精品解析：江苏无锡市第一中学2025-2026学年高二下学期5月阶段质量检测数学试题

无锡市第一中学2025-2026学年度第二学期阶段性质量检测试卷 高二数学 2026.5 命题：孙桂梅 审核：高书霞 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若随机变量服从两点分布，且，则（ ） A. 0.24 B. 2.4 C. 0.28 D. 2.8 3. 下列说法中正确的有（ ） ①线性回归方程至少经过一个样本点； ②可以用相关系数r刻画两个变量的相关程度强弱，r值越大则两个变量的相关程度越强； ③在回归分析中，决定系数的模型比的模型拟合效果要好； ④残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高. A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 4. 已知随机变量且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 64 B. 128 C. -64 D. -128 5. 展开式中项系数为（ ） A. 32 B. 64 C. 96 D. 128 6. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事件为“第一次出现偶数点”，事件为“两次出现的点数和为”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 与相互独立 7. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ） A. 增加，增加 B. 增加，减小 C. 减小，增加 D. 减小，减小 8. 已知函数，，若函数有5个零点，则实数a的取值范围为（     ） A. B. C. D. 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. 现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加A，B，C三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有42种 C. 若甲，乙两人都不能去参加A项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 D. 若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有72种 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 当时， C. 若在有最大值，则的取值范围为 D. 是的充要条件 11. 西汉刘向编著的《战国策》中记录了一个“三人成虎”的故事：庞葱与太子质于邯郸，谓魏王曰：“今一人言市有虎，王信之乎？”王曰：“否．”“二人言市有虎，王信之乎？”王曰：“寡人疑之矣．”“三人言市有虎，王信之乎？”王曰：“寡人信之矣．”在没有实际调研的情况下，为什么魏王会相信集市上有老虎呢？假设集市上真有老虎的概率为0.05，每个人选择说出实情的概率为0.9，选择说谎的概率为0.1，每个人是否选择说出实情相互独立．用表示事件“第i人说看见一只老虎在集市上”，，2，3，用B表示事件“真有老虎在集市上”．则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数在区间上的平均变化率是2，则______． 13. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动3次，设质点最终所在位置的坐标为X，则___________ 14. 已知函数， ，对任意的，总存在，使，则实数m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，证明过程或演算步驟． 15. 已知的展开式中第项的系数为，且的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数之比为． （1）求n的值； （2）求展开式中的系数； （3）求的值． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，若恒成立，求实数a的最大值． 17. 某产品当月的销售额（单位：千元）与当月的宣传费（单位：千元）有关，且与的成对数据如下表： 1 4 9 16 25 20 40 50 60 80 （1）判断与是正相关还是负相关； （2）由散点图发现可以用函数模型拟合与的关系，求关于的回归方程； （3）已知该产品每个月除宣传费外的其他成本（单位：千元）为，请你预测该产品月利润的最大值，并求当月的宣传费.（月利润=月销售额-月成本） 附：在线性回归方程中，，，其中，为样本平均值. 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 19. 已知函数的导函数为． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若，求零点的个数； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市第一中学2025-2026学年度第二学期阶段性质量检测试卷 高二数学 2026.5 命题：孙桂梅 审核：高书霞 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式及复合函数的求导法则即可求解. 【详解】对于A选项，由对数函数的求导公式，得，故A正确； 对于B选项，由复合函数的求导法则，得，故B错误； 对于C选项，由指数函数的求导公式，得，故C错误； 对于D选项，由正弦函数的求导公式，得，故D错误. 故选：A. 2. 若随机变量服从两点分布，且，则（ ） A. 0.24 B. 2.4 C. 0.28 D. 2.8 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点分布的性质结合方差定义计算求解. 【详解】设， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 3. 下列说法中正确的有（ ） ①线性回归方程至少经过一个样本点； ②可以用相关系数r刻画两个变量的相关程度强弱，r值越大则两个变量的相关程度越强； ③在回归分析中，决定系数的模型比的模型拟合效果要好； ④残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高. A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据线性回归方程和相关系数及残差分析即可判断正误. 【详解】线性回归方程可以不经过任何一个样本点，①错， 值越大则两个变量的相关程度越强，②错， 决定系数越大，模型拟合效果越好，③对， 残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，④对. 故选：B. 4. 已知随机变量且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 64 B. 128 C. -64 D. -128 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，求出参数值，再根据赋值法求出二项式展开式的系数之和，判断结果即可. 【详解】由可知正态曲线对称轴为， 因为， 所以，解得， 可得二项式为， 令，则， 所以展开式中各项系数之和为. 故选：B. 5. 展开式中项系数为（ ） A. 32 B. 64 C. 96 D. 128 【答案】D 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为2，求出参数的值，代入通项求解. 【详解】的展开式通项为， 的展开式通项为， 所以的展开式通项为 ， 由，可得或， 因此，展开式中项的系数为. 故选：D. 6. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事件为“第一次出现偶数点”，事件为“两次出现的点数和为”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型计算可判断A错误；由及可得B错误；应用条件概率公式计算判断C,由独立事件的乘法公式可以判断D. 【详解】对于A：将一枚均匀的骰子掷两次基本事件共有个， 事件包括，2个基本事件，所以，故A错误； 对于B：因为不互斥，，， 所以，故B错误； 对于C：事件包括4个基本事件，所以， ，故C错误； 对于D：事件为“第一次出现偶数点”， ，， ，与相互独立，故D正确； 故选：D. 7. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ） A. 增加，增加 B. 增加，减小 C. 减小，增加 D. 减小，减小 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，可得出，再从甲盒子里随机取一球，则服从两点分布，所以，，从而可判断出和的增减性. 【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，其中，其中，且，. 故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球个数为. 故， 随机变量服从两点分布，所以，随着的增大，减小； ，随着的增大，增大. 故选：C. 【点睛】本题考查超几何分布、两点分布，分布列与数学期望，考查推理能力与计算能力，属于难题. 8. 已知函数，，若函数有5个零点，则实数a的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】是1个零点，进而得时，函数有4个零点，将问题转化成与有4个交点分析计算求解即可. 【详解】由题意，可知： 当时，，故为的1个零点； 故当时，函数有4个零点，即有4个非0实数根， 即有4个非0实数根， 即与图象有4个交点， 当时，， 当时，则，令得， 所以当时，当时， 则函数在单调递增，在上单调递减， 又，时，时， 且时，时，， 所以图象如图所示： 由图可得，解得. 故选：D. 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. 现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加A，B，C三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有42种 C. 若甲，乙两人都不能去参加A项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 D. 若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有72种 【答案】BC 【解析】 【分析】根据分类、分步计数原理，结合各选项的限制条件逐一计算判断选项. 【详解】选项A中，每个同学都可从3项工作中任选1项，每人有3种选择， 4名同学总安排方法为种，不是，故A错误， 选项B中，恰有一项工作无人参加，先从3项工作中选1项无人参加， 有 种选法，再将4人分配到剩余2项工作，排除4人都去同一项的2种情况， 共种分配方法，总方法数为种，故B正确， 选项C中，甲乙不能参加A工作且每项工作都有人，分两类： ①A工作仅1人参加，从丙丁中选1人去A，有 种， 剩余3人分配到B、C且两项都有人，共种， 此类共种，②A工作有2人参加，即丙丁都去A， 剩余甲乙分别去B、C，有 种，总方法数为种，故C正确， 选项D中，每项工作都有人，需先将4人分为2、1、1的三组，有 种分组方法， 再将三组分配到3项工作，有 种，总方法数为种，故D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 当时， C. 若在有最大值，则的取值范围为 D. 是的充要条件 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，通过求导得到函数的单调性，结合极值点的定义即可判断；对于B，取，即可判断；对于C，根据函数的图象可判断；对于D，充分性代入可判断，必要性可通过取，判断. 【详解】，令，解得， 当，，函数在上单调递增， 当，，函数在上单调递减， 当，，函数在上单调递增， 所以，的极大值点为，极小值点为，所以有两个极值点，故A正确； 取，，， 所以，不符合时，，故B错误； ，令，即，解得或， 为开区间，若在有最大值， 则，解得， 所以的取值范围为，故C正确； 当时，则， 所以 ， 所以是的充分条件， 若， 取，，，， 满足，此时， 所以不是的必要条件， 综上，是的充分不必要条件，故D错误. 11. 西汉刘向编著的《战国策》中记录了一个“三人成虎”的故事：庞葱与太子质于邯郸，谓魏王曰：“今一人言市有虎，王信之乎？”王曰：“否．”“二人言市有虎，王信之乎？”王曰：“寡人疑之矣．”“三人言市有虎，王信之乎？”王曰：“寡人信之矣．”在没有实际调研的情况下，为什么魏王会相信集市上有老虎呢？假设集市上真有老虎的概率为0.05，每个人选择说出实情的概率为0.9，选择说谎的概率为0.1，每个人是否选择说出实情相互独立．用表示事件“第i人说看见一只老虎在集市上”，，2，3，用B表示事件“真有老虎在集市上”．则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先设事件表示“真有老虎在集市上”， 设表示事件“第i人说看见一只老虎在集市上”，，2，3，再根据条件概率和全概率公式对选项进行分析即可. 【详解】设事件表示“真有老虎在集市上”，则 ， 设表示事件“第i人说看见一只老虎在集市上”，，2，3， ， 选项A：，A正确； 选项B：由全概率公式：，B错误； 选项C：，C正确； 选项D： ， ， ，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数在区间上的平均变化率是2，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据平均变化率定义计算求参即可. 【详解】 因为函数在区间上的平均变化率是2， 所以， 即，从而,解得或（舍去）． 故答案为：5. 13. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动3次，设质点最终所在位置的坐标为X，则___________ 【答案】0 【解析】 【分析】确定的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据期望公式计算. 【详解】因为质点从出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动次，所以质点最终所在位置的坐标的可能取值为，，，. 表示质点次都向左移动，每次向左移动的概率为，由于每次移动是相互独立事件，根据独立事件同时发生的概率公式可得.  表示质点次移动中有次向左移动，次向右移动，从次移动中选次向左移动的组合数为，每次向左移动的概率为，每次向右移动的概率也为， 所以.  表示质点次移动中有次向右移动，次向左移动，从次移动中选次向右移动的组合数为每次向右移动的概率为，每次向左移动的概率为， 所以.  表示质点次都向右移动，每次向右移动的概率为，所以.  所以 故答案为：. 14. 已知函数， ，对任意的，总存在，使，则实数m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】只需要满足在上恒小于等于在上的最大值，导根据导函数得出，再分离参数得出，令，求导判断单调性即可. 【详解】由已知可知，只需满足对任意的，总存在， 只需要满足在上恒小于等于在上的最大值. ，令，即，解得或（舍去）， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在单调递减， ， ，化简得，即 对任意的恒成立， 令，即，令，解得或， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故的最大值为， . 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步驟． 15. 已知的展开式中第项的系数为，且的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数之比为． （1）求n的值； （2）求展开式中的系数； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数定义确定第三、四项系数，利用已知比例关系和组合数公式求解. （2）先由（1）得值，写出通项公式，令次数为求出，进而得系数. （3）先计算系数，利用组合数性质变形，再用二项式定理计算. 【小问1详解】 因为二项展开式中第项的二项式系数为，因此第三项的二项式系数为， 第四项的二项式系数为，由题意得，代入组合数公式： ，解得. 【小问2详解】 由(1)知，二项展开式的通项为：  ，  令 ，解得，因此的系数为：  . 【小问3详解】 由题意可得第项的系数 ， 利用组合数性质 ， 所以 令 ，则上式变形为：， 由二项式定理可得：， 因此原式 . 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，若恒成立，求实数a的最大值． 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合符号即可讨论的单调性； （2）先分离参数，再构造函数，求导，再结合导数的符号分析函数的单调性，从而得到函数的最值，进而即可求出实数a的最大值． 【小问1详解】 由，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 若时，，则在上单调递增； 若时，，则在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，而在上单调递减． 【小问2详解】 由恒成立，即恒成立，即恒成立， 令，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以 ， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以 ， 所以，即实数a的最大值为． 17. 某产品当月的销售额（单位：千元）与当月的宣传费（单位：千元）有关，且与的成对数据如下表： 1 4 9 16 25 20 40 50 60 80 （1）判断与是正相关还是负相关； （2）由散点图发现可以用函数模型拟合与的关系，求关于的回归方程； （3）已知该产品每个月除宣传费外的其他成本（单位：千元）为，请你预测该产品月利润的最大值，并求当月的宣传费.（月利润=月销售额-月成本） 附：在线性回归方程中，，，其中，为样本平均值. 【答案】（1）与是正相关 （2） （3）最大值为24000元，当月的宣传费为16000元 【解析】 【分析】（1）根据正、负相关的概念求解； （2）利用线性回归方程的公式求解即可； （3）根据所求线性回归方程，利用函数单调性求最值即可. 【小问1详解】 当逐渐增大时，逐渐增大，所以与是正相关. 【小问2详解】 设，则， ， 则 ， 故关于的回归方程为 ， 【小问3详解】 由题意得该产品的月成本， 则月利润为， 当，即时，该产品的月利润最大，且最大值为， 故预测该产品月利润的最大值为24000元，当月的宣传费为16000元 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 【答案】（1）分布列见解析； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）求出的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案； （2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可. 【小问1详解】 由已知的取值为， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 甲进入决赛的概率为； 【小问2详解】 （i）由题意得， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 可得的最大值为； （ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量， 则的可能取值为， 所以，， ，， 所以 ， 可得，即， 整理得， 由， 得， 解得. 【点睛】关键点睛：第二问解题关键点是利用导数研究单调性，可得极大值. 19. 已知函数的导函数为． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若，求零点的个数； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）结合（1）得，再构造函数，求导，分析函数单调性，得出函数的最值，进而根据零点存在性定理即可得到零点的个数； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【小问1详解】 当时，，则，则， 又，所以的图象在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 结合（1）有，令 ， 则，则，令，解得， 所以当时，，则在上单调递减； 若时，，则在上单调递增， 所以 ， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又 ， ， 所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点， 所以零点的个数为． 【小问3详解】 由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图2所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $