福建省泉州第五中学2025-2026学年高二下学期单元测试六数学试题

**基本信息** 泉州五中高二下数学单元测试聚焦函数、概率统计、导数应用等核心知识，结合无人快递车维保分析、木雕比赛概率模型等真实情境，融入杨辉三角文化元素，考查数学抽象、逻辑推理与数据建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|6题77分|含全概率公式（15题）、回归分析（17题）、函数零点证明（19题）|以无人快递车投放量优化为背景，设计独立性检验与非线性回归问题，体现数学建模与数据观念|

泉州五中2027届高二下数学单元测试六 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷； 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分； 3．答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的． 1．已知函数，则（   ） A． B． C． D． 2．已知定义在上的函数，，若，则一定有（    ） A． B． C． D． 3．若，则（    ） A．1 B．-1 C．6078 D．-6078 4．已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（     ） A． B．是增函数 C．的图象关于点中心对称 D．的图象关于轴对称 5．连续抛掷一枚质地均匀的硬币次，每次正面向上得分，反面向上得分，记总得分为，则（    ） A． B． C． D． 6．已知，若恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D．-2 7．若实数a，b，c，d满足，则恒成立，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．若，且不等式对任意的恒成立，则t的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．小杨正在安排五一五天假期（月日月日）的旅行计划，他决定在这天里每天去一个不同的景点（其中甲、乙、丙是五个不同景点中的三个），则下列说法正确的是（    ） A．若甲、乙两景点必须在相邻的两天去，则不同的安排方法共有种 B．若去甲、乙两景点的两天不相邻，则不同的安排方法共有种 C．若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法有种 D．若月日不去甲景点，月日不去乙景点，则不同的安排方法共有种 10．杨辉三角是中国古代数学文化的瑰宝，包含了很多有趣的性质．观察图中数字排列的规律，下列结论正确的是（    ） A．第2026行的第1013个数和第1015个数相等 B．从左向右数第三个斜行（如图斜线所示），前20个数的和为1330 C．记杨辉三角中第行的第个数为，则 D．第行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项的数字 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：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．二项式的展开式中常数项为第__________项． 13．若函数的减区间为，则函数的值域为______． 14．已知盒中装有大小相同的编号分别为1，2，3的3个红球，盒中装有大小相同的编号分别为1，2，3的3个白球，甲、乙两人分别从盒和盒中任意抽取小球，抽取的小球个数不限，且每人至少抽取一个，且两人的抽取结果相互独立，设为两人抽取的编号相同的小球个数，则的数学期望__________． 四、解答题：本大题共6小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15．在甲、乙、丙三个地区爆发了流感，这三个地区分别有、、的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一个人. (1)求这个人患流感的概率； (2)如果此人患流感，求此人选自甲地区的概率. 16．已知函数 (1)讨论的单调性； (2)设，若，使得，求的取值范围． 17．某车企计划在A市优化无人快递车的投放量，为测试运行稳定性，并确定投放规模，进行如下调查． (1)为了测试无人快递车的运行稳定性，随机抽取了200辆进行运行测试，得到部分数据，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析无人快递车故障与维保是否有关联． 维保 未维保 合计 故障 12 40 未故障 合计 120 200 (2)对过去的投放量x（单位：百辆）与服务次数y（单位：万次）的数据进行了统计，得到如下表格： x 1 2 3 4 5 6 7 y 5 13 32 79 200 501 1259 拟用函数模型或（，）对两个变量的关系进行拟合．请问哪个模型更适宜作为投放量x与服务次数y的回归方程模型（给出判断即可，不必说明理由）？并求出y关于x的回归方程． 参考公式：，其中，，． 参考数据：， 298.4 1.9 13262 64.4 2 18．某木雕社团举办相关知识比赛，题库中有大量的雕木选材与雕刻技术两类题目，从中随机选择一道作答，每次选到任意一类题目的概率均为．根据以往数据，甲答对雕木选材题目、雕刻技术题目的概率分别为，．规定比赛规则如下：若答对，继续选题作答；若答错，立即停止答题，比赛结束．答对雕木选材一题得1分，答对雕刻技术一题得2分，答错得0分，且每次作答相互独立． (1)求甲在完成1次作答后所得分数的分布列与数学期望； (2)在比赛过程中，记甲累积分数达到（）分的概率为． （i）求（）的值； （ii）求的最大值． 19．已知函数，． (1)判断函数的单调性． (2)若方程有两个根． ①求实数的取值范围； ②证明：． 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 《泉州五中2027届高二下数学单元测试六》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D C D B A C BD ACD 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】先根据导数的运算法则求出，再将代入，进而即可求出． 【详解】因为，则， 所以，解得． 2．C 【分析】构造函数，求导确定单调性，即可求解 【详解】设 ，对求导得：， 因为 ，得 ，因此 是定义在R上的单调递减函数， 又 ，得 ，代入即得 . 3．D 【分析】先求导，再令即可求解. 【详解】由， 两边同时求导得， 令，则. 4．C 【分析】由随机变量，得到正态分布曲线关于对称，根据正态分布的性质，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 根据正态分布曲线的性质，可得，所以A不正确； 对于B，根据正态分布曲线的性质，当增大时，逐渐减小， 所以函数为单调递减函数，所以B错误； 对于C，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 所以， 则， 所以的图象关于点中心对称，所以C正确； 对于D，由选项B知：函数为单调递减函数， 所以的图象不关于对称，所以D错误. 5．D 【分析】设正面向上的次数为，则，可得，利用二项分布的期望和公式求出、的值，再利用期望和方差的性质逐项判断即可. 【详解】设正面向上的次数为，则，所以反面向上的次数为， 由题意可得， 由二项分布的期望和方差公式可得，， 由期望和方差的性质可得， ，ABC错，D对. 6.B 【分析】分析函数小于等于零恒成立，只有当时满足题意，再由的单调性求最小值即可得解. 【详解】恒成立， ，当时， 要使恒成立，需恒成立， 显然不对（因为）， 故，要使恒成立， 只需零点相同， 即，此时， 令， 由时，，时，， 知在上单调递减､单调递增， 故，即. 故选：B. 7．A 【分析】可转化为求动点与动点之间距离的最小值，结合与的图象，即可利用切线以及点到直线距离可得答案． 【详解】因为，所以，，则， . 设，，设， 则的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离， 将直线平移到与曲线相切时，切点到直线的距离最小． 而，令，则，可得， 此时点到直线的距离为， 故，所以，故． 8．C 【详解】由，得，即，. 设，则，当时，，所以在上单调递增. 由，得，因为，所以，即对任意的恒成立. 设，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以，则. 9．BD 【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用插空法可判断B选项；利用倍缩法可判断C选项；记事件月日去甲景点，记事件月日去乙景点，则不同的排法种数为，结合韦恩图可判断D选项. 【详解】对于A选项，将甲、乙两景点捆绑，形成一个大元素，与其余三个景点进行排序， 所以不同的安排方法种数为种，故A错误； 对于B选项，先将除甲、乙两景点以外的三个景点进行排序， 再将甲、乙两景点插入其余三个元素中形成的个空位中的个， 由插空法可知，不同的安排方法种数为，故B正确； 对于C选项，若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻）， 由倍缩法可知，不同的排法种数为，故C错误； 对于D选项，记事件月日去甲景点，记事件月日去乙景点，如下图所示： 则月日去甲景点，且月日去乙景点，则， ， 所以，不同的排法种数为种，故D正确. 10．ACD 【分析】根据题意结合组合数性质判断AB；构造，利用赋值法判断C；根据，结合二项式定理分析判断D. 【详解】对于选项A：第2026行的第1013个数和第1015个数分别为，， 由组合数性质可得，所以第2026行的第1013个数和第1015个数相等，故A正确； 对于选项B：因为 ， 所以从左向右数第三个斜行（如图斜线所示），前20个数的和为1540，故B错误； 对于选项C：因为杨辉三角中第行的第个数为，则， 又因为， 令，可得， 所以，故C正确； 对于选项D：第行所有数字的平方和， 第行的中间一项的数字是展开式中项的系数， 又因为， 且展开式中项的系数为， 因此，D正确. 11．ABD 【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. 12． 【分析】利用二项式展开式的通项公式，令的指数为0求出r，即可得到常数项对应的项数. 【详解】展开式的第项为：，其中 令，得到，故展开式中常数项为第项. 13． 【分析】先根据函数的单调性确定的值，再分析函数的单调性求函数值域. 【详解】因为，， 由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，所以. 因为，由. 此时，. 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增，故满足题意. 此时， 所以函数的值域为. 14． 【分析】利用期望的线性性质和对称性，把复杂变量拆分为单个变量的期望之和，求出总的可能抽取种数及抽到特定编号的种数，进而求出概率，求出特定元素的期望，进而利用期望的对称性求解． 【详解】设为指示变量，甲、乙两人都取到编号为的球时，否则， 则两人编号相同的小球个数， 由期望的线性性质，， 由题意知，， 甲、乙各自从各自的集合中随机抽取一个非空子集，有种等可能结果， 由于对称性，每个编号的概率相同，对固定编号， 如时，甲抽到该编号的子集有，共个， 甲抽到编号的概率为甲，同理，乙的概率也为乙， ， ． 15．(1) (2) 【分析】（1）记事件选取的这个人患了流感，记事件此人来自甲地区，记事件此人来自乙地区，记事件此人来自丙地区，利用全概率公式可求得的值； （2）利用条件概率公式可求得的值. 【详解】（1）记事件选取的这个人患了流感，记事件此人来自甲地区， 记事件此人来自乙地区，记事件此人来自丙地区， 则，且、、彼此互斥， 由题意可得，，， ，，， 由全概率公式可得 . （2）由条件概率公式可得. 16．(1)当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. (2) 【分析】（1）根据导函数，分、讨论函数的单调性； （2）将题意转化为，易求得，再结合（1）分与两种情况求解，进而求解即可． 【详解】（1）依题意可得， 当时，，此时在上单调递增； 当时，由得，得， 则在上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由已知转化为， 又时，， 由（1）知，当时，在上单调递增，值域为，不合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 则，解得， 综上，的取值范围是． 17．(1)列联表如下： 维保 未维保 合计 故障 12 28 40 未故障 108 52 160 合计 120 80 200 认为无人快递车故障与维保有关联 (2)适宜， 【分析】（1）先补全列联表，再通过计算统计量，依据显著性水平判断无人快递车故障与维保是否有关联； （2）通过数据特征判断指数型模型更适合拟合关系，再通过对数变换转化为线性形式，求出回归方程即可. 【详解】（1）补充列联表如下： 维保 未维保 合计 故障 12 28 40 未故障 108 52 160 合计 120 80 200 零假设：无人快递车故障与维保无关 ，                因为，     所以依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为无人快递车故障与维保有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01. （2）适宜作为投放量x与服务次数y的回归方程模型． 由，两边同时取常用对数得， 设，则， 因为，， 所以， 把代入，即，得， 所以．所以，则， 故y关于x的回归方程为． 18．(1) 0 1 2 ． (2)（i）；（ii）． 【分析】(1)求出对应取值的概率，列出分布列，再用数学期望公式求解； (2) （i）求出三者的关系式，从而解出比值；（ii）构造等比数列，求出的表达式，再求出其最大值. 【详解】（1）由题意得，的所有可能取值为0，1，2， 所以， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 所以． （2）（i）甲达到累积分数m的事件，可根据最后一次得分的路径分为两类：1. 经累积m−1分后，再答对一道得1分的题； 2. 经累积m−2分后，再答对一道得2分的题.因此，根据概率加法和乘法原理， P(m)等于所有达到m−1分路径的概率之和乘以，加上所有达到m−2分路径的概率之和乘以， 所以时，， 所以， 即， 所以． （ii）由题意得，，， 所以由（i）可知数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以① 又由， 得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以②． ②-①可得， 所以． 由于， 当时，， 令，则单调递减， 所以 ，所以时，， 又， 所以当时，取得最大值． 19．(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)①②证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负判断函数的单调区间即可； （2）①将方程分离参数得，构造函数，由导数判断函数的单调性，从而得到最小值，即可求得的取值范围； ②先构造函数证明，再构造证得，结合的单调性推出，即，联立两步结论，代回原式即可完成不等式证明. 【详解】（1）因为，，所以． 由，得；由，得 所以函数在上单调递减，在上单调递增． （2）①方程，即，，则． 设，，则方程有两个根， 即函数的图象与直线有两个不同的交点． 因为，， 当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 所以当时，函数取得极小值，也是最小值． 因为，当时，，当时，， 所以，即实数的取值范围是． ②证明：由①可知，， 则证不等式，即证， 转化为证． 令，，则． 令，则． 因为在上恒成立， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，． 所以当时，，当时，． 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 所以． 由①知，． 令，，则． 令，则． 因为，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，． 所以单调递增，所以． 所以当时，． 由①及题意可知，，所以． 因为且在上单调递减，所以， 所以，所以． 所以， 所以． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $