精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校2025-2026学年高二下学期第五次定时练习数学试题

重庆外国语学校 2025—2026学年度（下）高2027届第5次定时练习 数学 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分．每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 曲线在点处的切线的斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. e D. 3. 若函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设随机变量 服从正态分布，若，则的值为（　　） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 6. 有四对双胞胎共8人，从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 48 B. 72 C. 96 D. 192 7. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从 中随机取一个点，定义随机变量 如下：对 中的每个点，令，则 的数学期望值为（ ） A. B. C. 0 D. 二、多选题（3个小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立 B. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 样本相关系数 的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 10. 关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 各项系数之和为32 B. 常数项为80 C. 项的系数为 D. 展开式一共有21项 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若的图象在点处的切线方程为，则 B. 当时，在上单调递增 C. 当时，若有两个零点，且，则 D. 若，则 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 由样本数据（），求得回归直线方程为，且， ，则相应于样本点的残差值为______． 13. 在的展开式中，的系数是__________. 14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________． 四、解答题 15. 某公司研制了一种对人畜无害的灭草剂，为了解其效果，通过实验，收集到其不同浓度 （）与灭死率 的数据，得下表： 浓度 （） 灭死率 0.1 0.24 0.46 0.76 0.94 （1）以 为解释变量， 为响应变量，在和中选一个作为灭死率 关于浓度 （）的经验回归方程，不用说明理由； （2）（i）根据（1）的选择结果及表中数据，求出所选经验回归方程； （ii）依据（i）中所求经验回归方程，要使灭死率不低于，估计该灭草剂的浓度至少要达到多少？ 参考公式：对于一组数据，， ， ，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，. 16. 已知函数． （1）当 时，求 的极值； （2）若在 上存在零点，求 的取值范围． 17. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为 ，随机变量X服从指数分布，且 取值不超过 的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 18. 某科技公司生产的智能设备控制系统由个相同的独立元件组成，每个元件正常工作的概率均为，当控制系统中有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停机.记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. （1）若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数 的分布列和数学期望，当时，求. （2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为2元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的3倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润为4元，其他产品的利润还是每件2元．记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）． （ⅰ）请用表示； （ⅱ）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，问增加2个元件，单位时间内的利润是否提高？（取计算） 19. 已知函数. （1）讨论 的单调性； （2）若 有两个零点，为 的导函数. （i）求实数 的取值范围； （ii）记 较小的一个零点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆外国语学校 2025—2026学年度（下）高2027届第5次定时练习 数学 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分．每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集定义计算求解即可. 【详解】集合，则. 故选：D. 2. 曲线在点处的切线的斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. e D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，即可求解. 【详解】因为，所以， 根据导数的几何意义可知，曲线在点处的切线的斜率为1. 故选：B 3. 若函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，令 解不等式即可，注意函数定义域. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B. 4. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项分布的方差公式列方程求得，再由二项分布的概率求法求概率. 【详解】由题设，可得， 所以. 故选：B 5. 设随机变量 服从正态分布，若，则的值为（　　） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态密度曲线的对称轴得出，然后利用正态密度曲线的对称性得出可得出答案． 【详解】随机变量 服从正态分布，所以，， ， ，故选B． 【点睛】本题考查正态分布的应用，意在考查正态密度曲线的对称性，属于基础题． 6. 有四对双胞胎共8人，从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 48 B. 72 C. 96 D. 192 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步计数乘法原理，先选双胞胎，再选人即可. 【详解】第一步：选一对双胞胎有种； 第二步：再选两对双胞胎，并从每对双胞胎中各选一人共有种； 利用分步计数乘法原理可知：从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为， 故答案：A. 7. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】法1：（1）当时，由 ，解得 ， 故函数 定义域为 . ①当时， ， 当，则 ，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时， ， 故最大值不为，不合题意； ③当 时， ， 当，则 ，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则 ，则函数 定义域为 . 且由 最大值为可知， ， 即对任意 恒成立，且等号能取到. 设，则， 当 时， ，单调递增； 当时， ，单调递减； 故 ，当且仅当 时， ， 由对任意 恒成立，可知 ， 又当时，恒有 ，取不到等号，所以有， 故选：B. 法2：， 由选项知 ，则定义域为 ， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且 ，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设 ，则， 当时， ，则在上单调递增； 当时， ，则在上单调递减； ，且 ， 且当 ， ；当，； 作出函数的大致图象， 当 时， ， 在上单调递增； 当时， ， 在上单调递减； 则 ，满足题意，故. 法3：由选项知 ，则定义域为 ， 由 ，解得 . 同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得.. 法4：由选项知 ，则定义域为 ， 由 ，解得 . 验证：当时，由不等式 可得 ， 故 ，当且仅当 时等号成立， 故满足题意，由选项唯一可得. 8. 设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从 中随机取一个点，定义随机变量 如下：对 中的每个点，令，则 的数学期望值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知.解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望；解法二：可得，，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解. 【详解】由题意可知：，且随机变量 的取值为 ， ， ，， ，，0，1，2，3，4，5，6. 解法一：依题意，可得， ， ，， ，， 所以； 解法二：根据对称性可知：，，，，， 又，， 所以； 解法三：因为，， 对于任意一点，均存在与之对应，可知这两点的坐标和为0， 因为，样本空间， 可知样本空间 中存在唯一点与点对应， 所以 中所有点的坐标和的总和为， 故. 二、多选题（3个小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立 B. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 样本相关系数 的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 【答案】BD 【解析】 【分析】应用线性相关系数、残差图与独立性检验的知识，决定系数一一检验即可. 【详解】利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，因此A错误； 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，因此B正确； 线性相关系数 的范围在到之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，因此C选项错误； 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，D选项正确； 故选：BD. 10. 关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 各项系数之和为32 B. 常数项为80 C. 项的系数为 D. 展开式一共有21项 【答案】AC 【解析】 【分析】由多项式展开式令 代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由 的指数取值范围求解可判断D. 【详解】由题意得多项式展开式的通项如下， 为 ， 即， 对于A，令 得， 所以各项系数之和为32，故A正确； 对于B，常数项中 的次数为0，则或或， 则，故B错误； 对于C，令，得或， 所以项为， 故项的系数为，故C正确； 对于D，因为， 的指数为的整数， 化简可得， 所以展开式一共有9项，故D错误； 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若的图象在点处的切线方程为，则 B. 当时，在上单调递增 C. 当时，若有两个零点，且，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】函数的定义域为，且， 设， 对于A，若的图象在点处的切线方程为， 则该切线经过点，且斜率为0，所以 由，得 解得． 再由，得 将代入，得，所以，故A正确． 对于B，当时，. 设，， 又， 所以在上单调递增， 从而在上也单调递增． 当时，， 因此当时，恒有，故在上单调递增，B正确． 对于C，当时，， 定义域为，且. 设，，则， 则在上单调递增． 又，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 下面说明C中的结论不恒成立． 取，则 且 当 从右侧趋近于时，，所以， 当，，所以． 结合在上单调递减，在上单调递增，可知此时有两个零点，且 于是 这与 矛盾，所以C错误． 对于D，因为，所以在定义域上单调递增． 若，设在处取得最小值，则 由，得 即， 所以 由，得， 因为，所以， 从而. 因此， 令，构造函数， 则， 设， 所以在 上单调递增． 又， 所以在 时取得最小值． 于是， 即 故， D正确. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 由样本数据（），求得回归直线方程为，且， ，则相应于样本点的残差值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】由残差公式求解即可． 【详解】将点代入回归直线方程为，得， 得 ，即 ， 则样本点的残差值为： ． 13. 在的展开式中，的系数是__________. 【答案】0 【解析】 【分析】由，利用二项式定理求出和的展开式中的系数，相加即可得出结果. 【详解】， 的展开式通项为， 的展开式通项为， 令，得，， 因此，的系数为. 故答案为：0. 【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于中等题. 14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】定义从 出发最终从1号口出的概率为，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解. 【详解】设从 出发最终从1号口出的概率为，所以，解得. 故答案为：. 四、解答题 15. 某公司研制了一种对人畜无害的灭草剂，为了解其效果，通过实验，收集到其不同浓度 （）与灭死率 的数据，得下表： 浓度 （） 灭死率 0.1 0.24 0.46 0.76 0.94 （1）以 为解释变量， 为响应变量，在和中选一个作为灭死率 关于浓度 （）的经验回归方程，不用说明理由； （2）（i）根据（1）的选择结果及表中数据，求出所选经验回归方程； （ii）依据（i）中所求经验回归方程，要使灭死率不低于，估计该灭草剂的浓度至少要达到多少？ 参考公式：对于一组数据，， ， ，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，. 【答案】（1）选 （2）（i），（ii） 【解析】 【分析】（1）根据表格数据的特征选择回归模型； （2）（i）令，将所给数据处理，再求出，，，，即可求出，，从而得到回归方程； （ii）令，根据对数函数的性质解出不等式，即可得解. 【小问1详解】 根据表格数据可知解析变量 呈现指数增长，而响应变量 增长幅度不大，且相应的增加量大约相等， 故选. 【小问2详解】 （i）令，则， 所以可得如下数据 0.1 0.24 0.46 0.76 0.94 则，， ， ， 所以，， 所以，即； （ii）依题意，即，即， 所以，即要使灭死率不低于，则该灭草剂的浓度至少要达到. 16. 已知函数． （1）当 时，求 的极值； （2）若在 上存在零点，求 的取值范围． 【答案】（1） 极大值为，没有极小值； （2） . 【解析】 【分析】（1）把 代入，利用导数求出极值. （2）求出函数 ，利用零点的意义分离参数并构造函数，再利用导数求出该函数的取值范围即可. 【小问1详解】 当 时，的定义域是，求导得， 当时，；当时，， 所以函数 在上单调递增，在 上单调递减， 所以函数 在处取得极大值，无极小值. 【小问2详解】 函数， 由，得. 令，依题意，直线与函数 在 上的图象有交点， 由（1）知，函数在上单调递增，在 上单调递减，， 而，，，当时，， 当且仅当时，直线与函数 在 上的图象有交点， 所以 的取值范围为. 17. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为 ，随机变量X服从指数分布，且 取值不超过 的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 【答案】（1）7.7分钟 （2）（i）证明见解析（ii）元 【解析】 【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可. （2）（i）根据条件概率公式证明即可. （ii）结合指数分布的数学期望计算即可. 【小问1详解】 平均时间. 【小问2详解】 （i）证明：由题意知，， 分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B， 则 . 所以对于任意的，有. （ii）由（i）知， ， 所以费用的期望是（元）. 18. 某科技公司生产的智能设备控制系统由个相同的独立元件组成，每个元件正常工作的概率均为，当控制系统中有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停机.记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. （1）若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数 的分布列和数学期望，当时，求. （2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为2元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的3倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润为4元，其他产品的利润还是每件2元．记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）． （ⅰ）请用表示； （ⅱ）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，问增加2个元件，单位时间内的利润是否提高？（取计算） 【答案】（1）控制系统中正常工作的元件个数 的分布列为： 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为， . （2）（ⅰ）（ⅱ）提高了 【解析】 【分析】（1）利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）（i）先写出在正常运行状态下，单位时间内的利润即可求出期望； （ii）先求出增加元件前的利润期望和增加元件后的利润期望，相除与1作比较判断即可. 【小问1详解】 因为，所以控制系统中正常工作的元件个数 的可能取值为， 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以， ， ， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数 的分布列为： 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为， . 【小问2详解】 （ⅰ）在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的3倍，即件，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润为4元，其他产品的利润还是每件2元， 在正常运行状态下，单位时间内的利润为：（元）， 因为设备正常运行的概率为，所以利润的期望为. （ⅱ）现有控制系统中有5个元件，即，解得， 由（1）可知，根据，可得增加元件前的利润期望为（元）， 增加2个元件后，控制系统由个元件组成，即，解得， 设备正常运行即有不少于4个元件正常工作，可得 ， 根据，可得增加元件后的利润期望为（元）， ，又，， 故单位时间内的利润提高了. 19. 已知函数. （1）讨论 的单调性； （2）若 有两个零点，为 的导函数. （i）求实数 的取值范围； （ii）记 较小的一个零点为，证明：. 【答案】（1） 当 时，函数在单调递减； 当 时，函数在上单调递减，在单调递增 （2）（i）； （ii）因为，由，结合（i）知， 要证，即证，即， 当时，因为，，不等式恒成立； 当时，由得. 即证. 即证. 即证. 设，，由， 所以在单调递增.所以，故原不等式成立. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用导数分 和 求解； （2）（i）由（1）知 ，且最小值为小于0即可得 的取值范围；（ii）结合（i）知，要证，即，分和进行证明. 【小问1详解】 函数的定义域为，， ①当 时， ，函数在单调递减； ②当 时，令 ，解得， 当时， ，函数单调递减； 当时， ，函数单调递增. 综上所述，当 时，函数在单调递减； 当 时，函数在上单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 （i）若 ，由（1）知，至多有一个零点； 若 ，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. 因为当时，； 当时，， 所以函数有两个零点当且仅当. 设，函数在单调递增. 因为，的解集为. 综上所述， 的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $