精品解析：山东淄博实验中学2025-2026学年第二学期高二教学质量检测数学试题

2025—2026学年度第二学期高二教学质量检测 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理化简求值即可. 【详解】由二项式定理可知：， 所以. 2. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】A 【解析】 【详解】设等差数列的公差为，则， 解得，故. 3. 曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由于，故， 则处的切线斜率为， 又当时，， 故曲线在处的切线方程为. 4. 已知是等差数列，其公差为，前项和为，则“”是“数列为单调递增数列”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】D 【解析】 【详解】若，满足，此时，，不满足数列为单调递增数列，充分性不成立； 若，此时，满足数列为单调递增数列，但不成立，必要性不成立； 所以“”是“数列为单调递增数列”的既不充分也不必要条件. 5. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，则不同的游览方式共有（ ）种 A. 12 B. 18 C. 36 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】先将4个主题按2,1,1的结构分组，再将三组分配给3名游客，结合分步乘法计数原理计算即可. 【详解】先将4个主题分为2个、1个、1个共三组，分组方法数为； 再将分好的三组全排列，分配给3名不同的游客，排列方法数为； 根据分步乘法计数原理，总游览方式共有种. 6. 设是一个随机试验中的两个随机事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的值，再根据条件概率公式求解即可. 【详解】因为，， 所以， 解得. 所以. 7. 已知数列满足则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】的周期为4， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 由递推式可知， 当为偶数时，，故； 当为奇数时，， 归纳可得，， 是偶数，故， 是奇数，，故． 8. 定义，，已知互不相等的正实数，，，，a，b，c，d是，，，的任意顺序排列，设随机变量X，Y满足：，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】分别列出所有分组情况，计算出对应的值，然后计算对应概率，再计算进行判断即可. 【详解】由题意（无序）可能的情况有分别对应（无序）有， 上述情况对应的分别为. ，. ，，. ，，. 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. 下列关于统计与概率的结论中，正确的有（ ） A. 对于一组数据，改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数不一定改变 B. 线性回归直线一定经过样本中心点 C. 若随机变量，则 D. 独立性检验中，的值越小，越有把握认为两个分类变量有关联 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用平均数及中位数定义判断A，应用回归直线性质判断B，应用二项分布的方差判断C，应用独立性检验性质判断D. 【详解】对于一组数据，改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数不一定改变，A选项正确； 线性回归直线一定经过样本中心点，B选项正确； 若随机变量，则，C选项正确； 独立性检验中，的值越小，越没有把握认为两个分类变量有关联，D选项错误； 10. 已知，为数列的前项和，则下列结论正确的有（ ） A. 是等比数列 B. C. ，，是等比数列 D. 中存在连续三项成等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，结合数列通项公式和相关定义、公式逐项分析即可. 【详解】对于A，由得，，则为常数，故是首项为、公比为的等比数列，故A正确； 对于B，数列是首项、公比的等比数列，前项和，故B错误； 对于C，由于，，， 所以，， 因为，公比为常数，因此，，是等比数列，故C正确； 对于D，假设存在连续三项成等差数列，则，代入通项得，化简得，与矛盾， 因此不存在这样的连续三项，故D错误. 11. 如图，过原点斜率为的直线与曲线交于两点以下结论中正确的有（ ） A. 的取值范围是 B. 函数有两个极值点 C. 当时先减后增且恒为负 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】构造，利用导数去确定的单调区间，再判断每个选项的正确性. 【详解】由题意，与交于两点，即方程有两个正根，等价于有两个解. 令，则，令，. 极大值 又，，的取值范围，A选项正确. ，，令，得，故只有一个极值点，B选项错误. 由，得. 当，，单调递减；时，，单调递增. 是交点，，且，故时，先减后增，且，C正确. 在递增，在递减，，又. ，，同理，. ，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现有标号为1，2，3，4，5，6的盒子．抛掷一枚质地均匀的骰子（各面上分别标有点数1，2，3，4，5，6），记点数为．若为奇数，则在标号为1，2，3的盒子中各放入一球；若为偶数，则在标号为的约数的盒子中各放入一球（例如：，则在标号为1，2，4的盒子中各放入一球）．重复以上操作三次后，2号盒中比3号盒中恰好多一个球的概率为____________． 【答案】 【解析】 【详解】抛掷一次骰子得到的点数，每种概率都为. 当时，在标号为1，2，3的盒子中各放入一球，此时2号盒中与3号盒中球的数量一样； 当时，在标号为1，2的盒子中各放入一球，此时2号盒中比3号盒中恰好多一个球； 当时，在标号为1，2，4的盒子中各放入一球，此时2号盒中比3号盒中恰好多一个球； 当时，在标号为1，2，3，6的盒子中各放入一球，此时2号盒中与3号盒中球的数量一样. 故当时2号盒中与3号盒中球的数量一样，当时2号盒中比3号盒中恰好多一个球. 设事件：抛掷一次骰子后2号盒中比3号盒中恰好多一个球，则事件：抛掷一次骰子后2号盒中与3号盒中球一样多，. 设抛掷三次骰子出现事件的次数为，出现事件的次数为，此时2号盒中比3号盒中恰好多一个球，则，解得. 故抛掷三次骰子后2号盒中比3号盒中恰好多一个球的概率为. 13. 电影《给阿嬷的情书》中那封途中浸水损毁的手写信，令无数观众动容．影片热映后掀起怀旧风潮，某网络平台文创商店持续向影迷推送复古书信礼盒．已知某影迷第一次收到推送时，下单购买的概率为，从第二次推送开始，若上一次未购买，则本次购买的概率为；若上一次已购买，则本次复购的概率为，则第二次不购买的概率为________，记第次推送时该影迷不购买礼盒的概率为，则为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用全概率公式计算第二次不购买的概率，再推导的递推关系，构造等比数列求解通项. 【详解】 设事件为“第一次推送时购买”，为“第一次推送时不购买”，为“第二次推送时不购买”. 由题意得，故；条件概率，. 根据全概率公式：  求的通项： 当时，第次不购买包含两种互斥情形： ① 第次购买，第次不购买，对应概率为； ② 第次不购买，第次不购买，对应概率为. 因此递推关系为：  , 构造等比数列，令，展开对比递推式得，解得, 因此是公比为的等比数列，首项，故, 等比数列通项为，整理得：  14. 已知函数．若，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性和最小值，根据不等式恒成立建立不等式，即可求最值 ，即可求最值. 【详解】， 时，，得或（舍） 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，， 由条件可知，即，则， 当时，，得或（舍） 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，， 由条件可知，即， 则，所以， 综上可知，，所以的最小值为. 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. 某校为研究学生每周体育锻炼时间（单位：小时）与体测成绩提高分的关系，随机抽取5名学生，得到如下数据．已知经验回归方程为，其中，． 1 2 3 4 5 2 6 6 7 9 （1）求经验回归方程； （2）根据该回归方程，估计每周锻炼6小时时体测成绩的提高分；若把“体测成绩提高分不少于10”记为训练效果明显，按该模型估计每周锻炼时间至少应为多少整数小时？ 【答案】（1）； （2）估计提高分为10.5，至少应为6小时 【解析】 【分析】（1）先求出，代入公式计算，进而求，即得经验回归方程； （2）根据经验回归方程估计出时的体测成绩的提高分，再由规定列不等式计算即得. 【小问1详解】 由数据得，． 于是． 又． 所以． 从而． 故经验回归方程为． 【小问2详解】 当时，． 所以估计每周锻炼6小时时体测成绩提高分为10.5． 若训练效果明显，则，由，解得． 由于每周锻炼时间按整数小时估计，所以至少应为6小时． 16. 已知函数. （1）求； （2）求函数的单调区间； （3）求在区间上的最大值与最小值. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，无单调递减区间 （3）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据基本初等函数求导法则计算导数； （2）结合定义域分析导数符号得到单调区间； （3）根据单调性求解闭区间上的最值. 【小问1详解】 函数的定义域为， ； 【小问2详解】 将导数通分整理得： ， 分母，对分子配方得， 由可知分子恒大于，因此在上恒成立， 故的单调递增区间为，无单调递减区间； 【小问3详解】 由（2）可知在上单调递增， 因此在闭区间上也单调递增，最值在区间端点处取得： ，， 因此在上的最大值为，最小值为. 17. 已知数列的前n项和为，且满足，． （1）证明：； （2）求的通项公式； （3）证明为定值． 【答案】（1）①，当时，②， ①减②，得． 当时，，因此． 经验证，当时，也符合关系式， 故． （2）． （3）由（2）可知， ， 又， ，为定值． 【解析】 【分析】（1）由递推关系得出，代入验证得出时成立，进而证明结论； （2）由变形得出，得出是等比数列，进而列出通项公式求解； （3）先求出，再利用，代入求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，可得， 数列是首项为，公比为3的等比数列， ， ． 【小问3详解】 略 18. 某校为庆祝建校百年，组织数理化知识竞赛．题库中数学、物理、化学占比分别为，，．甲同学从中任选一道题作答，设回答正确的概率为p． （1）若甲同学回答数学、物理、化学这三类题中每道题的正确率分别为，，． （ⅰ）求p； （ⅱ）若甲同学从这三类题中各任选一道题作答，回答正确得3分，回答错误得分．用X表示该同学回答三道题后的总得分，求X的分布列及数学期望； （2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于n道，即可获得奖励．若时获奖的可能性比时大，求p的取值范围，并说明理由． 【答案】（1）（ⅰ） （ⅱ） X 1 5 9 P ． （2），理由如下： 当时，Y为答对题目的数量，由题意可知， 故当时，获得奖励的概率， 当时，获得奖励的情况可以分为如下情况： ①前8道题答对题目的数量大于等于5， ②前8道题答对题目的数量等于4，且最后2道题至少答对1道题， ③前8道题答对题目的数量等于3，且最后2道题全部答对， 故当时，获得奖励的概率， 所以 ， 因为，所以，即， 所以． 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）由全概率公式代入数据求解即可；（ⅱ）确定的可能取值，求得对应概率，即可求解； （2）结合二项分布，求得和时获奖概率，再通过作差法求解即可. 【小问1详解】 （ⅰ）设“甲同学所选的题目回答正确”， “所选的题目为数学相关知识的题目”， “所选的题目为物理相关知识的题目”， “所选的题目为化学相关知识的题目”， 则，且，，两两互斥． 根据题意得，，， ，，， 则 ， 所以甲同学在该题库中任选一道题作答，他回答正确的概率为， 即． （ⅱ）的可能取值为，1，5，9， ， ， ， ， 则X的分布列为： X 1 5 9 P 所以． 【小问2详解】 略 19. 已知函数，． （1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值； （2）已知，记为的导函数，，若存在两个极值点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）已知，求的取值范围． 【答案】（1），． （2）（ⅰ）法1：当时，，求导得． 因有两个极值点，， 故方程有两个正实根，因此，解得． 因是方程的根，故． 由，又因为，则． 将代入，得． 要证，即证， 即证，即证， 令，，则， 在上单调递增， 故，即． 法2：当时，，求导得． 因有两个极值点，，故方程有两个正实根， 因此，解得． 因为， 又，所以， 因为在单调递减， 所以， 所以． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先确定函数定义域，利用乘积求导法则求出导函数，再结合切点的函数值与切线斜率列出关于的方程组，联立求解得到参数的值； （2）（i）两种方法均先由极值点条件得到含参二次方程根的范围推出与，法 1 通过根代换消去构造单变量函数，利用单调性证明；法 2 先证，结合区间单调性放缩至，代入直接证得不等式；（ii）设比值换元，结合韦达定理用表示，将转化为关于的函数，两次构造辅助函数求导判断单调性，再利用已知不等式直接推出，得到的取值范围. 【小问1详解】 由题意，函数的定义域为， 求导得． 由题意，切点为，切线斜率为e． 所以， ， 解得，． 【小问2详解】 （ⅰ）略； （ⅱ）令，由，得，， 故． ． 令，，． 令，则，在上单调递增， 故，，在上单调递增． 已知，故， 即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期高二教学质量检测 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 3. 曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是等差数列，其公差为，前项和为，则“”是“数列为单调递增数列”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 5. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，则不同的游览方式共有（ ）种 A. 12 B. 18 C. 36 D. 72 6. 设是一个随机试验中的两个随机事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足则（ ） A. B. C. D. 8. 定义，，已知互不相等的正实数，，，，a，b，c，d是，，，的任意顺序排列，设随机变量X，Y满足：，则（ ） 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. 下列关于统计与概率的结论中，正确的有（ ） A. 对于一组数据，改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数不一定改变 B. 线性回归直线一定经过样本中心点 C. 若随机变量，则 D. 独立性检验中，的值越小，越有把握认为两个分类变量有关联 10. 已知，为数列的前项和，则下列结论正确的有（ ） A. 是等比数列 B. C. ，，是等比数列 D. 中存在连续三项成等差数列 11. 如图，过原点斜率为的直线与曲线交于两点以下结论中正确的有（ ） A. 的取值范围是 B. 函数有两个极值点 C. 当时先减后增且恒为负 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现有标号为1，2，3，4，5，6的盒子．抛掷一枚质地均匀的骰子（各面上分别标有点数1，2，3，4，5，6），记点数为．若为奇数，则在标号为1，2，3的盒子中各放入一球；若为偶数，则在标号为的约数的盒子中各放入一球（例如：，则在标号为1，2，4的盒子中各放入一球）．重复以上操作三次后，2号盒中比3号盒中恰好多一个球的概率为____________． 13. 电影《给阿嬷的情书》中那封途中浸水损毁的手写信，令无数观众动容．影片热映后掀起怀旧风潮，某网络平台文创商店持续向影迷推送复古书信礼盒．已知某影迷第一次收到推送时，下单购买的概率为，从第二次推送开始，若上一次未购买，则本次购买的概率为；若上一次已购买，则本次复购的概率为，则第二次不购买的概率为________，记第次推送时该影迷不购买礼盒的概率为，则为________． 14. 已知函数．若，则的最小值为___________． 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. 某校为研究学生每周体育锻炼时间（单位：小时）与体测成绩提高分的关系，随机抽取5名学生，得到如下数据．已知经验回归方程为，其中，． 1 2 3 4 5 2 6 6 7 9 （1）求经验回归方程； （2）根据该回归方程，估计每周锻炼6小时时体测成绩的提高分；若把“体测成绩提高分不少于10”记为训练效果明显，按该模型估计每周锻炼时间至少应为多少整数小时？ 16. 已知函数. （1）求； （2）求函数的单调区间； （3）求在区间上的最大值与最小值. 17. 已知数列的前n项和为，且满足，． （1）证明：； （2）求的通项公式； （3）证明为定值． 18. 某校为庆祝建校百年，组织数理化知识竞赛．题库中数学、物理、化学占比分别为，，．甲同学从中任选一道题作答，设回答正确的概率为p． （1）若甲同学回答数学、物理、化学这三类题中每道题的正确率分别为，，． （ⅰ）求p； （ⅱ）若甲同学从这三类题中各任选一道题作答，回答正确得3分，回答错误得分．用X表示该同学回答三道题后的总得分，求X的分布列及数学期望； （2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于n道，即可获得奖励．若时获奖的可能性比时大，求p的取值范围，并说明理由． 19. 已知函数，． （1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值； （2）已知，记为的导函数，，若存在两个极值点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）已知，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $