精品解析：湖北襄阳市第四中学2025-2026学年高二下学期6月质量检测数学试卷

襄阳四中2024级高二年级6月质量检测 数学试卷 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. 已知下列四个命题，其中正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本函数的求导公式以及复合函数的求导法则即可结合选项求解. 【详解】，A选项正确； ，B选项错误； ，C选项错误； ，D选项错误； 2. 4名同学分别报名参加足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法有（    ）种 A. 24 B. 64 C. 16 D. 81 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，每名同学都有3种选择， 所以根据乘法计数原理得，不同的报名方法有种. 3. 已知的图象如图所示，其中是的导函数，则下列关于函数说法正确的是（ ） A. 仅有2个极值点，一个是极大值点，一个是极小值点 B. 因为有四个根，故函数有四个极值点 C. 有2个极大值点，3个极小值点 D. 没有极值 【答案】A 【解析】 【分析】根据极值点的定义和的图象得出结论． 【详解】若是的极值点，则，且在两侧异号， 由的图象可知共有4解， 其中只有两个零点的左右两侧导数值异号，一个导函数的符号由正变负，是极大值点， 一个导函数符号由负变正，是极小值点， 故A正确，BCD错误． 故选：A． 4. 袋装食盐标准质量为，规定误差的绝对值不超过就认为合格.某食盐包装生产线的误差服从正态分布，误差的样本均值为0，样本方差为4，则随机抽取10000袋食盐，估计合格的约（ ）袋. [附：若随机变量X服从正态分布，则，，.] A. 6827 B. 8161 C. 9545 D. 9759 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到误差的随机变量满足的条件，结合附加数值计算. 【详解】因为误差的样本均值为，样本方差为，所以， 又规定误差的绝对值不超过为合格，即合格时误差随机变量满足， 即，根据附加信息， 估计误差满足的概率约为， 所以估计合格的袋数约为. 故选：C. 5. 如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ） A. 120 B. 180 C. 221 D. 300 【答案】B 【解析】 【分析】分Ⅰ，Ⅳ同色和不同色两种情况讨论，结合分布乘法原理即可得解. 【详解】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法， Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法； Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅳ有种涂色方法， Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法， 综上共有种不同的着色方法. 故选：B. 6. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒．若要使方盒的容积最大，则边长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，可得，求导确定函数单调性即可求解. 【详解】依题意，折成无盖盒子的底面是边长为的正方形，高为，则， 由得，， 令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减，且在处取得最大值，B正确； 故选：B． 7. 已知关于x的方程有两个不等实根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意即方程 有两个不相等的实根，然后通过研究单调性，图像可得答案. 【详解】由题意即方程 有两个不相等的实根，令，则， 因,则在R上单调递增，所以问题等价于 有两个不相等的实根， 即直线与图像有两个交点，，. 得在单调递增，在单调递减， ，，时，时， 据此可得大致图像如下，由图像得． 8. A和B进行了10次猜拳游戏，A出了3次石头， 6次剪刀和1次布， B出了2次石头， 4次剪刀和4次布，已知2人从未出现平局，则A赢了（   ）次． A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由没有出现平局，分析A,B的对战情况，从而得到A赢的次数. 【详解】由题意知，A出了3次石头，6次剪刀和1次布，B出了2次石头，4次剪刀和4次布. 由于没有出现平局，所以A的6次剪刀，只能对应B的2次石头和4次布， 所以这6局中，A赢了4次； 另外A的3次石头和1次布对应B的4次剪刀，所以这4局中，A赢了3次. 综上所述，A一共赢7次. 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. 下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 的展开式中的系数是30 C. 在的展开式中，含的项的系数是220 D. 的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大 【答案】AD 【解析】 【分析】根据组合数的性质可判断AD，由二项式展开式的特征可判断BC. 【详解】对于A，由于，所以或，解得或，故A错误； 对于B, 的展开式通项为， 令，即，所以的系数为，故B正确； 对于C，的展开式中， 含的项的系数是 ，故C正确； 对于D，的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为，由组合数的性质可知最大且，故D错误. 故选：AD 10. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 函数在区间单调递增 B. 函数在上有两个零点 C. 若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围为 D. 关于的不等式在上恰有两个整数解，则实数的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，对分段函数分区间求导，根据导数在内的符号判断的单调性，验证是否符合单调递增的结论；对B，令求解方程，验证结论是否正确；对C，先对原方程因式分解得到和​，画出的大致图像，结合图像统计总实根个数，推导得到 的取值范围验证结论；对D，在的条件下将不等式变形为，分析函数在上的单调性与取值，结合恰有两个整数解的要求推导 的取值范围验证结论. 【详解】对于A：当 时，， 恒成立，在单调递增； 当时，， 恒成立，当且仅当 时取等号， 所以在单调递增， 综上，在区间单调递增，A正确； 对于B：由可得 ，即在上只有一个零点，B错误； 对于C：因式分解得，即或， 因为当时，，恒成立，单调递增， 又时，， 时，， 所以时，且单调递减； 当 时，，若， ，单调递增， 若， ，单调递减，又，时，， 所以 时，先增后减，当时取得极大值， 综上，的图象如图所示， 显然与函数有3个交点，则若方程有6个不相等的实数根， 则与函数有3个交点，所以或，C错误； 对于D：时，，不等式即，化简得， 令，则整数解为， 时，，时，，时，， 要使不等式恰好有两个整数解，即满足，不满足，则， 解得，即实数的取值范围是，D正确. 11. 下列表述正确的是（   ） A. 在集合中，被除余的元素共有100个 B. 由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成1420个比5000000大且没有重复数字的正整数 C. 在孟德尔豌豆试验中，子二代基因型为，其中为显性基因，为隐性基因，且这三种基因型的比为 ，如果在子二代中任意选取2株豌豆进行杂交试验，那么子三代中基因型为的概率为 D. 正整数2160的所有正因数的和是7440. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由被除余的元素构成数列，，，…，求解判断；对于B，由该数有七位数，且首位是5或6求解判断；对于C：利用全概率公式求解判断；对于D，由，设2160的正因数，根据可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3；得到2160有个不同的正因数求解判断. 【详解】对于A，因为集合中，被除余的元素有，，，…，， 这些元素构成以为首项，以为公差的等差数列，设共有个数，则， 解得，故这些元素共有个.A正确； 对于B，若比5000000大，则有七位数，且首位是5或6， 所以由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成个没有重复数字， 并且比5000000大的正整数，故B错误. 对于C：记事件：子三代中基因型为，因父本中含时子三代为的概率为0， 故父本基因选择如下：记事件：选择的是、，记事件：选择的是、， 记事件：选择的是、， 则，，， 在子二代中任取2株豌豆杂交，分以下三种情况讨论： 若选择的是、，则子三代中基因型为的概率为；， 若选择的是、，则子三代中基因型为的概率为；， 若选择的是、，则子三代中基因型为的概率为． 综上， .因此，子三代中基因型为的概率是．故C正确 对于D，由题意，，则2160的正因数， 因为可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3； 所以2160有个不同的正因数， 式子的展开式就是40个正因数之和． 所以，正因数之和为.即2160所有正因数的和是.故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线上一点，则在点P处的切线的倾斜角为________． 【答案】45° 【解析】 【详解】∵y＝x2－2，∴ ∴当Δx→0时，→x. ∴y′|x＝1＝1，∴在点处的切线斜率为1， 切线倾斜角为45°. 答案：45° 13. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据构造函数，再用导数判断函数单调性，进而将所求不等式转化为， 结合函数的单调性可得不等式解集. 【详解】由条件，构造函数，定义域为. 对求导得： ， 因为，且已知， 所以 ，即在上单调递增. 由 得， 所以原不等式可转化为， 所以，解得， 因此不等式的解集为. 14. 现有 个相同的袋子，里面均装有 个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球， 个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是______. 【答案】## 【解析】 【分析】先设“取出第个袋子”为事件，“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件，由全概率公式得，结合条件可得，进而可判断个袋子中的红球及白球数，再由条件概率公式可得结果. 【详解】设“取出第个袋子”为事件， “从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件， 则，且两两互斥，，， 对于第个袋子，白球数为，从第个袋子中连续取出三个球（每个球取后不放回）， 因此第三次取出的球为白球. 所以，由全概率公式， . 令，解得. 所以第个袋子：个红球个白球；第个袋子：个红球个白球； 第个袋子：个红球个白球；第个袋子：个红球个白球； 第个袋子：个红球. 设前两次取出白球为事件，第三次取出白球为事件，则. 又因为. . 所以. 故在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是. 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. 给定函数. （1）讨论函数的单调性，并求出的极值； （2）讨论方程解的个数. 【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；极小值为，无极大值 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域，以及导函数，根据导函数即可得出函数的单调性以及极值； （2）将已知转化为求解函数的图象与直线 的交点个数.根据函数值的符号、特殊点的函数值以及函数的单调性，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案. 【小问1详解】 函数的定义域为. . 令，解得 ， ，的变化情况如表所示. -3 - 0 + 单调递减 单调递增 所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 当 时，有极小值，无极大值 【小问2详解】 方程的解的个数为函数的图象与直线 的交点个数. 令，解得. 当时，；当时， . 又由（1）可知，在 时有唯一极小值，也是最小值. 所以，的图象经过特殊点，， . 且当时，有； 当时，有. 如图，作出函数的图象 由图象可得， 当时，与 的图象没有交点，所以方程的解为0个； 当或时，与 的图象只有一个交点，所以方程的解为1个； 当时，与 的图象有两个交点，所以方程的解为2个. 16. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中随机地摸出20个球作为样本．用X表示样本中黄球的个数． （1）分别就有放回摸球和不放回摸球，求X的分布列和期望（分布列用公式法表示）； （2）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，求误差的绝对值不超过0.1的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 参考数据： k 5 6 7 8 9 10 0.07465 0.12441 0.16588 0.17971 0.15974 0.11714 0.06530 0.12422 0.17972 0.20078 0.17483 0.11924 【答案】（1）有放回：， ，1，2，…，20，， 不放回：， ，1，2，…，20， （2）0.7988，不放回摸球时误差绝对值不超过0.1的概率更大，实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数.因此，在相同的误差限制下，采用不放回摸球估计的结果更可靠些 【解析】 【分析】（1）分别应用二项分布及超几何分布概率及数学期望公式计算求解； （2）分别应用二项分布及超几何分布概率结合已知数据计算求解. 【小问1详解】 对于有放回摸球，每次摸到黄球的概率为0.4，且各次试验之间的结果是独立的， 因此， X的分布列为：， ，1，2，…，20． . 对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，X服从超几何分布，X的分布列为： ， ，1，2，…，20． . 【小问2详解】 样本中黄球的比例是一个随机变量， 根据参考数据 k 5 6 7 8 9 10 0.07465 0.12441 0.16588 0.17971 0.15974 0.11714 0.06530 0.12422 0.17972 0.20078 0.17483 0.11924 计算得 有放回摸球：． 不放回摸球：． ∵ ，故不放回摸球时误差绝对值不超过0.1的概率更大， 实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数. 因此，在相同的误差限制下，采用不放回摸球估计的结果更可靠些. 17. 已知函数． （1）若函数是减函数，求的取值范围； （2）若有两个零点，且，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围； （2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论. 【小问1详解】 的定义域为， ， 函数是减函数，故在上恒成立， 即在上恒成立， 令，， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，且， 故，解得， 故的取值范围是； 【小问2详解】 若有两个零点，则， 得． ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ，即， 故. 【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 18. 已知函数的图象在点处的切线方程为 . （1）用表示出 ； （2）若 在上恒成立，求的取值范围； （3）证明： 【答案】（1） ， （2） （3）先证左边：由（2）知：当时， 在上恒成立， 那么当时，， ， 则， 则 在上恒成立， 又 ， 中的等号在处取得， 则 在上恒成立， 令 依次取，，，…，可得： ，，，…，， ， ， ， .左边得证. 再证右边： 方法一：令，因为， 所以 在上是单调递减函数，在上是单调递增函数， 所以 ，所以 ， 所以，所以， 所以 ， 即，所以右边得证. 方法二：先证明不等式， 证明如下：设 ， ， 当时， ，则在上是单调递增函数， 又 ， 则当时， ，即 ； 设， 而， 当时， ，则在上是单调递增函数， 又 ， 则当时， ，即； 综上可得，. 设，则， 即，又，则，下同方法一. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而得到关于的等式，利用得到 关于的等式. （2）构造函数 ，分别按照 和 讨论求解，利用导数求出单调性，从而得到的取值范围. （3）先证左边：由（2）得到当时， 在上恒成立，那么当时， 在上恒成立；将 依次取，，，…，代入 ，得到不等式组，将这些不等式组相加计算得到，左边得证.再证右边：方法一：构造函数，利用导数法求出 的单调性，利用单调性得到，从而得到 ，即可得到，通过求和得到，所以右边得证.方法二：利用飘带不等式，，对左边赋值得到，下同方法一进行证明即可. 【小问1详解】 ，， 的图象在点处的切线方程为 ， ， ； 又 ， . 【小问2详解】 由（1）得 ， 令 ， 则 在上恒成立； ， 令 ，解得：， ； 当 ，即时， 在上恒成立， 在上单调递增， ，满足题意； 当 ，即时， 若，则 ，则在上单调递减， 此时 ，不合题意；综上所述：的取值范围为. 【小问3详解】 略. 19. 一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡. 新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立， 如此繁衍下去. 某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量. （1）若， （i）求随机变量的分布列和期望; （ii）求事件 “” 的概率; （2）已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望. 【答案】（1）（i） 1 2 3 4 （ii）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）求出的所有可能取值及对应的概率，列出分布列并求出期望；（ii）将事件 “”分拆成两两互斥的事件的和，利用概率的加法公式，结合等比数列前 项和公式求解. （2）求出在的条件下，的可能取值，求出对应的概率及期望，再利用全概率公式求出，进而求出的期望的递推公式，利用等比数列通项公式求得 . 【小问1详解】 （i）依题意，的所有可能取值为1，2，3，4， ，， ，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 的数学期望为 （ii）事件，即细胞在 个生命周期中只有一次分裂为2个新细胞， 且之前与之后的所有细胞都分裂为1个新细胞， 记事件表示“细胞只在第个周期分裂为2个新细胞”， 则两两互斥，， 而， 因此， 所以事件 “” 的概率为. 【小问2详解】 在的条件下，的可能取值为， 则， ， 因此 ， （）， 由全概率公式得， 于是的期望 ，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 又，所以，即的期望为. 【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 襄阳四中2024级高二年级6月质量检测 数学试卷 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. 已知下列四个命题，其中正确的是（    ） A. B. C. D. 2. 4名同学分别报名参加足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法有（    ）种 A. 24 B. 64 C. 16 D. 81 3. 已知的图象如图所示，其中是的导函数，则下列关于函数说法正确的是（ ） A. 仅有2个极值点，一个是极大值点，一个是极小值点 B. 因为有四个根，故函数有四个极值点 C. 有2个极大值点，3个极小值点 D. 没有极值 4. 袋装食盐标准质量为，规定误差的绝对值不超过就认为合格.某食盐包装生产线的误差服从正态分布，误差的样本均值为0，样本方差为4，则随机抽取10000袋食盐，估计合格的约（ ）袋. [附：若随机变量X服从正态分布，则，，.] A. 6827 B. 8161 C. 9545 D. 9759 5. 如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ） A. 120 B. 180 C. 221 D. 300 6. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒．若要使方盒的容积最大，则边长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知关于x的方程有两个不等实根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. A和B进行了10次猜拳游戏，A出了3次石头， 6次剪刀和1次布， B出了2次石头， 4次剪刀和4次布，已知2人从未出现平局，则A赢了（   ）次． A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 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. 下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 的展开式中的系数是30 C. 在的展开式中，含的项的系数是220 D. 的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大 10. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 函数在区间单调递增 B. 函数在上有两个零点 C. 若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围为 D. 关于的不等式在上恰有两个整数解，则实数的取值范围为 11. 下列表述正确的是（   ） A. 在集合中，被除余的元素共有100个 B. 由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成1420个比5000000大且没有重复数字的正整数 C. 在孟德尔豌豆试验中，子二代基因型为，其中为显性基因，为隐性基因，且这三种基因型的比为 ，如果在子二代中任意选取2株豌豆进行杂交试验，那么子三代中基因型为的概率为 D. 正整数2160的所有正因数的和是7440. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线上一点，则在点P处的切线的倾斜角为________． 13. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为________. 14. 现有 个相同的袋子，里面均装有 个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球， 个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是______. 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. 给定函数. （1）讨论函数的单调性，并求出的极值； （2）讨论方程解的个数. 16. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中随机地摸出20个球作为样本．用X表示样本中黄球的个数． （1）分别就有放回摸球和不放回摸球，求X的分布列和期望（分布列用公式法表示）； （2）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，求误差的绝对值不超过0.1的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 参考数据： k 5 6 7 8 9 10 0.07465 0.12441 0.16588 0.17971 0.15974 0.11714 0.06530 0.12422 0.17972 0.20078 0.17483 0.11924 17. 已知函数． （1）若函数是减函数，求的取值范围； （2）若有两个零点，且，证明：． 18. 已知函数的图象在点处的切线方程为 . （1）用表示出 ； （2）若 在上恒成立，求的取值范围； （3）证明： 19. 一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡. 新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立， 如此繁衍下去. 某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量. （1）若， （i）求随机变量的分布列和期望; （ii）求事件 “” 的概率; （2）已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $