精品解析：江苏省天一中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学学科（理强）

江苏省天一中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学学科（理强） 命题人 陈俊峰 审阅人 李伟 一、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. 已知函数的导函数是，且（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为，样本点中心为，则样本点的残差为（ ） A. B. 1.5 C. 0.5 D. 3. 某农业科学院培育脐橙新品种，新培育的脐橙单果质量（单位：g）近似服从正态分布，现有该新品种脐橙10000个，估计单果质量不低于150g的脐橙个数为（ ） 附：若，则，，. A. 8413 B. 9772 C. 9974 D. 9987 4. 记，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 某工厂有甲、乙、丙3个车间生产同一种产品，其中甲车间的产量占总产量的，乙车间占，丙车间占．已知这3个车间的次品率依次为，，，若从该厂生产的这种产品中取出1件为次品，则该次品由乙车间生产的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数满足，则的最大值为（ ） A. e B. C. D. 7. 数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第二行中的最大数为m，第三行中的最小数为n，则满足的排列个数为（ ） A. 684 B. 648 C. 624 D. 600 8. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 28 二、选择题：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. 已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，互斥，则 B. 若，相互独立，则 C. 若，相互独立，则 D. 若，则 10. 甲、乙两同学参加普法知识对抗赛，规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答．若回答正确，得1分，答题继续；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题．据经验统计，甲、乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题的顺序由抛掷硬币决定．设第i次答题者是甲的概率为，第i次回答问题结束后中甲的得分是，则（ ） A. B. C. D. 11. 设函数的极小值点为，其中为自然对数的底数，则（ ） A. 的单调增区间为 B. 有且仅有两条斜率为的切线 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 13. 某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为______． 14. 设函数（其中e为自然对数的底数），若存在实数使得0恒成立，则实数的取值范围是__________. 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. 某商场举办购物抽奖活动，在一个不透明的袋子中放入24个大小､材质都相同的小球，小球有红和蓝两种颜色，每个小球上都画有符号“〇”或“×”，不同颜色和符号的小球个数如下表所示.从袋中随机摸出一个球，记事件为“摸出红球”，事件为“摸出画〇的球”. 红球 蓝球 画〇 6 10 画 2 6 （1）求和. （2）该商场规定在一次抽奖中，每人有放回地摸两次球，每次只摸出一个球，根据两次摸出球的颜色和符号是否相同设置三种奖项：颜色和符号均相同则奖励200元；仅颜色相同或仅符号相同则奖励100元；颜色和符号均不相同则奖励50元.设一次抽奖获得的奖金为元，求的分布列和数学期望. 16. 已知函数和函数. （1）若函数在区间上不单调，求的取值范围； （2）若函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，求该公切线方程. 17. 人工智能中的文生视频模型Sora（以下简称Sora），能够根据用户的文本提示创建最长60秒的逼真视频.为调查Sora的应用是否会对视频从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示. Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 未减少 应用 54 18 72 没有应用 36 42 78 合计 90 60 150 （1）根据表格中所给数据，依据的独立性检验，判断Sora的应用与视频从业人员的减少有关？ （2）某公司视频部现有员工100人，公司拟开展Sora培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮相互独立，有两轮及以上获得“优秀”的员工才能应用Sora. ①求员工经过培训能应用Sora的概率； ②已知开展Sora培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展Sora培训后，能应用Sora的员工每人每年平均为公司创造利润10万元，不能应用Sora的员工创造的利润与培训前相同；Sora培训平均每人每年成本为1万元.根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后对剩余员工开展Sora培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门？ 附：，其中. 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 18. 已知函数（其中a，b为实数）. （1）若，试判断函数的单调性； （2）若， ①当时，，求实数的取值范围； ②求方程在上实根的个数. 19. 通过抛掷质地均匀的硬币产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷的结果为反面朝上，则；结果为正面朝上，则.所有总项数为项的数列组成集合. （1）已知，且所有项的和为，求的概率； （2）可用软件产生类似的随机数列，也满足.若“”的概率为，“”的概率为，“且”的概率为，求“且”的概率； （3）在集合中任取两个不同元素、.记.的均值为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省天一中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学学科（理强） 命题人 陈俊峰 审阅人 李伟 一、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. 已知函数的导函数是，且（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由题，则． 2. 若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为，样本点中心为，则样本点的残差为（ ） A. B. 1.5 C. 0.5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出线性回归方程，再由残差的定义求解即可. 【详解】依题意，，所以，即经验回归方程为， 又当时，，所以样本点的残差为， 故选：B. 3. 某农业科学院培育脐橙新品种，新培育的脐橙单果质量（单位：g）近似服从正态分布，现有该新品种脐橙10000个，估计单果质量不低于150g的脐橙个数为（ ） 附：若，则，，. A. 8413 B. 9772 C. 9974 D. 9987 【答案】D 【解析】 【分析】由条件求出和值，依据正态分布的对称性可得质量不低于150g的概率，即可得解. 【详解】由可知，，， 则， 故单果质量不低于150g的脐橙个数约为10000×0.9987=9987. 故选：D 4. 记，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法，分别令和，再结合二项式定理求解即可. 【详解】令，由， 得， 则， . 5. 某工厂有甲、乙、丙3个车间生产同一种产品，其中甲车间的产量占总产量的，乙车间占，丙车间占．已知这3个车间的次品率依次为，，，若从该厂生产的这种产品中取出1件为次品，则该次品由乙车间生产的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由全概率公式可得抽取到次品的概率，再由条件概率公式代入计算，即可求解. 【详解】记事件A表示甲车间生产的产品， 记事件表示乙车间生产的产品， 记事件表示丙车间生产的产品， 记事件表示抽取到次品， 则, ， 取到次品的概率为 ， 若取到的是次品，此次品由乙车间生产的概率为： . 故选：C 6. 已知实数满足，则的最大值为（ ） A. e B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对给定等式同构变形并构造函数，利用单调性可得，再代入目标式并建立关于的函数，利用导数求出最大值. 【详解】由，得， 设，求导得，函数在上单调递增， 由，得，则，由，得， 而，因此，即， 则，令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 于是，所以的最大值为. 7. 数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第二行中的最大数为m，第三行中的最小数为n，则满足的排列个数为（ ） A. 684 B. 648 C. 624 D. 600 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到6个数字的全排列有种不同的排法，利用分步计数原理，先求得的不同的排法，结合间接法，即可求解. 【详解】由题意知，6个数字的全排列有种不同的排法， 当时，即第二行的所有数字都小于第三行的所有数字，才能使得第二行的最大数小于第三行的最小数字，其它情况都满足， 先去掉第一行的数字后，剩余的5个数字，要满足第二行所有数字都小于第三行的所有数字， 只能选这5个数字中最小的2个数字，放入第二行，剩余较大的3个数字放入第三行， 选取1个数字放在第一行，有6种选法；第二行的最小的2个数字只有一种选法，任意排列有种排法； 将剩余的3个较大的数字，任意排在第三行，有种排法， 由分步计数原理得，当时，共有种不同的排法， 所以当时，有种不同的排法. 8. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 28 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，赋值计算可得为等差数列，可求得，由题可得 ，化简可得，根据，采用赋值计算可得，最后计算求解即可. 【详解】由，求导得， 又，所以， 令得， 又，所以， 又，所以， 又，所以. 综上，是以为首项，为公差的等差数列， 所以； 由，易得， 又，所以，即， 因为，， 所以，，，， ，，， 即， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：由，求导得，根据得，采用赋值计算可判断是等差数列，由，可知其原函数为，根据得，根据，，采用赋值计算即可求解. 二、选择题：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. 已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，互斥，则 B. 若，相互独立，则 C. 若，相互独立，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概率公式以及条件概率公式逐个计算，分别对每个选项进行分析判断. 【详解】对于选项，若，互斥，根据互斥事件的概率加法公式. 已知，，则，所以选项正确. 对于选项，若，相互独立，则与也相互独立. 因为，所以，所以选项错误. 对于选项，若，相互独立，则. 根据概率的加法公式，将，，代入可得： ，所以选项正确. 对于选项，已知，，则. ，. 根据条件概率公式，所以选项正确. 故选：ACD. 10. 甲、乙两同学参加普法知识对抗赛，规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答．若回答正确，得1分，答题继续；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题．据经验统计，甲、乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题的顺序由抛掷硬币决定．设第i次答题者是甲的概率为，第i次回答问题结束后中甲的得分是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由全概率公式和均值的概念逐项判断. 【详解】设“第i次答题者是甲”为事件，“第i次答题者是乙”为事件， 由第1题的顺序由抛掷硬币决定可得 , 又， 由全概率公式，得 ，故A错误； 第次回答问题结束后甲的得分是，即两次回答中只有一次答对， 所以，故B正确； 由题意知，， 所以，故C正确； 第i次答题结束后，甲得分可分为两种情况：①第i次答题后甲的得分加上1分，则第i次必由甲答题且得1分； ②第i次答题后甲的得分加上0分，则第i次由甲答题且不得分或第i次由乙答题， 所以，其中，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】思路点睛：全概率公式的使用要点： （1）如果所考虑问题的试验分两步，第一步试验结果可确定为样本空间的一个划分，求与第二步试验结果有关的事件的概率，此时可用全概率公式解决； （2）用全概率公式解题的关键是确定样本空间的一个划分，这可以从第一步试验的结果确定. 11. 设函数的极小值点为，其中为自然对数的底数，则（ ） A. 的单调增区间为 B. 有且仅有两条斜率为的切线 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，结合零点存在性定理即可判断函数单调性，进而可求解ACD，根据，构造函数，即可求解方程的根判断B. 【详解】， 当， 记，为单调递增函数，令，则， 故当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增， 且时，，则存在,使得， 因此当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增， 故是函数的极小值点， 当， 记，为单调递减函数，令，则， 故当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增，故，故，的在上单调递增， 因此的单调增区间为，A正确， 由于，故，即，C错误， 由于，，则，， 故， 由于，故对勾函数在单调递减，故，因此， 因此，因此，即，D正确， 当，令，则， 令， 当在单调递减，在在单调递增，故的最小值为且，，因此在只存在唯一的零点， 当，令，则， 令， 当在单调递减，在在单调递增，故的最大值为，故在上存在唯一的零点， 综上可得：有两个根和，故B正确， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 【答案】4 【解析】 【详解】令 ，则 ，，原等式左边转化为  ， 就是该式展开后 项的系数， 中项系数为； 中项系数为 ； 所以 . 13. 某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，借助相互独立事件的乘法公式可表示出一次实验中成功运行的概率，则当该概率取的最大值时，需要最少的试验次数，借助导数研究单调性即可得该概率的最大值，结合二项分布期望公式即可得解. 【详解】设，则， 设一次实验中成功运行的概率为， 则 ， 令，， 则， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故， 故， 由服从二项分布，故有，则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数求取一次实验中成功运行的概率的最大值，结合二项分布期望公式得到最少需要进行的试验次数. 14. 设函数（其中e为自然对数的底数），若存在实数使得0恒成立，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】将 恒成立转化为两个因式异号，再分别对两因式分离参数，得到不含a的新函数，求出两个新函数的最值比较求解即可 【详解】定义域为， 要使 恒成立，两个因式 与 必须异号 设 ，，则条件等价于： 或 即 或 当 时，， 单调递增； 当 时，， 单调递减 因此 在 处取得最大值 ，故不存在m使得 所以，所以 当 时，， 单调递减； 当 时，， 单调递增。 因此 在 处取得最小值： 根据 ： 解得 所以实数的取值范围是 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. 某商场举办购物抽奖活动，在一个不透明的袋子中放入24个大小､材质都相同的小球，小球有红和蓝两种颜色，每个小球上都画有符号“〇”或“×”，不同颜色和符号的小球个数如下表所示.从袋中随机摸出一个球，记事件为“摸出红球”，事件为“摸出画〇的球”. 红球 蓝球 画〇 6 10 画 2 6 （1）求和. （2）该商场规定在一次抽奖中，每人有放回地摸两次球，每次只摸出一个球，根据两次摸出球的颜色和符号是否相同设置三种奖项：颜色和符号均相同则奖励200元；仅颜色相同或仅符号相同则奖励100元；颜色和符号均不相同则奖励50元.设一次抽奖获得的奖金为元，求的分布列和数学期望. 【答案】（1）， （2） 200 100 50 . 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式及条件概率计算公式即可求解； （2）确定的所有可能取值，求得对应概率，即可求解. 【小问1详解】 由题意得， . 【小问2详解】 （2）在一次摸球的结果中， . 由题意知的所有可能取值为， 且， ， . 即的分布列为 200 100 50 所以. 16. 已知函数和函数. （1）若函数在区间上不单调，求的取值范围； （2）若函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，求该公切线方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求的导数，将问题转化为导数方程在内有解的问题，再计算即可； （2）列出关于​和的方程组，联立求解和，求出​和后，利用点斜式求切线方程. 【小问1详解】 由题意得 ，  则​， 因为在上不单调，说明在内有变号零点， 即方程的根落在区间内， 当时，，因此，解得， 即取值范围为. 【小问2详解】 设两函数公共点为，由公共点处函数值相等、切线斜率相等， 得方程组： ， 化简式(2)，两边同乘得，代入式(1)得，​ 因，则，即， 代入得切点为，切线斜率​，则公切线方程.​ 17. 人工智能中的文生视频模型Sora（以下简称Sora），能够根据用户的文本提示创建最长60秒的逼真视频.为调查Sora的应用是否会对视频从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示. Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 未减少 应用 54 18 72 没有应用 36 42 78 合计 90 60 150 （1）根据表格中所给数据，依据的独立性检验，判断Sora的应用与视频从业人员的减少有关？ （2）某公司视频部现有员工100人，公司拟开展Sora培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮相互独立，有两轮及以上获得“优秀”的员工才能应用Sora. ①求员工经过培训能应用Sora的概率； ②已知开展Sora培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展Sora培训后，能应用Sora的员工每人每年平均为公司创造利润10万元，不能应用Sora的员工创造的利润与培训前相同；Sora培训平均每人每年成本为1万元.根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后对剩余员工开展Sora培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门？ 附：，其中. 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有关 （2）①；②14 【解析】 【小问1详解】 ，样本容量. 已知对应的临界值，由于，因此拒绝原假设，即认为Sora的应用与视频从业人员的减少有关. 【小问2详解】 ①设事件分别为第一、二、三轮培训获“优秀”，则，且三轮相互独立. 能应用Sora的条件是“两轮及以上获优秀”，包含以下4种情况： 优秀，不优秀： 优秀，不优秀： 优秀，不优秀： 均优秀： 总概率 ②设调走人，则剩余人. 原年利润：万元 培训后：能应用Sora的员工有人，每人利润万元；不能应用的员工有人，每人利润万元. 年利润不低于原利润的条件为 化简得 由于为整数，故，即视频部最多可调离14人 18. 已知函数（其中a，b为实数）. （1）若，试判断函数的单调性； （2）若， ①当时，，求实数的取值范围； ②求方程在上实根的个数. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2）①；②1个 【解析】 【分析】（1）代入参数，求导计算单调性即可； （2）①代入已知参数，再通过分离参数法求出新函数最值即可； ②去掉绝对值后，分区间讨论，利用单调性和构建中间函数比较函数大小即可 【小问1详解】 当时，，定义域为 . 令 ，则，且仅当时. 因此在上单调递增. 又，故当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增. 在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时， ①当时， ，不等式恒成立，对无限制. 当时，不等式等价于，令，，求的最小值. 令，化简得 ， 当时，， ，故 ，因此，在单调递增. 又 ，故，即，在单调递增. 由洛必达法则， ，故，因此. 的取值范围是. ② ，当时，， ，故 ，因此在上单调递增，且，. 令 ， 时， ，， ， . 时， ， ， ，此时 . 令 ， ，在单调递增， ，故存在唯一，使，即 ，. 在， ， ，递减，递增，故和存在唯一交点. 在时，因为，所以，，故 ，即在此范围单调递增，又 ，所以 记 ，则 ，时 所以，单调递减， 又 ，所以 ，即，所以此时，无交点 时， . 当时，记 ， ， ，故在单调递增， ，所以 ，所以时，， 又故，显然 ，即恒成立，无交点. 综上，方程仅在有1个实根. 19. 通过抛掷质地均匀的硬币产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷的结果为反面朝上，则；结果为正面朝上，则.所有总项数为项的数列组成集合. （1）已知，且所有项的和为，求的概率； （2）可用软件产生类似的随机数列，也满足.若“”的概率为，“”的概率为，“且”的概率为，求“且”的概率； （3）在集合中任取两个不同元素、.记.的均值为，证明：. 【答案】（1）； （2）； （3）因为数列是从集合中任意取出的两个不同数列， 所以的可能取值为：对应的取值为：， 当时，数列对应位置的项中有项取值不同，有项取值相同； 从项中选择取值不同的项位置，有种情况， 和在这项的任一位置数字不同，每个位置都有2种情况， 比如第个位置可以是， 也可以是，共有种情况；其余项，两者均在同一位置数字相同， 每个位置都有两种情况，共有种情况，由于， 所以此问题为组合问题，故所有的情况会重复1次，故共有种情况， 又因为集合中元素的个数共有个， 所以， 所以，的分布列为： ， 同理， ， 时， ， 当时，该式也成立， ， . 【解析】 【分析】（1）根据组合公式和古典概型计算方法即可得到答案； （2）法一：设事件，利用独立事件的乘法公式计算即可；法二：转化为对立事件的求法即可； （3）首先分析出的可能取值，再写出其分布列，计算即可. 【小问1详解】 由题意满足的数列有个， 其中满足，即中满足有2项为1，10项为0的数列有个， 所以. 【小问2详解】 记事件“”，“”，由题意得， 求＂且＂的概率即求的值， 法一：， 又， ， 所以＂且＂的概率为； 法二: ， 所以＂且＂的概率为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $