江苏省如皋中学2025-2026学年高二下学期数学滚动练习6

**基本信息** 如皋中学高二数学周测试卷，聚焦导数、概率统计、立体几何等核心知识，通过生活情境（如公司利润分析、答题比赛）与逻辑推理（如极值点条件判断、二面角计算）考查数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|导数（极值点）、概率（超几何分布）、函数图像|第2题结合导数与充要条件考查逻辑推理| |多选|3/18|回归分析、二项式定理、函数性质|第11题导数零点与切线问题体现创新应用| |填空|3/15|导数单调性、概率期望|第14题双袋取球考查数据分析能力| |解答|5/77|导数应用、回归方程、立体几何、概率分布|16题公司利润回归分析贴近现实，19题导数综合题呼应高考命题趋势|

如皋中学高二数学滚动练习6 时间：120分钟 总分：150分 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1．已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 2．设的导函数为，且在处可导，则“是的极值点”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知随机变量，且，且，则（   ） A． B． C． D． 4．函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有 A．72个 B．96个 C．120个 D．144个 6．若事件满足，则（   ） A． B． C． D． 7．已知函数，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 8．在四面体ABCD中，若，则四面体ABCD体积的最大值是　　 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，有选错的得0分，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 9．下列说法中正确的是（    ） A．回归直线必经过样本数据的中心点； B．回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线； C．越接近1，相关性越强； D．在独立性检验中，值越大，说明两个变量有关系的可能性越小 10．已知展开式中共有8项．则下列结论正确的是（    ） A． B．奇数项的二项式系数和为64 C．二项式系数最大项为第4项 D．有理项共有4项 11．已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若，则______. 13．设函数在区间上单调递减，则的最大值是______. 14．已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球．现从两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为________；记取出的2个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答过程写出文字说明、证明过程或者演算过程． 15．（13分）设． (1)求的单调区间和极值点； (2)求在区间的最大值与最小值． 16．（15分）某公司为改进生产，现对近5年来生产经营情况进行分析.收集了近5年的利润（单位：亿元）与年份代码共5组数据（其中年份代码分别指2019年，2020年，年），并得到如下值：. (1)若用线性回归模型拟合变量与的相关关系，计算该样本相关系数，并判断变量与的相关程度（精确到0.01）； (2)求变量关于的线性回归方程，并求2024年利润的预报值. 附：①；②若，相关程度很强；，相关程度一般；，相关程度较弱；③一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为；相关系数. 17．（15分）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB. （1）证明：OD⊥平面PAQ； （2）若BE＝2AE，求二面角C­BQ­A的余弦值． 18．（17分）甲、乙两位学生福佑崇文阁进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． (1)求在一局比赛中，甲得10分的概率； (2)设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； (3)设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 19．（17分）已知函数，． (1)求的极值； (2)若在单调递增，求实数a的取值范围； (3)当时，若对任意的，总存在，使得，求实数a的取值范围． 如皋中学高二数学滚动练习6 时间：120分钟 总分：150分 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1．已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据超几何分布的概率计算公式计算即可. 【详解】因为随机变量服从超几何分布， 所以. 故选：A 2．设的导函数为，且在处可导，则“是的极值点”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据极值点定义或举例判断“”和“是函数的极值点”之间的逻辑关系，即可得答案. 【详解】根据函数极值点的定义可知为函数的极值点，必有； 反之，当时，不一定为函数的极值点， 比如，，满足，但在R上单调递增， 即不是函数的极值点， 故“为函数的极值点”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．已知随机变量，且，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正态分布特性求出的值，再根据二项分布的方差公式求出，最后代入题中所给等式求解即可． 【详解】因为随机变量，正态分布关于均值对称， 所以，又，则， 而，因为， 所以，解得. 4．函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求函数的定义域，然后判断函数的奇偶性，再判断单调性即可得答案. 【详解】解：函数的定义域为， 因为是偶函数，所以图像关于轴对称，所以排除AB 又时，， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 因为，所以排除C 故选：D． 【点睛】此题考查了函数图像的识别，考查了函数的性质，属于基础题. 5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有 A．72个 B．96个 C．120个 D．144个 【答案】C 【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案． 解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个； 分两种情况讨论： ①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个， ②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个， 共有72+48=120个． 故选C 考点：排列、组合及简单计数问题． 6．若事件满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据对立事件的概率公式，可得，根据概率的加法公式，可得，结合全概率公式及条件概率公式，代入求解，即可得答案. 【详解】由，得， 又， 所以， 由，得， 所以. 7．已知函数，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据导数得函数在上单调递增，由单调性可得，再解一元二次不等式即可. 【详解】由题意可得函数的定义域为，， 因为，，当且仅当，即时等号成立， 因为，所以恒成立，函数在上单调递增， 则不等式，解得， 所以不等式的解集为. 8．在四面体ABCD中，若，则四面体ABCD体积的最大值是　　 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意画出图形，取AB中点E，连接CE，DE，设，则，可知当平面平面ABD时，四面体体积最大，写出体积公式，利用导数求得体积最值． 【详解】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设，则， 当平面平面ABD时，四面体体积最大， 四面体的体积．， 当时，V为增函数，当时，V为减函数， 则当时，V有最大值． 故选A． 【点睛】本题考查四面体的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 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，有选错的得0分，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 9．下列说法中正确的是（    ） A．回归直线必经过样本数据的中心点； B．回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线； C．越接近1，相关性越强； D．在独立性检验中，值越大，说明两个变量有关系的可能性越小 【答案】AC 【详解】回归直线必经过样本数据的中心点，故A正确； 回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，故B错误； 越接近1，代表变量之间的相关性越强，故C正确； 在独立性检验中，值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，故错误. 10．已知展开式中共有8项．则下列结论正确的是（    ） A． B．奇数项的二项式系数和为64 C．二项式系数最大项为第4项 D．有理项共有4项 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，利用二项式定理及二项式系数的性质逐项判断. 【详解】对于A，由的展开式共有8项，得，则，A正确； 对于B，所有项的二项式系数和为，奇数项的二项式系数和为64，B正确； 对于C，由二项式系数的性质知，最大二项式系数为，因此第4项和第5项的二项式系数最大，C错误； 对于D，的展开式的通项公式为， 由为整数，得r的值可以为，则二项展开式中有理项共有4项，D正确. 故选：ABD 11．已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 【答案】ACD 【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项C：根据函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，代入点得，则函数与直线的图象有3个不同的交点，利用导数与极值的关系判断即可. 【详解】已知，则. 选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以. 所以，是增函数，故A正确. 选项B：，， 则，故不是奇函数，故B错误. 选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根. 其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则. 所以，故C正确. 选项D：设切点为，， 所以切线方程为. 又切线过，所以，即. 切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点. . 令，即，解得或. 当时，，当时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以极小值为，极大值为， 所以当时，与有3个交点. 所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若，则______. 【答案】-12 【分析】由原式的左右同时求导，令即可求解. 【详解】原式的左右同时求导，得， 令，得-12 故答案为：-12. 13．设函数在区间上单调递减，则的最大值是______. 【答案】 【分析】求出函数的导函数，依题意在上恒成立，即可得到在上恒成立，从而求出的范围. 【详解】因为，所以， 因为函数在区间上是减函数， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立，因为时，，所以， 所以的最大值是. 故答案为：. 14．已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球．现从两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为________；记取出的2个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为________． 【答案】 【分析】利用古典概型公式及求数学期望方法计算得解. 【详解】从､两个袋内各任取1个球，有种，恰好有1个红球有 从､两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为 取出的2个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为 ;;; 故答案为： ， 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答过程写出文字说明、证明过程或者演算过程． 15．（13分）设． (1)求的单调区间和极值点； (2)求在区间的最大值与最小值． 【答案】(1)单调递减区间为，，单调递增区间为，极小值点为，极大值点为 (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）根据函数的单调性与导数的正负性的关系，结合函数极值的定义进行求解即可； （2）根据函数的最值定义，结合（1）中的结论进行求解即可. 【详解】（1）由， 得． 由，解得； 由，解得或． ∴的单调递减区间为，，单调递增区间为， ∴的极小值点为，极大值点为． （2）由（1）可知在上的极小值为，极大值为． 又，． ∴在的最大值为，最小值为． 16．（15分）某公司为改进生产，现对近5年来生产经营情况进行分析.收集了近5年的利润（单位：亿元）与年份代码共5组数据（其中年份代码分别指2019年，2020年，年），并得到如下值：. (1)若用线性回归模型拟合变量与的相关关系，计算该样本相关系数，并判断变量与的相关程度（精确到0.01）； (2)求变量关于的线性回归方程，并求2024年利润的预报值. 附：①；②若，相关程度很强；，相关程度一般；，相关程度较弱；③一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为；相关系数. 【答案】(1)，变量与的相关程度很强 (2)，78（亿元） 【分析】（1）根据题意，由相关系数的计算公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由最小二乘法的计算公式代入计算即可得到，，从而得到线性回归方程. 【详解】（1）依题意，， ， 则， 则，故变量与的相关程度很强. （2）令变量与的线性回归方程为. ， 所以， 所以，变量关于的回归方程为. 2024年，即时，（亿元）. 所以，该公司2024年利润的预报值为78（亿元）. 17．（15分）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB. （1）证明：OD⊥平面PAQ； （2）若BE＝2AE，求二面角C­BQ­A的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）由OA，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到⊥，⊥证得OD⊥平面PAQ； （2）由空间直角坐标系求得平面CBQ的法向量和平面ABQ的法向量，根据数量积的夹角公式可得答案. 【详解】(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直， ∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)． ∵点P为BC的中点，∴P， ∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝. ∵·＝0，·＝0， ∴⊥，⊥， 即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q， ∴OD⊥平面PAQ. (2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3， 则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6)． 设平面CBQ的法向量为＝(x，y，z)， 由得 令z＝1，则y＝2，x＝1，＝(1，2，1)． 易得平面ABQ的一个法向量为＝(0，0，1)． 设二面角C­BQ­A的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝＝， 即二面角C­BQ­A的余弦值为. 【点睛】本题考查了立体几何，建立空间直角坐标系是解题的关键，线面垂直可以通过直线的方向向量进行相应的计算，二面角的平面角可以通过法向量之间进行相应的计算，就能够得到问题的解决. 18．（17分）甲、乙两位学生福佑崇文阁进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． (1)求在一局比赛中，甲得10分的概率； (2)设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； (3)设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 【答案】(1) (2)分布列见解析，2 (3) 【分析】（1）借助独立事件概率乘法公式计算即可得； （2）利用互斥事件的概率加法公式可得一局比赛中甲得0分的概率，再求出的所有可能取值及其对应概率，即可得其分布列，利用二项分布期望公式即可得其期望； （3）列出甲最终获胜的所有可能情况及其对应概率即可得. 【详解】（1）设表示在一局比赛中甲得分，则“”表示甲答对且乙答错的情况， 根据独立事件概率乘法公式，可得； （2）包含两种情况：甲、乙都答对或甲、乙都答错， 甲、乙都答对的概率为， 甲、乙都答错的概率为， 根据互斥事件的概率加法公式，可得， 因为每局比赛甲得分的概率为，且每次答题的结果互不影响，所以. 则， ， ， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 则的数学期望； （3）甲最终获胜有以下四种情况： ① 三局都得10分，其概率为， ② 两局得10分，一局得分，其概率为， ③ 两局得10分，一局得分，其概率为， ④ 一局得10分，两局得分，其概率为， 综上可得，甲最终获胜的概率为. 19．（17分）已知函数，． (1)求的极值； (2)若在单调递增，求实数a的取值范围； (3)当时，若对任意的，总存在，使得，求实数a的取值范围． 【答案】(1)的极小值为0，无极大值 (2) (3) 【分析】（1）求导分析单调性，根据极值的定义求解即可； （2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，，即可求解. （3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解. 【详解】（1），求导得，， 因为时，，所以在上单调递增， 因为时，，所以在上单调递减， 又，故在处取极小值0，无极大值． （2）函数， 求导得，由在单调递增， 得在上恒成立，即在上恒成立，因此，， 设，，，则在上单调递增， 于是，即，所以的取值范围为. （3）若对任意的，总存在，使得， 则当时，， 当时，， 即在上单调递增，， 函数，，， 求导得， 由，得，函数在上单调递减， 则，因此，解得， 所以的取值范围为. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $