精品解析：山东省淄博第四中学2025-2026学年高二下学期6月期末检测数学试题

四中高二6月份期末检测 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 这一组数据：的中位数为（ ） A. B. C. D. 2. 对于，两个变量的四组样本数据，分别算得线性相关系数，，，，则线性相关性最强的是（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ） A. B. C. D. 或 4. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 5. 已知实数是3与9的等比中项，则（ ） A. B. C. D. 6 6. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 关于的不等式对恒成立，实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的有（     ） A. 若随机变量，，则 B. 若随机变量，则方差 C. 从10名男生，5名女生中选取4人，则至少有一名女生的概率为 D. 已知随机变量的分布列为（，2，3），则 10. 设函数，给定下列命题，则下列选项正确的是（ ） A. 函数的最小值为 B. 不等式的解集为 C. 函数在单调递增，在单调递减 D. 若恒成立，则实数 11. 在直三棱柱中，下列说法正确的是（ ） A. 以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个 B. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条 C. 过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对 D. 给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，且，则______． 13. 已知（，）是偶函数，在区间上单调递增．则__________，__________． 14. 已知数列的前n项和为，且满足，，则_________． 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. 已知数列为等差数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 已知函数. （1）当，时，求的极值； （2）若，有最大值且的最大值小于，求a的取值范围. 17. 年被业界公认为“具身智能元年”，得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟，人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动，活动分两轮进行．第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率； （3）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 18. 某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的列联表（单位：件）： 产品 合格 不合格 合计 调试前 80 60 140 调试后 40 20 60 合计 120 80 200 （1）根据表中数据，依据小概率值的独立性检验，判断能否认为参数调试与产品质量有关联； （2）现从调试后的样本中按合格和不合格，用按比例分配的分层随机抽样法抽取6件产品重新做参数调试，再从这6件产品中随机抽取2件作对比分析，记抽取的2件中不合格的件数为，求的分布列和数学期望； （3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取调试后的产品1000件，记其中合格的件数为，求使事件“”的概率最大时的取值． 参考公式及数据：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19. 在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处． （1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； （2）记第n秒末点M回到原点的概率为． ①求，，并利用公式，求； ②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四中高二6月份期末检测 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 这一组数据：的中位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】要找这组数据的中位数，首先需要把数据从小到大排序： ， 这组数据一共有7个，中位数是排序后位于中间位置的数，即第4个数， 也就是． 2. 对于，两个变量的四组样本数据，分别算得线性相关系数，，，，则线性相关性最强的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为越大，线性相关性越强，可知绝对值最大，即线性相关性最强. 3. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据单局胜率表示出总比赛局数的概率分布，再利用给定的数学期望建立方程即可求解. 【详解】由题意得随机变量可能的取值为2，3， ， 因为比赛必定在2局或3局结束，所以打满3局的概率就是不出现2局结束的对立事件概率， 即， 故的分布列为： 2 3 故， 由，解得. 4. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求函数的零点判断图像与轴的交点，结合函数值的正负区间以及时的极限状态（或求导分析单调性）即可排除错误选项。 【详解】令，即，因为恒成立，所以， 解得或，数图像与轴有两个交点和。 观察选项：A选项：当时图像一直在轴下方，不符合时，故排除A； B选项：当时图像有部分在轴下方，而当时，，，所以，故排除B； D选项： 由导数可知，当时，函数单调递增，D 选项在时单调递减，故排除D； C选项：图像过原点，在时函数值为正且先增后减（存在极大值），在后先减后增（存在极小值），符合函数性质. 5. 已知实数是3与9的等比中项，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【详解】已知是3与9的等比中项， ，解得． 6. 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. 7. 一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由条件求出数列的前项的和，设新数列为，设其公差为，由条件可得，结合选项判断即可. 【详解】由已知，，，，， 设新数列为，， 由已知数列为等差数列，设其公差为，， 又的前项都为奇数，所有项都为偶数， 由已知为正偶数，为正偶数， 则，故， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，此时可取，，， ，，，满足要求. 8. 关于的不等式对恒成立，实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过同构构造，利用单调性脱去外层，转化为简单的参数分离与最值分析. 【详解】由题，将不等式变形得，令，则原不等式等价于， 当时，，此时不等式恒成立； 当时，，当时，，单调递减；当时，，单调递增； 因为，所以，，不等式转化为，即（＊）； 令，则，在单调递增，则，且当时，所以为使（＊）对于对恒成立，必须且只需. 综上所述，. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的有（     ） A. 若随机变量，，则 B. 若随机变量，则方差 C. 从10名男生，5名女生中选取4人，则至少有一名女生的概率为 D. 已知随机变量的分布列为（，2，3），则 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题结合正态分布、二项分布、古典概型、离散型随机变量分布列的性质，对各选项逐一计算判断即可。 【详解】对于A：随机变量，因与关于对称，故，故A正确. 对于B：随机变量，，则，故B错误； 对于C：“至少有一名女生”的对立事件为“选取的4人全是男生”，而全是男生的概率为， 故至少有一名女生的概率为，故C正确； 对于D：由离散型随机变量分布列性质，所有概率之和为，即， 裂项化简得，解得，因此，故D正确. 10. 设函数，给定下列命题，则下列选项正确的是（ ） A. 函数的最小值为 B. 不等式的解集为 C. 函数在单调递增，在单调递减 D. 若恒成立，则实数 【答案】BD 【解析】 【分析】先确定函数的定义域，再求的导函数，根据导函数的正负判断的单调性，进而求其最值，判断A选项，先求，代入的表达式得到的解析式，再解不等式，判断B选项，求的导函数，根据导函数的正负判断的单调性，判断C选项，将恒成立转化为在定义域内恒成立，构造新函数​，求的最大值，即可得到的取值范围，判断D选项. 【详解】因为函数， 所以， 则当时，单调递减；当时，单调递增； 则函数的最小值为，故A错误； 因为，所以不等式的解集为，故B正确； 因为，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，故C错误； 恒成立，则恒成立， 则恒成立， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减； 则，则，故D正确. 11. 在直三棱柱中，下列说法正确的是（ ） A. 以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个 B. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条 C. 过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对 D. 给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，直接考虑选取的四面体的个数即可；对于B，直接考虑选取两个不同点的情况即可；对于C，结合A选项，根据每个四面体有3对异面直线求解；对于D，按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂三点涂法数，再讨论点A，B，C的涂法数即可. 【详解】对于A，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，即三棱锥有12个，故A选项正确； 对于B，三棱柱有六个顶点，可组成条直线，故B选项正确； 对于C，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C错误； 对于D，计算不同涂色方法数有两类方法： 当涂四色时，先涂，，，有种涂法，再从A，B，C中选一点涂第四种颜色，如A，再涂B， 若B与同色，则C有2种涂法，若B与异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂，，，有种涂法，再涂A，有2种涂法，则B，C各有1种涂法，故有种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： (种)， 所以不同的涂色方法共有264种，故D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由二项分布的方差公式和概率计算公式可得结果. 【详解】由，得，所以． 13. 已知（，）是偶函数，在区间上单调递增．则__________，__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据单调性和周期性可得.解法一：根据偶函数可得，并代入结合单调性检验即可；解法二：根据题意可得，即可得，根据导数与单调性的关系分析求解；解法三：分析可知在处取到极小值，可得，进而可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为，由题意可知， 因为函数在上单调递增，则，即， 可得，解得， 且，，则. 解法一：因为函数为偶函数， 则，，且， 则，， 若，则， 即或，不符合题意， 若，则， 即或，符合题意； 且或； 综上所述：，. 解法二：因为， 若函数为偶函数，则，即， 且，则， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递减，不符合题意， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递增，符合题意， 且或； 综上所述：，. 解法三：因为函数为偶函数，且函数在上单调递增， 可知在处取到极小值，则，，且， 则，，则， 即或，符合题意； 且或. 14. 已知数列的前n项和为，且满足，，则_________． 【答案】或 【解析】 【分析】讨论是奇数或偶数，结合递推式确定，讨论是奇数或偶数，结合递推式确定，并判断数列的周期性，进而求解． 【详解】当是奇数时，，解得，舍去， 当是偶数时，，解得； 当是奇数时，，解得， 的项依次是，即是周期为3的周期数列， ； 当是偶数时，，解得， 的项依次是， 即是首项为8，从第二项起是周期为3的周期数列， ． 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. 已知数列为等差数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为，利用已知条件建立方程组求解和； （2）将裂项为，再求和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由得， 由得， 解得，. 所以. 【小问2详解】 ，则， 所以. . 16. 已知函数. （1）当，时，求的极值； （2）若，有最大值且的最大值小于，求a的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性和极值； （2）求导，分和两种情况，利用导数判断函数的单调性和最值，结合题意可得，利用函数单调性解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则， 其定义域为，且， 令，解得或；令，解得， 1 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 若，则的定义域为，且， 当时，则，可知函数在上单调递增， 所以函数无最大值，不合题意； 当时，令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则函数的最大值为， 因为的最大值小于，即，可得， 设，，可知在上单调递增， 且，由不等式可得， 所以的取值范围为. 17. 年被业界公认为“具身智能元年”，得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟，人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动，活动分两轮进行．第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率； （3）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列为： 0 1 2 3 数学期望为 【解析】 【分析】（1）先求出“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件的概率，进而求出“3人中最多2人通过第一轮”的概率； （2）先由乘法公式求出三人通过第二轮的概率，再利用全概率公式计算求解； （3）求出的可能取值为，计算各可能值的概率，进而求出分布列及期望． 【小问1详解】 “3人中最多2人通过第一轮”的对立事件为“3人全部通过第一轮”， 每人通过第一轮的概率为，且相互独立，故全部通过的概率为：， “3人中最多2人通过第一轮”的概率为：． 【小问2详解】 小明通过第二轮的概率为：， 小华通过第二轮的概率为：， 小方通过第二轮的概率为：， 从3人中任选1人，每人被选中概率为，由全概率公式： ． 【小问3详解】 的可能取值为，三人通过第二轮的事件相互独立， ， ， ， ， 分布列为： 0 1 2 3 期望为：． 18. 某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的列联表（单位：件）： 产品 合格 不合格 合计 调试前 80 60 140 调试后 40 20 60 合计 120 80 200 （1）根据表中数据，依据小概率值的独立性检验，判断能否认为参数调试与产品质量有关联； （2）现从调试后的样本中按合格和不合格，用按比例分配的分层随机抽样法抽取6件产品重新做参数调试，再从这6件产品中随机抽取2件作对比分析，记抽取的2件中不合格的件数为，求的分布列和数学期望； （3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取调试后的产品1000件，记其中合格的件数为，求使事件“”的概率最大时的取值． 参考公式及数据：，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）认为参数调试与产品质量无关联． （2） 0 1 2 ． （3） 【解析】 【分析】（1）提出假设，根据列联表的数据求出的值，对照参考表检验即可； （2）先根据分层抽样求出合格品和不合格产品的个数，可知的所有可能取值为0，1，2，分别求出各自变量的概率，写出分布列，再按照离散型随机变量的期望公式求解即可； （3）由题可知，变量服从二项分布，要求事件“”的概率最大时的取值，即先求出和时的取值范围，再结合只能取整数，求出最大的值即可. 【小问1详解】 解：（1）提出假设：认为参数调试与产品质量无关联， 根据列联表中的数据，计算得到， 故依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断零假设不成立， 因此原假设成立，即认为参数调试与产品质量无关联． 【小问2详解】 由题意知，用按比例分配的分层随机抽样法抽取的6件产品中， 合格产品有件，则不合格产品有2件， 的所有可能取值为0，1，2， 则，，， 故的分布列为： 0 1 2 则. 【小问3详解】 由题可知，随机抽取调试后的产品的合格率为，故， 则，，，，， 由， 故由可得， 又，则当时，． 由可得，即当时，， 故当事件“”的概率最大时，． 19. 在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处． （1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； （2）记第n秒末点M回到原点的概率为． ①求，，并利用公式，求； ②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的． 【答案】（1） （2）①；； ； ②证明：由可知： 则 所以， 令（），则， 即函数在上单调递减， 所以，即，则， 则对任意正整数都有， 所以 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数，当时，，即 ， 综上，当时，成立，所以点M是常返的． 【解析】 【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可； （2）①分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简； ②利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证. 【小问1详解】 记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点，，，这四种情况．则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为． 【小问2详解】 ①点M在第2秒末回到原点，；⋯ 点M在第4秒末回到原点有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动i（）次，则上下各移动次， 所以 . ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $