接,取的中点,连接. 因为,所以. 由已知底面在半圆上,为圆的直径, 可得. 因为,所以, 所以. 又,所以,所以, 则有, 所以, 又平面平面,所以平面. 建立如图所示的空间直角坐标系,因为, 则, 所以. 设为平面的一个法向量,则,即, 令,则,则平面的一个法向量. 设直线与平面所成的角为, 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. ( 考向 0 3 数列 ) 1．（24-25高二下.河南省开封市.期末）在等差数列中,． (1)求； (2)记等差数列的前项和为,求时的值． 【解析】（1）由,所以公差, 所以,所以. （2）由（1）可得, 当时,即, 即,解得或. 故当时,为或. 2．（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）数列满足,.正项等比数列满足,. (1)证明数列为等差数列,并求数列的通项公式； (2)令,求数列的前项和. 【解析】（1）由题意得,,即,且, 所以是以2为首项,为公差的等差数列, ,. （2）设的公比为,,, 则,解得或（舍去）, ,. ,① ,② ①-②,得 , 所以. 3．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）在等差数列中,. (1)求的通项公式； (2)设,求数列的前项和. 【解析】（1）由题设,则,又, 若数列的公差为,则, 所以； （2）由（1）得,则, 所以, 所以, 所以. 4．（24-25高二下.河南省九师联盟.期末）已知是数列的前项和,. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和. 【解析】（1）因为,所以,① 当时,,② ①－②得： 所以, 所以, 所以. 因为,所以是以1为首项,2为公差的等差数列, 所以. （2）由（1）得, 所以, 两式相减得, 所以. 5．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）已知数列的前n顶和为,且,. (1)求数列的通项公式； (2)在数列中,,求数列的前n项和. 【解析】（1）当时,可得：； 当时,,, 两式相减,得,即, 所以当时,是以2为首项,3为公比的等比数列, 所以, 因为不满足上式, 所以 （2）当时,； 当时,,所以, ∴ , 时,,上式也成立. ∴,. 6．（24-25高二下.河南省郑州市六校.期末）已知数列的前项和为,若,. (1)求； (2)记,数列的前项和,证明：. 【解析】（1）因为,① 所以当时,,且,所以. 当时,,② 由①②得,,整理得到, 所以,故, 故当时,,而也符合, 综上,当时,. （2）由（1）知,则,即, 所以. 又因为为递增数列,所以, 故. 7．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知数列满足,,,. (1)数列满足：,试判断是否为等比数列,请说明理由； (2)数列满足：,当时,求数列的前n项和 【解析】（1）当时不是等比数列；当时是等比数列. 理由如下： 因为,,故, 又,故, 当时,,故不是等比数列； 当时,,故是以为首项,3为公比的等比数列. （2）当时,由（1）可知,所以, 所以, 当为偶数时,； 当为奇数时,. 综上所述, 8．（24-25高二下.河南省新乡市.期末）已知动圆经过定点,且与直线相切,设动圆圆心的轨迹为曲线.已知点与点关于轴对称,过点作斜率为1的直线交于点,点与点关于轴对称,过点作斜率为1的直线交于点,按照上述方法构造点. (1)求曲线的方程； (2)证明为等差数列,并求出的通项公式； (3)记,求数列的前项和. 【解析】（1）因为动圆经过定点,且与直线相切, 即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等. 又点不在直线上,由抛物线的定义可知, 动圆圆心的轨迹是以为焦点,直线为准线的抛物线, 所以动圆圆心的轨迹方程,即曲线的方程为. （2）由题可知,, 可设直线的方程为. 将它与方程联立得, 所以,即, 所以是首项为1,公差为1的等差数列. 故. （3）由题可知,故, 则. 当为偶数时,令,则 . 当为奇数时,. 故. ( 考向 0 4 导数 ) 1．（24-25高二下.河南省平顶山市.期末）已知函数的图象在原点处的切线的斜率为2. (1)求的值； (2)若,求曲线的过点的切线方程. 【解析】（1）由已知得, 根据题意得,解得或1； （2）因为,所以由（1）可得, 所以, 设切点坐标为,则切线的斜率, 所以切线方程为, 因为切线过点,所以, 得,解得或, 所以切线方程为或. 2．（24-25高二下.河南省郑州市.期末）设函数. (1)讨论的单调性； (2)若,为的两个极值点,求的取值范围. 【解析】（1）函数的定义域为,且, 令,由, 当时,,由,得, 令,得, 令,得或, 所以在上单调递增,在和上单调递减. 当时,,则,所以在R上单调递减； 当时,,则,故,所以在R上单调递减； 综上,当时,在上单调递增,在和上单调递减. 当时,所以在R上单调递减. （2）由（1）知,当时,有两个极值点,且满足,不妨设, 则, 因为,且,所以, 所以, 所以的取值范围为. 3．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）已知函数. (1)当时,讨论的单调性； (2)若存在两个极值点,, （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：. 【解析】（1）当时,, ∴,当且仅当时取等号. ∴在R上单调递增. （2）（ⅰ）因存在两个极值点,, 则. 令,则方程有两个相异正根,. 等价于有两个相异正根,∴ 解得.∴a的取值范围为. （ⅱ）证明：由（ⅰ）可得 ∴ ∴, 设,结合∴,∴, ∴ . 若要证, 只需证,即,其中. 令,,则. 令,,则, ∴在上单调递增,有. ∴,得在上单调递增, ∴当时,得. 综上,可得. 4．（24-25高二下.河南省郑州市六校.期末）已知函数,. (1)求函数的单调区间； (2)若,,使得,求实数的取值范围. 【解析】（1）函数的定义域为, . ①当时,由可得,由可得, 此时,函数的增区间为,减区间为； ②当时,即当时, 由可得；由可得或, 此时,函数的增区间为和,减区间为； ③当时,即当时,对任意的,恒成立且不恒为零, 此时,函数的单调递增区间为； ④当时,即当时, 由可得；由可得或, 此时,函数的增区间为和,减区间为. 综上所述,当时,函数的增区间为,减区间为； 当时,函数的增区间为和,减区间为； 当时,函数的单调递增区间为； 当时,函数的增区间为和,减区间为. （2）若,,使得,则, ,故在上单调递增, 当时,取得最大值1,即. 由（1）知,当时,, 令,得,故. 当时,无最大值,不符合题意. 综上所述：实数的取值范围为. 5．（24-25高二下.河南省濮阳市.期末）已知函数. (1)求的值域； (2)若恒成立,求实数a的取值范围； (3)证明：当且时,. 【解析】（1）由题设有, 故时,,时,, 故在为减函数,在上为增函数, 故,而,, 故的值域为. （2）即为, 设,则, 故时,,时,, 故在为减函数,在上为增函数, 故,故. （3）由（2）可得,当且仅当时等号成立, 故,令,故, 即,当且仅当等号成立, 故当时,, 故当时,, 即. 6．（24-25高二下.河南省周口市商水县.期末）已知函数,． (1)当时,求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上存在单调递减区间,求a的取值范围； (3)当时,证明：当时,恒成立． 【解析】（1）当时,. 求导： 切线斜率为： 曲线在点处的切线方程为： ,得. （2）导数,要求存在使得,即. 令,则. 当时, ,单调递增. 最小值在处, 故当时,存在使,故a的取值范围为：. （3）证明： 代入,化简不等式：即,因为,两边除以x,即. 令,求其最小值. 求导：. 因为单调递增,且,所以恒成立；又,故的符号由决定. 当时,,单调递减; 当时,,,单调递增. 故在处取最小值： 所以,即,原不等式得证. ( 考向 0 5 概率统计 ) 1．（24-25高二下.河南省信阳市.期末）人工智能的广泛应用,给人们的生活带来了便捷．随着DeepSeek的开源,促进了AI技术的共享和进步．某校AI社团十分关注学生DeepSeek的使用,若将经常使用DeepSeek的人称为“AI达人”,偶尔使用或不使用DeepSeek的人称为“非AI达人”．以该社团随机抽取60名学生进行调查,得到如下数据： AI达人 非AI达人 合计 男 6 30 女 18 合计 (1)补全列联表,根据小概率值的独立性检验,能否认为“AI达人”与性别有关联? (2)现从抽取的“AI达人”中,按性别采用分层抽样的方法抽取7人,然后从7人中随机抽取2人,记2人中女“AI达人”的人数为X,求X的分布列与数学期望． 附：,． 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【解析】（1）列联表如下： AI达人 非AI达人 合计 男 24 6 30 女 18 12 30 合计 42 18 60 零假设：“AI达人”与性别无关, , 根据小概率值的独立性检验,没有充分证据推断不成立, 因此认为成立,因此认为“AI达人”与性别无关． （2）在“AI达人”中按性别分层抽样抽取7人,其中男“AI达人”抽取人,女“AI达人”抽取3人,X的所有可能取值为0,1,2． 则,,． 所以,X的分布列如下： X 0 1 2 P X的数学期望． 2．（24-25高二下.河南省新乡市.期末）在一次闯关游戏中,某一关有A,B,C三道题．将这三道题按一定顺序排好后（如第一道题为C题,第二道题为B题,第三道题为A题）,玩家开始答题．若第一道题答对,则通过本关,停止答题,若没有答对,则答第二道题；若第二道题答对,则通过本关,停止答题,若没有答对,则答第三道题；若第三道题答对,则通过本关,若没有答对,则没有通过本关,假设每名玩家答对A,B,C三道题的概率分别为0.2,0.3,0.5．每次答题正确与否相互独立． (1)求玩家通过这一关的概率． (2)规定：答对A题积30分,答对B题积20分,答对C题积10分,现有两种题序可供选择：①第一道题为A题,第二道题为B题,第三道题为C题；②第一道题为C题,第二道题为B题,第三道题为A题．为了在本关中得到更多的积分,应该选择哪种题序？ 【解析】（1）设通关概率为,未通关概率为： 已知每名玩家答对A,B,C三道题的概率分别为0.2,0.3,0.5,则. 那么,. 故玩家通过这一关的概率为0.72. （2）根据题意,分别计算两种答题顺序的期望积分： 顺序①： 答对A题：；答错A答对B：；答错A、B答对C: 期望总积分①：. 顺序②: 答对C：；答错C答对B：;答错C、B答对A：. 期望总积分②： 比较结果大小： 故应选择题序①. 3．（24-25高二下.河南省南阳市六校联考.期末）为促进消费,助力经济发展,某市持续开展了共8期政府消费券发放活动,记第期活动发放的消费券总额为百万元,带动的消费为百万元,根据这8期活动的数据,可得,,且和的样本方差分别为,,用最小二乘法得到关于的线性回归方程为. (1)求； (2)若下一期活动政府计划发放10.8百万元的消费券,预计可以带动多少消费； (3)求相关系数.（结果保留2位小数） 参考公式：相关系数,线性回归方程中,,.参考数据：. 【解析】（1）解：由,,可得,, 所以数据的样本中心为,代入回归方程, 可得,解得. （2）解：由（1）知：,所以回归直线方程为, 当时,可得百万元, 故预计可以带动消费百万元. （3）解：由,, 可得 又由,可得, 解得, 所以. 4．（24-25高二下.河南省郑州市中牟县.期末）2025年,某生物研究所为了庆祝在基因编辑技术研究方面取得的重大突破,准备举办一次有奖奖励活动,每位参与研究的科研人员都抽一次奖,规则如下：一个不透明的盒子中装有50个质地均匀且大小相同的小球,其中20个红球,30个白球,搅拌均匀后,抽奖人员从中随机抽取一个球,并有放回地连续抽取3次.研究所设计了两种奖励方案. 方案一：若抽到红球,则科研人员获得40元的奖金,若抽到白球,则获得10元的奖金. 方案二：若抽到红球,则科研人员获得60元的奖金,若抽到白球,则没有奖金. (1)若按方案一抽奖,求最终获得60元奖金的概率； (2)分别计算选择两种抽奖方案最终获得奖金的数学期望； (3)为了激励科研人员,让科研人员获得更多奖金,该研究所应选择哪一种抽奖方案进行奖励活动? 【解析】（1）选择方案一,则每一次摸到红球的概率为, 设“最终获得60元奖金”为事件,则. （2）若按方案一抽奖,则每一次摸到红球的概率为,每一次摸到白球的概率为. 设最终获得奖金为元,则的所有可能的取值为30,60,90,120, 则,, ,, 所以. 若按方案二抽奖,设三次摸球的过程中,摸到红球的次数为,最终获得奖金为元, 则,故, 所以. （3）因为,所以应选择第二种抽奖方案. 5．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）第42届中国洛阳牡丹文化节于2025年4月1日至5月5日举办,洛阳牡丹已有1500多年栽培史,它雍容华贵、国色天香、富丽堂皇,寓意吉祥富贵、繁荣昌盛,是中华民族兴旺发达、美好幸福的象征.近年来,“汉服热”也风靡洛阳.为了让游客在牡丹文化节期间近距离感受洛阳汉服文化的独特魅力与牡丹文化的国色天香,官方举办了“洛邑芳华”汉服走秀巡游活动,记者随机采访了150名游客,征求对该活动的评价意见,得到下表： 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 30 20 50 非常满意 40 60 100 合计 70 80 150 (1)依据小概率值的独立性检验,能否认为不同性别的游客对该活动的评价有差异？ (2)用频率估计概率,现随机采访1名女性游客与1名男性游客,设X表示这2人中对该活动非常满意的人数,求X的分布列和数学期望. 附：,. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【解析】（1）零假设为：不同性别的游客对该活动的评价没有差异. 根据列联表中的数据,计算得到, 故依据小概率值的独立性检验,我们推断不成立,即能认为不同性别的游客对该活动的评价有差异. （2）根据题意,用频率估计概率,女性对活动非常满意的概率为,男性对活动非常满意的概率为. 所以X所有可能取值为0,1,2,则,,. 故X的分布列为 X 0 1 2 P . 6．（24-25高二下.河南省多校联考.期末）某研发团队为了解人们对DeepSeek的使用满意度,随机抽查了150名使用过DeepSeek的人员,整理得到如下列联表：（单位：人） 性别 满意度 合计 比较满意 非常满意 男性 女性 合计 (1)求、、的值； (2)在样本中,按性别利用分层随机抽样的方法抽取人,再从这人中随机抽取人,表示抽取的人中男性的人数,求的分布列与数学期望； (3)根据小概率值的独立性检验,能否认为对DeepSeek的使用满意度与性别有关？ 附：,． 【解析】（1）由表中的数据可得,,. （2）在样本中,按性别利用分层随机抽样的方法抽取人, 这人中男性人员的人数为,女性人员的人数为, 由题意可知的可能取值有、、, 则,,, 所以,随机变量的分布列如下表所示： 故. （3）零假设为对DeepSeek的使用满意度与性别无关, 根据表中数据可得, 根据小概率的独立性检验,没有充分证据推断不成立, 因此,可以认为成立,即认为对DeepSeek的使用满意度于性别无关. 7．（24-25高二下.河南省部分重点高中联考.期末）某机构历年的招聘笔试题皆由某公司命制,试题设计了12道单选题和4道多选题,其中单选题每道答对得5分,不答或答错得0分,多选题每道答对得10分,不答或答错得0分.小张拟参加该机构今年的招聘笔试,他搜集到该机构的往届笔试招聘试题,发现答对一道单选题和多选题的概率分别为0.8和0.6.假设该机构今年的笔试试题难度与往年相当. (1)假设该机构从今年命制好的试题中一次性随机抽取3道请内部员工试做,求抽到2道单选题的概率； (2)假设小张在参加今年的招聘考试时先随机选取了3道不同的题初试牛刀,以增添考试的信心.若所选的3道试题全部答对,求在3道试题的得分不低于25分的条件下,他选到3道多选题的概率； (3)设该机构今年的笔试分数线为70分,试从概率论的角度判断小张今年能否通过笔试,请说明理由. 【解析】（1）由题设,抽到2道单选题的概率； （2）由题意,3道试题的情况有{2道多选1道单选}、{3道多选}, 所以它们的概率依次为、, 得分不低于25分,即上述两种情况的3道题均答对, 所以、, 综上,在3道试题的得分不低于25分,选到3道多选题的概率； （3）设为单选题答对个数,,为多选题答对个数,, 当时,小张总分不可能达到70分, 当时,,总分刚好70分,且,, 当时,,总分大于等于70分,且, 当时,,总分大于等于70分,且, 而 当时,,总分大于等于70分,, 而 所以,小张所得总分,则. 所以从概率论的角度小张今年能通过笔试. 8．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）不透明的口袋中装有编号分别为的个小球,小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次,每次取1个球,记取出的个球的最大编号为随机变量,则称服从参数为,的“”分布,记为. (1)若,求； (2)若,且,求的最小值； (3)若,求证：且,. 【解析】（1）由, 得. 方法二  . （2）由,, 得,. 则 . 令,得. 又在上单调递减, 且,,故的最小值为2. （3）由,,得 ,, 所以 . 先证,. 设,,则.令,得,列表如下： 0 - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 所以, 故,,当且仅当时取等号. 令,则, 故, 即. 所以 , 所以, 所以, 故且,. 9．（24-25高二下.河南省商丘市百师联盟.期末）六一儿童节,某商场为了刺激消费提升营业额,推出了消费者凭当天在该商场的消费单据参加抽奖的活动,奖品是4款不同造型的玩具摩托车与4款不同造型的玩具跑车（每款车的数量都充足）,主办方将大小相同的8个乒乓球上分别标注1,2,3,4,5,6,7,8,其中标注数字1,2,3,4的乒乓球分别代表4款不同造型的摩托车,5,6,7,8的乒乓球分别代表4款不同造型的跑车,并将这8个乒乓球放在一个不透明箱子内．活动规定：儿童节当天在该商场消费满100元的消费者可从摸奖箱内摸出1个乒乓球,然后再放回箱内；消费满200元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球,放回后再从中摸出1个乒乓球,然后再放回箱内；消费满300元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球,放回后再从中摸出1个乒乓球,放回后再从中摸出1个乒乓球,然后再放回箱内；,依此类推,消费者根据自己摸出的乒乓球标注的数字即可获得相应的奖品． (1)若小明的家长当天在该商场消费恰好满400元,求这位家长能获得2款相同造型摩托车与2款不同造型跑车的概率； (2)若本次活动小明家获得的奖品是2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车,小英家也获得2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车． ①从他们两家获得的这8台车中随机抽取5台,如果抽出的5台车中有台摩托车,求的分布列和数学期望； ②若小明和小英将他们家本次活动获得的奖品每次各取一件进行交换,第一次交换的奖品也可以参加第二次交换,求两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车的概率． 【解析】（1）记“小明的家长得到2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车”为事件, 则, 所以小明的家长获得2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车的概率为. （2）①依题意,的所有取值为1,2,3,4, , 的分布列为： 1 2 3 4 所以数学期望. ②两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车,包括3种情况： （i）第一次交换后小明家是2台摩托车2台跑车, 其概率； （ii）第一次交换后小明家是1台摩托车3台跑车, 其概率； （iii）第一次交换后小明家是3台摩托车1台跑车, 其概率, 因此所求概率． 8 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $