精品解析：湖南衡阳市衡阳县第五中学2025-2026学年高二下学期数学模块综合测评卷

衡阳县五中2026年春高二模块综合测评卷 数学 分值：150 分 时间：120 分钟 考试范围：人教A版选修二第5章+选修三全册 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题四个选项中只有一项符合题目要求. 1. 的展开式中的系数为（ ） A. 30 B. 24 C. 18 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算得解. 【详解】的展开式中含的项是从6个多项式中取5个都用，余下1个用2相乘的积， 即的展开式中含的项是， 所以所求系数为12. 故选：D 2. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，，则， 所以. 故选：A 3. 一个袋子中装有5个白球，3个黑球，从中任选4个球，取到一个白球得1分，取到一个黑球得3分，设得分为随机变量，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合组合、古典概型的概率公式，超几何分布，由进行求解即可. 【详解】由题意，从中任选4个球，除取到4个白球得4分外，其他取法的得分都不小于6， 故. 故选：C. 4. 某学校寒假期间安排3名教师与4名学生去北京、上海参加研学活动，每地要求至少1名教师与2名学生，且教师甲不去上海，则分配方案有（ ） A. 36种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 【答案】C 【解析】 【分析】分教师甲与2名学生去北京与教师甲与另一名教师及2名学生去北京两种情况分类讨论可求分配方案的方法数. 【详解】当教师甲与2名学生去北京时，分配方案共有（种）； 当教师甲与另一名教师及2名学生去北京时，分配方案共有（种）， 综上，分配方案共有（种）. 故选：C. 5. 已知，则“”是“与相互独立”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率公式、独立事件的乘法公式可分析命题之间的充要性. 【详解】， ，即与相互独立； 若与相互独立，则， ， 综上，“”是“与相互独立”的充要条件. 故选：C. 6. 函数在上的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出函数的奇函数，再利用导数判断出函数在上的单调性，求出的值，即可得答案. 【详解】解：因为，， 所以， 所以函数为上的奇函数； 当时， ， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又因为， 故只有A选项才满足. 故选：A. 7. 已知变量与变量线性相关，与的样本相关系数为，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得经验回归方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相关系数的性质以及经验回归方程过样本中心点逐项分析判断. 【详解】因为与的样本相关系数为，可知与为负相关，故A，B错误； 又因为经验回归方程过样本中心点， 对于，则，故C错误； 对于，则，故D正确． 故选：D. 8. 若函数存在两个不同的零点，则实数k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性，由此列不等式组求得的取值范围. 【详解】函数的定义域是， ， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因为，且， 所以要使函数存在两个不同的零点， 则需，解得. 故选：B 二、选择题，本大题共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. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，且的图象关于点对称，若存在实数a，使得，，则（ ） （参考数据：若，则，） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据对称性定义结合正态分布判定A，应用概率公式结合正态分布计算求解参数判定B，C，D. 【详解】因为的图象关于点对称，所以，，所以，A正确． 因为，，所以． 因为，所以，所以，解得，B正确． 因为， 所以，所以解得，C错误． ，D正确． 故选：ABD. 10. 有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1号箱内装有4个绿球、1个红球，2号箱内装有2个绿球、3个红球，3号箱内装有5个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人等可能从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件表示“取到号箱”，事件表示“摸到绿球”，事件表示“摸到红球”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算判断A，B，应用全概率计算判断C，应用贝叶斯公式计算判断D. 【详解】由题意可知，A正确，B错误； ，C正确； ，D正确； 故选：ACD. 11. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. B. C. 为的一个增区间 D. 的极小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据极值点处导数值为0求解，可判断AB，利用导数研究函数的单调性和极值即可判断CD. 【详解】因为， 所以， 因为函数在处取得极大值， 所以，解得或， 当时，， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取极小值，不是极大值，不符合题意． 当时，， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取极大值，符合题意． 综上，，故A正确，B错误； 由上可知，，为的一个增区间， 的极小值为，故CD正确， 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则的方差为________． 【答案】. 【解析】 【分析】结合二项分布的方差的计算公式求出，进而根据方差的性质即可求出结果. 【详解】因为，所以，且 则，因此的方差为， 故答案为：. 13. 的展开式中的系数为_____. 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式中和的系数，然后由多项式乘法得结论． 【详解】展开式的通项公式为，所以所求的系数为. 故答案为：. 14. 某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产7nm规格的芯片，现有2000块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为1200块，800块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这2000块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】运用全概率公式进行进行求解即可. 【详解】设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品， 甲厂生产该芯片的次品率为p， 则有， 由全概率公式可得： ， 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知函数在处取得极值． （1）求实数a的值； （2）若在上恒成立，求k的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用极值点求出并验证即可. （2）求出函数的单调区间，进而求出在上的最大值即可. 【小问1详解】 函数，求导得， 由在处取得极值，得，解得， 此时，当时，，当或时，， 即函数在处取得极值，所以. 【小问2详解】 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，，因此，， 不等式在上恒成立，则在上恒成立，， 所以k的取值范围是. 16. 盐水选种是古代劳动人民的智慧结晶，其原理是借助盐水估测种子的密度，进而判断其优良．现对一批某品种种子的密度（单位：）进行测定，测定结果整理成频率分布直方图如图所示，认为密度不小于的种子为优种，小于的为良种．自然情况下，优种和良种的萌发率分别为和． （1）估计这批种子密度的平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） （2）用频率估计概率，从这批种子（总数远大于）中选取粒在自然情况下种植，设萌发的种子数为，求随机变量的分布列和数学期望（各种子的萌发相互独立）． 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）求出每组的中点值然后即可求解. （2）根据题意从这批种子中选取粒在自然情况下种植萌发的种子数符合二项分布，从而可求出分布列，求出期望值. 【小问1详解】 估计种子密度的平均值为； 【小问2详解】 由频率分布直方图知优种占比为， 任选一粒种子萌发的概率． 因为这批种子总数远大于2，所以萌发的种子数符合二项分布， 所以可取的值为，，， 所以， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 所以期望， 故期望值为. 17. 台儿庄古城景区面向全国应届中、高考学生推出自2025年6月11日至2025年8月31日的免费畅游古城活动.景区为了解这些学生游客对其开展的“国风毕业照”活动的满意度，随机抽取400人进行调查，得到如下列联表： 调查结果 组别 不满意 满意 合计 高考生游客 80 120 200 中考生游客 130 70 200 合计 210 190 400 （1）根据小概率值的独立性检验，分析满意情况是否与学生的组别有关； （2）在高考学生游客的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中满意人数X的概率分布列、数学期望和方差. 附：， 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）满意情况与学生的组别有关 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验的基本思想即可判断； （2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望和方差的公式进行运算求解即可. 【小问1详解】 零假设为：满意情况与学生的组别无关. 因为， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即满意情况与学生的组别有关，该推断犯错概率不超过； 【小问2详解】 根据分层抽样的性质可知： 选出5人中，满意人数为，不满意人数为， 由题意可知：， ， ， ， 所以这3人中满意人数X的概率分布列为： ， . 18. 已知甲、乙、丙三个品牌的手机从1米高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率均为，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率依次为，，，假设三个品牌的手机掉落后屏幕是否碎掉互不影响. （1）求这3个品牌的手机中至少有2个品牌第一次掉落屏幕未碎掉的概率； （2）设这3个品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉的品牌个数为随机变量X，求X的分布列； （3）已知3个品牌的手机掉落两次后恰有1个品牌的手机屏幕仍未碎掉，求该品牌手机是甲的概率. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式及互斥事件的概率公式列式计算. （2）求出的可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列. （3）利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 设事件D表示“3个品牌的手机中至少有2个品牌第一次掉落屏幕未碎掉”， 则. 【小问2详解】 依题意，随机变量X的取值集合为， 设事件A表示“甲品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉”， 事件B表示“乙品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉”， 事件C表示“丙品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉”， 则，，， 因此，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 【小问3详解】 设事件E表示“3个品牌的手机掉落两次后恰有1个品牌的手机屏幕仍未碎掉”， 事件F表示“3个品牌的手机掉落两次后恰有甲品牌的手机屏幕仍未碎掉”， 由（2）知，，， 所以已知3个品牌的手机掉落两次后恰有1个品牌的手机屏幕仍未碎掉， 该品牌手机是甲的概率为. 19. 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，. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数并讨论其符号后可得单调性，从而可得函数的值域； （2）利用参变分离结合导数求出新函数的最小值后可得参数的范围； （3）由（2）结果可得，结合放缩法可得，从而可证题设中的不等式. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 即为， 设，则， 故时，，时，， 故在为减函数，在上为增函数， 故，故. 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳县五中2026年春高二模块综合测评卷 数学 分值：150 分 时间：120 分钟 考试范围：人教A版选修二第5章+选修三全册 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题四个选项中只有一项符合题目要求. 1. 的展开式中的系数为（ ） A. 30 B. 24 C. 18 D. 12 2. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 3. 一个袋子中装有5个白球，3个黑球，从中任选4个球，取到一个白球得1分，取到一个黑球得3分，设得分为随机变量，则为（ ） A. B. C. D. 4. 某学校寒假期间安排3名教师与4名学生去北京、上海参加研学活动，每地要求至少1名教师与2名学生，且教师甲不去上海，则分配方案有（ ） A. 36种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 5. 已知，则“”是“与相互独立”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 函数在上的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 已知变量与变量线性相关，与的样本相关系数为，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得经验回归方程可能是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数存在两个不同的零点，则实数k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题，本大题共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. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，且的图象关于点对称，若存在实数a，使得，，则（ ） （参考数据：若，则，） A. B. C. D. 10. 有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1号箱内装有4个绿球、1个红球，2号箱内装有2个绿球、3个红球，3号箱内装有5个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人等可能从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件表示“取到号箱”，事件表示“摸到绿球”，事件表示“摸到红球”，则（ ） A. B. C. D. 11. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. B. C. 为的一个增区间 D. 的极小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则的方差为________． 13. 的展开式中的系数为_____. 14. 某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产7nm规格的芯片，现有2000块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为1200块，800块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这2000块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为______． 四、解答题：本大题共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. 已知函数在处取得极值． （1）求实数a的值； （2）若在上恒成立，求k的取值范围． 16. 盐水选种是古代劳动人民的智慧结晶，其原理是借助盐水估测种子的密度，进而判断其优良．现对一批某品种种子的密度（单位：）进行测定，测定结果整理成频率分布直方图如图所示，认为密度不小于的种子为优种，小于的为良种．自然情况下，优种和良种的萌发率分别为和． （1）估计这批种子密度的平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） （2）用频率估计概率，从这批种子（总数远大于）中选取粒在自然情况下种植，设萌发的种子数为，求随机变量的分布列和数学期望（各种子的萌发相互独立）． 17. 台儿庄古城景区面向全国应届中、高考学生推出自2025年6月11日至2025年8月31日的免费畅游古城活动.景区为了解这些学生游客对其开展的“国风毕业照”活动的满意度，随机抽取400人进行调查，得到如下列联表： 调查结果 组别 不满意 满意 合计 高考生游客 80 120 200 中考生游客 130 70 200 合计 210 190 400 （1）根据小概率值的独立性检验，分析满意情况是否与学生的组别有关； （2）在高考学生游客的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中满意人数X的概率分布列、数学期望和方差. 附：， 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 18. 已知甲、乙、丙三个品牌的手机从1米高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率均为，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率依次为，，，假设三个品牌的手机掉落后屏幕是否碎掉互不影响. （1）求这3个品牌的手机中至少有2个品牌第一次掉落屏幕未碎掉的概率； （2）设这3个品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉的品牌个数为随机变量X，求X的分布列； （3）已知3个品牌的手机掉落两次后恰有1个品牌的手机屏幕仍未碎掉，求该品牌手机是甲的概率. 19. 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，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $