精品解析：天津市静海区第一中学2025-2026学年高二下学期6月学业能力调研数学试题

静海一中2025-2026第二学期高二数学（6月） 学生学业能力调研试卷 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（120分）和第Ⅱ卷提高题（30分）两部分，含卷面分3分，共150分. 第Ⅰ卷 基础题（共120分） 一、选择题（每小题5分，共45分） 1. 已知集合，B=，则（   ） A. B. C. D. 2. 下列命题是假命题的为（ ） A. 若，，则 B. 若且，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） 时间 1 2 3 4 5 销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 由题中数据可知，变量与负相关 B. 当时，残差为0.2 C. 线性回归方程中 D. 可以预测当时销量约为2.1万只 4. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ） A. B. C. D. 5. 已知a，，且，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为 则判断一定正确的是（    ） A. B. C. D. 7. 下列说法正确的是（   ） A. 若甲、乙两个模型的决定系数分别为0.87和0.78，则模型乙的拟合效果更好 B. 若随机变量，满足，则 C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数r越接近于1 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 8. 某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ） A. 564 B. 484 C. 386 D. 640 9. 下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，……，6，用表示小球落入格子的号码，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 关于的不等式的解集是，则实数__________. 11. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 12. 已知袋子中装有10个大小相同的球，其中有3个黑球和7个白球.小明从中分两次各取一个球出来，取球规则为：若第一次摸到黑球，则放回袋中再摸第二个球；若第一次摸到白球，则不放回袋中再摸第二个球.小明第二次摸到白球的概率为________；当小明第二次摸到白球时，第一次摸到黑球的概率为_________. 13. 的展开式中含的项为____. 14. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 15. 已知方程有两个不相等的正根，，且，则的取值范围是___ 三、解答题 (本大题共3小题，共45分) 16. 袋中装有标有数字1到6的6个大小､形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球标号的最大数字. （1）求事件“取出的3个小球中，标号的最大数字是5”的概率； （2）已知取出的3个小球的标号和为偶数，求的概率. 17. 已知在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，并且所有项的系数之和为1． （1）求和的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求的展开式中的常数项． （4）若，求．（结果用数字表达） 18. 一个袋子里有8个大小相同的球，其中有黄球2个，白球6个. （1）若有放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求和； （2）若不放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求的分布列和； （3）若每次随机摸取出一个球，不放回，用表示首次摸出白球时，已经摸出的球数（最后摸出的白球也算在内），求的分布列和均值； （4）结合（1）（2）两问，说明二项分布与超几何分布的区别与联系. 第Ⅱ卷 提高题（共30分） 19. 已知函， （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：恒成立； （3）当时，恒成立，求实数a的取值范围. 20. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个不同的零点、，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 $ 静海一中2025-2026第二学期高二数学（6月） 学生学业能力调研试卷 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（120分）和第Ⅱ卷提高题（30分）两部分，含卷面分3分，共150分. 第Ⅰ卷 基础题（共120分） 一、选择题（每小题5分，共45分） 1. 已知集合，B=，则（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用分式不等式得出集合，应用绝对值不等式得出集合，最后应用并集定义计算求解. 【详解】集合 ，B=， 则. 2. 下列命题是假命题的为（ ） A. 若，，则 B. 若且，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐项验证即可求解. 【详解】对于A：由，所以，故A正确； 对于B：由，得，所以，又，所以，故B正确； 对于C：当时，，故C错误； 对于D：由，所以，所以，故D正确. 3. 若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） 时间 1 2 3 4 5 销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 由题中数据可知，变量与负相关 B. 当时，残差为0.2 C. 线性回归方程中 D. 可以预测当时销量约为2.1万只 【答案】B 【解析】 【分析】利用表中数据变化情况判断A；由样本中心点求出线性回归方程判断C；利用回归方程求出预测值，进而求出残差判断B；利用回归方程求出预测值判断D. 【详解】对于A，从数据知，随的增大而减小，变量与负相关，A正确； 对于C，，，， 因此线性回归方程为，C正确； 对于B，，残差，B错误； 对于D，当时销量约为（万只），D正确. 4. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据近视情况分为超过和低于两种可能，利用全概率公式计算可得． 【详解】某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，则有的学生每天玩手机不超过， 超过近视率约为，不超过近视率约为， 所以从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是． 故选：C． 5. 已知a，，且，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，进而得，再结合已知得，即可得答案. 【详解】解：， 则，当且仅当时，“=”成立， 又a，，所以，当且仅当时，“=”成立， 所以的最大值为. 故选：C 6. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为 则判断一定正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象和相关系数的意义可得且，且，依次判断即可. 【详解】①分析图1的相关系数观察图1，散点图中的点大致分布在从左上到右下的带状区域内； 随着的增大，总体呈减小趋势，根据相关系数的定义， 两个变量呈负相关，故； ②分析图2的相关系数观察图2，散点图中的点大致分布在从左下到右上的带状区域内； 随着的增大，总体呈增大趋势； 根据相关系数的定义，两个变量呈正相关，故； 此外，观察图2中点的分布比图1更紧密地围绕在一条直线附近， 说明图2的线性相关性更强，即 选项，已知且，且，故 成立； 选项，因为且，所以，故选项B错误； 选项，因为且，则，选项C错误； 选项，因为且，则，显然不可能大于1，故选项D错误. 7. 下列说法正确的是（   ） A. 若甲、乙两个模型的决定系数分别为0.87和0.78，则模型乙的拟合效果更好 B. 若随机变量，满足，则 C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数r越接近于1 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 【答案】D 【解析】 【详解】选项A：决定系数越大，模型拟合效果越好. ，因此模型甲的拟合效果更好，A错误； 选项B：根据方差性质，若，则，因此，B错误； 选项C：两个随机变量线性相关性越强，是相关系数的绝对值越接近1， 负相关时相关性越强越接近，C错误； 选项D：根据独立性检验规则，若，则判断与有关联，推断犯错误的概率不大于. 由于，符合规则，D正确. 8. 某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ） A. 564 B. 484 C. 386 D. 640 【答案】A 【解析】 【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解. 【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况. 第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时， 其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法； 当在4人组时，有种方法. 第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法； 当在3人组时，有种方法. 故这8名同学游玩行程的方法数为. 故选：A. 9. 下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，……，6，用表示小球落入格子的号码，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设Y=X-1，分析出，从而求出的可能取值及相应的概率，求出期望和方差，得到正确答案. 【详解】设A=“向右下落”，则=“向左下落”，且， 设Y=X-1，因为小球在下落过程中共碰撞5次，所以， 于是（）. 所以，A错误； ， ， 所以，B错误； ，C错误，D正确 故选：D 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 关于的不等式的解集是，则实数__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程的关系结合韦达定理即可求解． 【详解】因为关于的不等式的解集是， 所以是方程的两个根，且， 所以，解得， 所以． 11. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义先求得的切线方程，再设出该切线与的切点，再利用公切线的斜率相等，且切点也在公切线上，代入计算即可求解． 【详解】由，则， 所以曲线在点处的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为． 设直线与曲线相切的切点为，且， 则，解得． 12. 已知袋子中装有10个大小相同的球，其中有3个黑球和7个白球.小明从中分两次各取一个球出来，取球规则为：若第一次摸到黑球，则放回袋中再摸第二个球；若第一次摸到白球，则不放回袋中再摸第二个球.小明第二次摸到白球的概率为________；当小明第二次摸到白球时，第一次摸到黑球的概率为_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用全概率公式以及贝叶斯公式即可解答. 【详解】设为“第一次摸到黑球”，为“第一次摸到白球”，为“第二次摸到白球”， 则, 若第一次摸到黑球（放回），第二次摸到白球的概率为， 若第一次摸到白球（不放回），第二次摸到白球的概率为， 由全概率公式，可得. 小明第二次摸到白球时，第一次摸到黑球的概率为 . 13. 的展开式中含的项为____. 【答案】 【解析】 【分析】解法一：将三项展开式变为，根据和展开式的通项乘积可求得结果；解法二：直接根据组合数公式计算多项式的系数可得. 【详解】方法一:因为， 二项式展开式的通项为， 二项式展开式的通项为， 所以多项式展开式的通项为， 令，得，且， 所以或或或或. ①当时，的展开式中含的项为； ②当时，的展开式中含的项为， ③当时，的展开式中含的项为； ④当时，的展开式中含的项为； ⑤当时，的展开式中含的项为. 综上，得的展开式中含的项为. 方法二：可看成6个相乘， 的展开式中含的项有以下三种情况： ①个多项式取，个多项式取乘积得到，即； ②个多项式取，个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； ③个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； 综上所述，的展开式中含的项为. 14. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】由，可得在R上单调递增，又注意到原不等式等价于，据此可得答案. 【详解】因为，构造函数， 因为，所以函数是增函数， 因为，所以， 因为，所以原不等式即，解得， 所以不等式的解集为. 15. 已知方程有两个不相等的正根，，且，则的取值范围是___ 【答案】 【解析】 【分析】利用韦达定理可得，整理可得，结合图象可得，，，构造，结合对勾函数单调性分析求解. 【详解】因为方程有两个不相等的正根， 则，即，可得， 由，可得， 可知与在内有2个交点，如图所示： 则，，， 构造，可知在内单调递减， 则，即， 所以的取值范围是. 三、解答题 (本大题共3小题，共45分) 16. 袋中装有标有数字1到6的6个大小､形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球标号的最大数字. （1）求事件“取出的3个小球中，标号的最大数字是5”的概率； （2）已知取出的3个小球的标号和为偶数，求的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先确定随机变量值为，然后求出对应的概率值. （2）根据条件概率公式计算即可. 【小问1详解】 记事件为“取出的3个小球中，标号的最大数字是5” 则. 【小问2详解】 记事件为“取出的3个球的标号和为偶数”，事件为“”. 由题意得， . 由条件概率公式，得. 17. 已知在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，并且所有项的系数之和为1． （1）求和的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求的展开式中的常数项． （4）若，求．（结果用数字表达） 【答案】（1）， （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）利用二项式的性质结合已知条件求出展开式的项数，进而求出，再利用赋值法结合所有项系数和为1，构造方程求出； （2）列出二项式的通项公式，结合第5项最大代入求解； （3）利用二项展开式的通项公式，采用赋值法求出，进而求解； （4）利用赋值法求出与，再作差计算求解． 【小问1详解】 二项式只有第5项二项式系数最大，说明展开式共项，故， 令，，且，解得． 【小问2详解】 二项式的通项公式为，第5项对应， 则． 【小问3详解】 已知，，则的常数项由两部分组成： 当时，； 当时，， 则常数项为：． 【小问4详解】 ， 令，则， 令，则， 则． 18. 一个袋子里有8个大小相同的球，其中有黄球2个，白球6个. （1）若有放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求和； （2）若不放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求的分布列和； （3）若每次随机摸取出一个球，不放回，用表示首次摸出白球时，已经摸出的球数（最后摸出的白球也算在内），求的分布列和均值； （4）结合（1）（2）两问，说明二项分布与超几何分布的区别与联系. 【答案】（1） ， （2） 的分布列为： 1 2 3 （3） 的分布列为： 1 2 3 （4） 区别：①抽样方式不同：二项分布对应有放回抽样，各次试验独立，单次试验成功概率恒定；超几何分布对应不放回抽样，各次试验不独立，单次成功概率随抽样变化；②参数不同：二项分布参数为试验次数、单次成功概率，记为；超几何分布参数为总体容量、总体中成功个体数、抽样数，记为；联系：①二者均为描述次试验中成功次数分布的离散型概率分布；②当总体容量远大于抽样数时，不放回抽样近似于有放回抽样，超几何分布近似于参数为的二项分布；③当时，二者数学期望相等，均为. 【解析】 【分析】（1）有放回摸球，每次摸到白球概率固定，各次独立，故服从二项分布，直接代入期望、方差公式求解； （2）不放回摸球，服从超几何分布，用组合数计算各取值的概率列出分布列，期望可用公式直接计算； （3）表示首次摸到白球时已摸球数，需考虑前几次均为黄球，依次求概率可得分布列，再计算期望； （4）区别：抽样方式（有放回/不放回）导致独立性与概率是否恒定不同；参数及公式也不同. 联系：当总体远大于样本时超几何近似二项，且期望相等. 【小问1详解】 有放回摸球时，每次摸到白球的概率，各次摸球相互独立，故服从二项分布， 根据二项分布的期望、方差公式，、， 代入得，； 【小问2详解】 不放回摸3个球时，服从超几何分布，可能取值为1，2，3， 根据超几何分布的概率公式（） 可得，，， 得到的分布列为： 1 2 3 由离散型随机变量期望公式得； 【小问3详解】 袋中仅2个黄球，故的可能取值为1，2，3， 记为首次摸到白球的概率，即；  记为第一次摸到黄球、第二次摸到白球的概率，即；  记为前两次均摸到黄球、第三次摸到白球的概率，即， 得到的分布列为 1 2 3 由离散型随机变量期望公式得； 【小问4详解】 略. 第Ⅱ卷 提高题（共30分） 19. 已知函， （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：恒成立； （3）当时，恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数与单调性的关系分类讨论即可. （2）代入化简得，令，根据导数与单调性、最值的关系证明即可. （3）当时，恒成立等价于恒成立，即恒成立，构造函数，结合导数与单调性及零点判断求解即可. 【小问1详解】 的定义域为. . 其中，则，故只需讨论的符号. 当时，，则，在上单调递增. 当时，令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，，. . 令，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在处取得最小值，， 因此，即，所以. 【小问3详解】 由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得最小值，为. 若使恒成立，只需恒成立，即恒成立即可. 又，即恒成立. 令，则， 故在上单调递减，且， 所以. 故实数的取值范围为. 20. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 【答案】（1）时，在单调递增，在单调递减； 时，在，单调递增，在单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，单调递增，在单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数，按的取值范围分情况讨论函数的单调性； （2），令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点，对函数求导并分析函数单调性，作出大致图象，结合图象求实数a的取值范围． 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 若，则，，， 在上单调递增，在上单调递减， 若，令，则或， 当，即时，或，， 在，上单调递增，在上单调递减； 当，即时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当，即时，或，， 在，上单调递增，在上单调递减； 综上： 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在，上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 ， 令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点， ，则 ， ， 在上单调递增，在上单调递减， 且时，时，，大致图象如下， 要使的图象与直线有两个不同的交点，则，即， a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $