精品解析：安徽宿州市皖北十三校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题

数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，则取到的正品数为2的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 则 A. 1 B. C. 1023 D. 3. 对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 5. 某能源汽车制造公司近5年的利润情况如下表所示： 第x年 1 2 3 4 5 利润y（亿元） 2 3 4 m 7 已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为：，则m的值为（ ） A. 4.5 B. 4.8 C. 5 D. 5.4 6. 现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ） A. 150 B. 100 C. 25 D. 50 7. 已知事件，相互独立，，若，，则（ ） A. 0.18 B. 0.12 C. 0.42 D. 0.28 8. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设离散型随机变量的分布列为 1 2 3 4 5 0.1 0.4 0.2 0.1 若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于概率统计的说法，正确的是（ ） A. 若随机变量，则， B. 若随机变量；，则 C. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 D. 设关于分类变量与的独立性检验的零假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 11. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，设质点位于点n的概率为.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若出发点改变，其余不变，则不变 D. 若出发点改变，其余不变，则不变 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用，，，…，这个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 13. 曲线在点处的切线方程为__________． 14. 在的展开式中，系数最大的项是第___________项． 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. 在二项式的展开式中前3项的二项式系数和为16. （1）求展开式中所有项的二项式系数的和. （2）求展开式中含项的系数. 16. 甲、乙两人进行一场网球比赛，比赛采用三局两胜制，每局都没有平局，且甲第一局获胜的概率为．从第二局开始，若上一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为，若上一局甲未获胜，则下一局甲获胜的概率为． （1）当时，求甲第二局获胜的概率． （2）设甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为．记这场比赛需要进行的局数为X，求X的分布列与期望． 17. 为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了2019年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数. 温度/℃ 21 23 24 27 29 30 死亡数/株 6 11 20 27 57 77 经计算，，，，， ，，，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，. （1）若用一元线性回归模型，求关于的经验回归方程（结果精确到0.1）； （2）若用非线性回归模型求得关于的非线性经验回归方程，且相关指数为. （i）试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好； （ii）用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该批紫甘薯的死亡株数（结果取整数）. 18. “你好．我是，很高兴见到你我可以帮你写代码、读文件、写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧”，从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋、好助手”，大模型正在改变着我们的工作和生活的方式．为了了解不同学历人群对的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据： 单位：人 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 35 100 本科以下 50 50 100 合计 115 85 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为的使用情况与学历有关？ （2）某校组织“模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束．规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜．两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，． （ⅰ）求比赛结束后甲获胜的概率； （ⅱ）求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19. 已知函数， （1）若恒成立，求实数t的值； （2）当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，则取到的正品数为2的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式结合组合数计算即可. 【详解】取到的正品数为2的概率为. 故选：D 2. 则 A. 1 B. C. 1023 D. 【答案】D 【解析】 【分析】令二项式中的，又由于所求之和不含，令，可求出的值，代入即求答案． 【详解】令代入二项式， 得， 令得， ， 故选D． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，一般在求解有二项式关系数的和等问题时通常会将二项式展开式中的未知数x赋值为1或0或者是进行求解本题属于基础题型． 3. 对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据散点图和相关系数的概念和性质辨析即可. 【详解】由散点图可知，相关系数所在散点图呈负相关，所在散点图呈正相关， 所以都为正数，都为负数. 所在散点图近似一条直线上，线性相关性比较强，相关系数的绝对值越接近1， 而所在散点图比较分散，线性相关性比较弱，相关系数的绝对值越远离1. 综上可得：. 故选：A. 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】C 【解析】 【详解】因为随机变量X服从正态分布，所以， 又因为，所以， 所以. 5. 某能源汽车制造公司近5年的利润情况如下表所示： 第x年 1 2 3 4 5 利润y（亿元） 2 3 4 m 7 已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为：，则m的值为（ ） A. 4.5 B. 4.8 C. 5 D. 5.4 【答案】C 【解析】 【分析】求出、，代入回归直线方程可得答案. 【详解】因为，， 所以，解得. 故选：C. 6. 现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ） A. 150 B. 100 C. 25 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本，②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本， 若分为1、1、3的三组，有种分组方法， 若分为1，2，2的三组，有种分组方法， 共有种分组方法， ②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，有2种情况， 则有种分发方式. 故选：D. 7. 已知事件，相互独立，，若，，则（ ） A. 0.18 B. 0.12 C. 0.42 D. 0.28 【答案】A 【解析】 【分析】根据相互独立事件的乘法概率公式及条件概率公式求解即可. 【详解】易知可得， ， 又事件，相互独立， 故选：A 8. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件将问题转化为，构造函数，化为，求，根据导数判断函数的单调性，结合函数正负情况可得在上恒成立，构造函数，求，根据导数判断函数的单调性求出函数的最值即可解题. 【详解】函数的定义域为， 由，得，则化为， 即，令， 依题意，对任意，都有， 则函数在上单调递减，即，， 而，因此，即， 显然，有，而，则当时，，当时，， 令，求导得，函数在上单调递增， 当时，不等式化为，则在上恒成立，即，， 因此在上恒成立，令，求导得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递增减， 于是当时，取得最大值，，则， 所以正实数取值范围为. 故选：C 【点睛】结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如：，两边同乘以，化为，即. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设离散型随机变量的分布列为 1 2 3 4 5 0.1 0.4 0.2 0.1 若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先计算的值，然后用公式求、的值，再利用期望、方差的性质计算，即可. 【详解】由题意有，得， 所以， ， ， . 故选：BC. 10. 下列关于概率统计的说法，正确的是（ ） A. 若随机变量，则， B. 若随机变量；，则 C. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 D. 设关于分类变量与的独立性检验的零假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项分布期望和方差的公式可判断A；根据正态分布的性质可判断B；根据样本相关系数的含义可判断C；根据独立性检验的原理可判断D. 【详解】A.因为随机变量， 所以，，A正确. B. 因为随机变量，， 所以， 所以，B正确. C.因为越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强， 所以当一组样本数据的对应样本点都在直线上时， 变量与负线性相关，此时，C正确. D.因为， 所以根据的独立性检验，推断不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于，D错误. 故选：ABC. 11. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，设质点位于点n的概率为.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若出发点改变，其余不变，则不变 D. 若出发点改变，其余不变，则不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】设质点向右移动的次数为，分析出服从二项分布.由二项分布的概率公式求出，即可判断A；先分析得到，求出期望，再根据期望的性质求出，即可判断B；假设出发点为，分析得到，再求出，即可判断C；先求出，再根据方差的性质求出，即可判断D. 【详解】设质点向右移动的次数为，因为质点每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位， 移动6次，所以离散型随机变量服从二项分布. 所以由二项分布的概率公式可得，故A正确； 由二项分布的期望公式可得. 因为质点移动6次位于点n，所以， 所以，故B正确； 假设出发点为，则， 所以， 所以若出发点改变，其余不变，会随着出发点的变化而变化，故C错误； 由二项分布的方差公式可得. 假设出发点为，则， 所以， 所以若出发点改变，其余不变，则不变，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用，，，…，这个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 【答案】224 【解析】 【分析】利用分布乘法计数原理结合排列知识进行计算即可直接得答案. 【详解】从四个数中任选一个数放在个位，有4种方法， 再从其他八个数中任选2位数放在十位和百位，有种方法， 故九个数组成没有重复的三位数且是偶数共有种方法， 故答案为：224. 13. 曲线在点处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【详解】由题，当时，，故点在曲线上． 求导得：，所以． 故切线方程为． 故答案为：． 14. 在的展开式中，系数最大的项是第___________项． 【答案】8 【解析】 【分析】设展开式中系数最大的项是第项，则，计算即可求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为且. 设展开式中系数最大的项是第项， 则，即， 即，解得，又，所以， 所以展开式中系数最大的项是第8项. 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. 在二项式的展开式中前3项的二项式系数和为16. （1）求展开式中所有项的二项式系数的和. （2）求展开式中含项的系数. 【答案】（1）32 （2）40 【解析】 【分析】（1）由条件列出方程求出的值，再根据二项式系数和的性质计算即可得解； （2）先写出二项展开式的通项，令的幂指数等于2，求出对应的值，再代入通项的系数部分，即可得解. 【小问1详解】 由二项式定理可知，展开式中前3项的二项式系数 分别为，，，则由题意知， 即，整理可得，即， 因为，所以解得，或（舍去）， 所以展开式中所有项的二项式系数的和为； 【小问2详解】 由（1）可知二项式为， 其通项为， 令，解得， 所以展开式中含项的系数为. 16. 甲、乙两人进行一场网球比赛，比赛采用三局两胜制，每局都没有平局，且甲第一局获胜的概率为．从第二局开始，若上一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为，若上一局甲未获胜，则下一局甲获胜的概率为． （1）当时，求甲第二局获胜的概率． （2）设甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为．记这场比赛需要进行的局数为X，求X的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 2 3 期望为 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求解, （2）根据全概率公式即可求解概率，进而根据期望公式求解. 【小问1详解】 设“甲第局获胜”，其中，依题意得， 当时，则. ， 所以甲第二局获胜的概率为. 【小问2详解】 甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为， 依题意得，解得. 则的可能取值为2，3. ， ， 所以的分布列为 2 3 17. 为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了2019年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数. 温度/℃ 21 23 24 27 29 30 死亡数/株 6 11 20 27 57 77 经计算，，，，， ，，，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，. （1）若用一元线性回归模型，求关于的经验回归方程（结果精确到0.1）； （2）若用非线性回归模型求得关于的非线性经验回归方程，且相关指数为. （i）试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好； （ii）用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该批紫甘薯的死亡株数（结果取整数）. 【答案】（1）；（2）（i）的拟合效果更好，（ii）92. 【解析】 【分析】（1）利用公式即求； （2）（i）由相关指数公式求出，然后比较即可；（ii）代入回归方程即得. 【详解】（1）由题意，得， ∴， ∴关于的经验回归方程为. （2）（i）经验回归方程对应的决定系相关指数为 ， 因为， 所以经验回归方程比非线性经验回归方程的拟合效果更好. （ii）当时， ， 即当温度为35℃时，该批紫甘薯的死亡株数为92. 18. “你好．我是，很高兴见到你我可以帮你写代码、读文件、写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧”，从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋、好助手”，大模型正在改变着我们的工作和生活的方式．为了了解不同学历人群对的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据： 单位：人 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 35 100 本科以下 50 50 100 合计 115 85 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为的使用情况与学历有关？ （2）某校组织“模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束．规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜．两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，． （ⅰ）求比赛结束后甲获胜的概率； （ⅱ）求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）认为的使用情况与学历无关； （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）先假设的使用情况与学历无关，再根据卡方的计算式计算出卡方的结果，和去比，根据独立性检验的理论即可做出判断； （2）（i）对于一道题而言，先分析甲得分的可能情况并求出概率，即可指导比赛结束后甲获胜的所有可能情况，再根据重伯努利实验的概率计算式计算即可； （ii）由（i）可知，甲获胜的概率，只需计算出拿出比赛结果后甲获胜的同时乙恰好回答对1道题的概率，再按照条件概率的计算式计算即可. 【小问1详解】 零假设为：的使用情况与学历无关， 根据列联表中的数据， 可得， 依据小概率值的独立性检验，没有充分证据证明推断不成立， 因此可以认为成立，即认为的使用情况与学历无关. 【小问2详解】 （i）当甲，乙同时回答第道题时，甲得分为， ， ， ， 比赛结束甲获胜时的得分可能取值为10，20，30， 则， ， ， 所以比赛结束后，甲获胜的概率， （ii）设“比赛结束后甲获胜”，“比赛结束后乙答对一道题”， ， 则，因此比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率为. 19. 已知函数， （1）若恒成立，求实数t的值； （2）当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 【答案】（1）； （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由可判断，解得值并验证； （2）①令，利用，结合的单调性和零点存在性定理，判断取值范围；②构造函数，证得，再将问题转化为证明，由不等式性质可得. 【小问1详解】 ，因为，若，即. 由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续， 故不仅是函数的最小值，同时也是极小值， 所以，解得. 检验：当时，，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增； 所以的最小值为，即成立， 综上，. 【小问2详解】 ①当时，令， ， 令，解得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为； 当时，无解，当时，一解，都不符合题意； 当时，，， 因为，在上单调递减，所以在上唯一解； 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，即，所以， 所以 ，又， 因为，在上单调递增； 所以在上有唯一解； 综上所述，方程有两个不同的根时，； ②由题可知：，即且， 构造函数：， 则， 所以在上单调递减，故，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 因为在上单调递增，，， 所以，得 要证， 即证， 即，即， 即证， 因为，故只须证明：， 因为成立. 所以原不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $