精品解析：江苏省无锡市大桥实验学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题

高二数学 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. [1，2] B. （1，2］ C. ［1，3］ D. 2. 已知 ，，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知是函数在上的导函数，函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，可以组成（ ）个没有重复数字的五位数. A. 1440 B. 1224 C. 576 D. 792 5. 已知线性相关的两个变量的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. C. 4 D. 6. 若函数的最小值为，则正实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半，甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（ ） A. 甲盒中黑球与丙盒中黑球一样多 B. 甲盒中红球与丙盒中红球一样多 C. 乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 D. 乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 8. 有5个集合：，，，，，从每个集合中等可能地各取1个数，记这5个数之和为 ，则的值为（ ）. A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从两点分布，，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服正态分布，，则 10. 若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（ ） A. B. 当时，的值不唯一 C. 可能等于 D. 当时，的取值范围是 11. 若不相等正数a，b，满足aa＝bb，则（ ） A. a＞1 B. b＜1 C. D. 三、填空题 12. 已知编号为1，2，3的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且红球在1，2，3号箱中分别占，，.从3个箱中随机选一个箱子，再从中随机取出一个球，若1，2，3号箱子被选中的概率为，，，问在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱的概率为______. 13. 有根长度相同的绳子放置在桌面上，共有个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束，则当时，这4根绳子恰好能围成一个圈的概率为______. 14. 对于任意正实数， ，都有，则实数的取值范围为______. 四、解答题 15. 已知关于x的不等式 的解集为不等式的解集为A （1）求集合A; （2）已知集合，若“ ”是“ ”的充分不必要条件， 求实数a的取值范围. 16. 若二项式的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数的比是. （1）求 的值； （2）求展开式中所有的有理项. 17. 为了解某一地区纯电动汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量 （单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量 的方差为，年份的方差为. （1）求 与的相关系数，并据此判断电动汽车销量 与年份的相关性强弱； （2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 购买非电动车 购买电动车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与性别有关？ ①参考数据：； ②参考公式：（ⅰ）线性回归方程：，其中，. （ⅱ）相关系数：，若，则可判断 与线性相关较强. （ⅲ），其中. 附表： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 18. 如图，在研究某种粒子的实验装置中，粒子从腔室出发，到达腔室，从腔室经过1号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态；粒子从室经过2号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为，粒子间的旋转状态相互独立，现有两个粒子从室出发． （1）已知两个粒子通过1号门进入室后，恰有1个上旋状态1个下旋状态．这两个粒子通过2号门进入室后，仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态的概率． （2）若两个粒子进入室后，每个粒子再经过2号门返回室的概率为，各粒子返回室相互独立，求返回室的粒子个数的分布列、期望与方差． （3）若实验装置出现故障，两个粒子进入室后裂变成个粒子，裂变后的每个粒子再经过2号门返回室的概率变为，各粒子返回室相互独立．有个粒子返回室的概率为，则为何值时，取最大值． 19. 已知函数，. （1）求函数在区间上的值域； （2）若对任意的 ，都有 ，求实数 的取值范围； （3）设，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. [1，2] B. （1，2］ C. ［1，3］ D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数性质和一元二次不等式化简集合，然后利用交集的定义运算即得. 【详解】由可得，即，故； 由得，即，故. 因此， 故选：B. 2. 已知 ，，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】ABD利用不等式性质无法推出，都可举出反例进行否定；C可借助于指数函数的单调性，结合不等式的性质得到证明. 【详解】选项A： 举反例：取，， ， ，则 ，，显然  不成立，因此A不恒成立； 选项B： 举反例：取 ，，，，则 ，，显然  不成立，故B不恒成立； 选项C： 由于指数函数 是严格递增函数，  和  分别推出  和 ，因此  恒成立，因此C恒成立； 选项D： 举反例：取，， ，，则 ，，显然  不成立，因此D不恒成立. 故选：C. 3. 已知是函数在上的导函数，函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根极值与导函数的关系确定在附近的正负，得的正负，从而确定正确选项． 【详解】由题意可得，而且在点的左侧附近， ，此时，排除B、D； 在点的右侧附近， ，此时，排除A， 所以函数的图象可能是C． 故选：C 4. 从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，可以组成（ ）个没有重复数字的五位数. A. 1440 B. 1224 C. 576 D. 792 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两个基本原理及排列、组合计数问题列式求解. 【详解】不含数字0的无重复数字的五位数，有个； 含有数字0的无重复数字的五位数，有个， 所以所求的五位数个数为. 5. 已知线性相关的两个变量的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用线性回归方程过点计算可得，再利用残差定义作差即可得. 【详解】由题设可得，故， 故，即 ，故残差为． 6. 若函数的最小值为，则正实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调性，根据单调性得到函数的最小值的表达式，结合题意即可求解. 【详解】已知函数，则， 令 ，由于 ，正实数，所以得， 令，则，由于 ，正实数，所以恒成立， 所以是一个单调递增的函数，当 时， ；当时， ； 因此方程 有且仅有一个实数根，设为，即， 因为，当 时，有，解得，矛盾，因此 ， 当时，，即 ，函数单调递减； 当时，，即 ，函数单调递增； 所以函数在处取得最小值， 由于函数的最小值为，即，则有， 同时极值点满足， 代入上式得，解得 ， 则有，解得，故A正确. 7. 袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半，甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（ ） A. 甲盒中黑球与丙盒中黑球一样多 B. 甲盒中红球与丙盒中红球一样多 C. 乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 D. 乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 【答案】C 【解析】 【分析】由题意知，乙中放红球，则甲中也肯定是放红球，往丙中放球的前提是放入甲中的不是红球，据此可以从乙中的红球个数为切入点，结合红球的数量与黑球数量相等进行分析． 【详解】由题意知，操作分为四种： ①两个红球，甲放红，乙放红； ②两个黑球，甲放黑，丙放黑； ③一红一黑，甲放红，乙放黑； ④一黑一红，甲放黑，丙放红； 设取出两个红球的次数为，两个黑球的次数为，一红一黑，甲放红的次数为， 一黑一红，甲放黑的次数为， 已知红球的数量与黑球数量相等，则，解得， 乙盒中红球数量来自情况①，数量为；丙盒中黑球的数量来自情况②，数量为， 由可得乙盒中红球与丙盒中黑球一样多． 8. 有5个集合：，，，，，从每个集合中等可能地各取1个数，记这5个数之和为 ，则的值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式结合概率分布的对称性可求相应的概率. 【详解】设为选自中的数，则 ，其中 ， 此时， 而， 显然事件 与事件 为等概率事件，即， 所以的概率分布关于 对称，则，， 故. 二、多选题 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从两点分布，，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服正态分布，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据方差公式即可判断A；根据方差的性质即可判断B；根据二项分布的概率公式即可判断C；根据正态分布的对称性即可判断D. 【详解】对于A，若随机变量服从两点分布，， 则，故A错误； 对于B，若随机变量的方差，则，故B错误； 对于C，若随机变量服从二项分布， 则，故C正确； 对于D，若随机变量服正态分布，， 则，故D正确. 故选：CD. 10. 若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（ ） A. B. 当时，的值不唯一 C. 可能等于 D. 当时，的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】对函数求导，设切点为，利用导数的几何意义，进而求出切线方程，令，问题转化为直线与图象的交点个数，求导，分析函数单调性及极值点，作函数的大致图象，结合图象分析切线条数与的取值范围，再逐一分析判断各选项． 【详解】函数求导得，设切点为， 则切线斜率，切线方程为， 又切线过点，代入切线方程得， 整理得，切线条数等价于方程的不同实根个数， 令，问题转化为直线与图象的交点个数， 求导得，令，解得或， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当 时，，单调递减； 则当时，取得极小值，极小值为， 当时，取得极大值，极大值为， 当时，； 当 时， ； 的大致图象如下图所示： 由图象可知，当时，直线与的图象有0个交点，即过点且与函数的图象相切的切线有0条； 同理，当时，过点且与函数的图象相切的切线有1条，； 当时，过点且与函数的图象相切的切线有3条，； 当时，过点且与函数的图象相切的切线有2条，； 当时，过点且与函数的图象相切的切线有1条，. 选项A：当时，，满足； 当时，，满足； 当时，，满足；故A正确. 选项B：当时，，是唯一值，故B错误. 选项C：若时，，对应，此时，故存在这样的， 故C正确. 选项D：当时，的取值范围是，故D错误． 11. 若不相等正数a，b，满足aa＝bb，则（ ） A. a＞1 B. b＜1 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将，变为，再构造，然后研究其单调性可求解. 【详解】由，得， 令，，解得， 而时， ；时，. 所以 在上单调递减，在 上单调递增. 所以，故A不正确，B正确； 要证明，即证明（）， 只须证，只须证. 令， ， 所以在上单调递减，所以， 所以，故C正确； 由于 在上单调递增，而， 所以，所以， 所以，故D正确. 故选：BCD 三、填空题 12. 已知编号为1，2，3的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且红球在1，2，3号箱中分别占，，.从3个箱中随机选一个箱子，再从中随机取出一个球，若1，2，3号箱子被选中的概率为，，，问在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意，根据古典概型的概率公式以及条件概率计算公式，结合全概率公式和贝叶斯公式即可计算得解. 【详解】设事件为“取出的小球来自号箱”，事件为“取出的球为红球”， 则构成了总的样本空间，且，，两两互斥， 由题意有，，， ，，， 则由全概率公式得， 则在取出的球为红球的条件下， 该球取自3号箱的概率为. 故答案为： 13. 有根长度相同的绳子放置在桌面上，共有个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束，则当时，这4根绳子恰好能围成一个圈的概率为______. 【答案】 【解析】 【详解】4根绳子，8个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头， 可转化为有8个绳头，每2个绳头一组，分为4组，共有种； 其中恰好能围成一个圈，则以其中一根绳子为首，从6个绳头中选择一个与之打结， 再从剩余4个绳头中选择一个与上一根剩余的绳头打结，依次进行， 则打结方式有：种， 所以4根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 14. 对于任意正实数，，都有，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】运用分离参数求最值，令，将原不等式化为，再构造函数，求其最大值，进而求得结果. 【详解】根据题意，对于任意正实数，，都有，即， 令，则，移项可得， 令，则， 令，则， 故，即在单调递减，又因为， 则当时， ，函数单调递增； 当时， ，函数单调递减； 因此，函数在处取最大值，最大值为， 所以有，解得， 即实数的取值范围为. 四、解答题 15. 已知关于x的不等式 的解集为不等式的解集为A （1）求集合A; （2）已知集合，若“ ”是“ ”的充分不必要条件， 求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 或 或， 【解析】 【分析】（1）根据一元二次不等式的解与二次方程根的关系可得，即可利用因式分解求解， （2）根据充分不必要条件转化为 ,即可求解. 【小问1详解】 由不等式 的解集为可知是的两个实数根，故且，解得， 所以为，变形为， 解得， 故不等式的解为，即 【小问2详解】 由于“ ”是“ ”的充分不必要条件，故 , 若，则 ，满足， 若 ，则，则， 则，解得 或 ， 综上可得 或 或 16. 若二项式的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数的比是. （1）求 的值； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1） （2）有理项为、、 【解析】 【分析】（1）通过二项式系数的比例关系求 ； （2）结合 的取值范围，利用通项判定指数为整数的有理项. 【小问1详解】 二项式第 项的二项式系数为，由题意得，  即 ，整理得 ， 解得（负根舍去，因）. 【小问2详解】 时，展开式通项为 ， 由 ，结合 的取值范围得， 时：； 时：； 时：. 即 有理项为、、 . 17. 为了解某一地区纯电动汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为. （1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱； （2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 购买非电动车 购买电动车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与性别有关？ ①参考数据：； ②参考公式：（ⅰ）线性回归方程：，其中，. （ⅱ）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强. （ⅲ），其中. 附表： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1），电动汽车销量与年份线性相关较强 （2）能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与性别有关 【解析】 【小问1详解】 由与的线性回归方程为，得， 因此相关系数 ， 所以与线性相关较强 【小问2详解】 零假设：购买电动汽车与车主性别无关， ， 所以能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与车主性别有关. 18. 如图，在研究某种粒子的实验装置中，粒子从 腔室出发，到达腔室，从 腔室经过1号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态；粒子从室经过2号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为，粒子间的旋转状态相互独立，现有两个粒子从 室出发． （1）已知两个粒子通过1号门进入室后，恰有1个上旋状态1个下旋状态．这两个粒子通过2号门进入室后，仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态的概率． （2）若两个粒子进入室后，每个粒子再经过2号门返回室的概率为，各粒子返回室相互独立，求返回室的粒子个数的分布列、期望与方差． （3）若实验装置出现故障，两个粒子进入室后裂变成个粒子，裂变后的每个粒子再经过2号门返回室的概率变为，各粒子返回室相互独立．有个粒子返回室的概率为，则为何值时，取最大值． 【答案】（1） （2） 0 1 2 ， （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，把问题拆解为两个粒子状态不变和状态改变两种情况，再利用独立事件概率乘法分别计算两种情况概率，进而相加求解； （2）利用二项分布求出相关概率，求出分布列，进而求出方差和期望； （3）裂变后返回粒子服从二项分布，写出概率，利用相邻项作商法通过比值与1的大小关系判断概率的单调性，进而求解． 【小问1详解】 已知两个粒子在室恰为1个上旋，1个下旋，每个粒子经过2号门时， 状态不变的概率为，状态改变的概率为， 要保持进入室后，仍然恰有1个上旋状态1个下旋，则： 两个粒子状态均不变：概率为； 两个粒子状态均改：概率为， 故所求概率为：． 【小问2详解】 返回室的粒子个数服从二项分布，的可能取值为， 则， ， ， 分布列为： 0 1 2 期望为：； 方差为：． 【小问3详解】 两个粒子进入室后裂变成个粒子，粒子返回室的概率变为，返回粒子数 服从二项分布，概率为：， ， 则， 令 ，则 ，解得， 当 时，单调递增； 当 时，单调递减； 故当 时，取得最大值． 19. 已知函数，. （1）求函数在区间上的值域； （2）若对任意的 ，都有 ，求实数 的取值范围； （3）设，且，证明：. 【答案】（1） （2） （3）当时，由（2）得对任意的有，即， 因此，且，即， 由（1）可知当时，，即， 可得当且 时，， 所以， 所以 . 【解析】 【分析】（1）求导，判断函数的单调性，根据单调性求出函数的值域； （2）令，求其导数，因为 ，由，解得，分和分别讨论函数单调性，从而分析不等式是否成立； （3）当时，由（2）得对任意的有，因此，且，即，根据（1）得，进而得，即可得证. 【小问1详解】 ，令，则， 当时，，所以，所以， 当时，，所以，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以 在上恒成立，所以在上单调递减， 所以，又， 所以函数在区间上的值域为； 【小问2详解】 令，则， 因为 ，由，解得， 当时，，因此在区间上单调递减， 所以，即在区间上恒成立， 当时，存在，使得当时，， 因此在区间上单调递增， 当时，，即在区间上不恒成立， 所以实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $