安徽淮南第二中学2025-2026学年高二下学期7月期末学业质量检测数学试题

淮南第二中学2025-2026学年下学期高二年级期末学业质量检测数学 （试卷总分：150分 考试时间：150分钟） 一、单选题：本题共8小题，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，则（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．已知变量之间具有线性相关关系，根据5对样本数据求得经验回归方程为，若，则（ ） A．18 B．3.6 C．2.4 D．1.2 3．若直线是曲线的切线，则（ ） A．-4 B．-3 C．3 D．4 4．已知随机事件，则（ ） A． B． C． D． 5．若随机变量，且，那么（ ） A．0.7 B．0.8 C．0.2 D．0.3 6．重复进行10次某试验，每次试验的成功率都为，则其中前4次都未成功后6次都成功的概率为（ ） A． B． C． D． 7．设集合，则的元素有（ ）个 A．0 B．2 C．4 D．6 8．已知数列的前项和为，且，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方和为． A． B． C． D． 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ） A．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，增加0.6个单位 B．决定系数的值越接近于1，回归模型的拟合效果越好 C．样本相关系数的绝对值越小，成对样本数据的线性相关程度越弱 D．在一元线性回归模型的残差图中，残差分布的带状区域的宽度越宽，说明模型拟合效果越好 10．为促进学校发展，2026年淮北一中、宿城一中、亳州一中、淮南二中四校组成“皖美联盟”，淮北一中决定派甲、乙、丙、丁四个老师去另外三所学校交流学习，每名老师只能去一个学校，则下列说法正确的是（ ） A．若三所学校都有人去，则共有36种不同的安排方法 B．若三所学校都有人去，且甲乙去同一个学校，则共有6种不同的安排方法 C．若甲不去宿城一中，乙不去淮南二中，且每所学校均有人去，则共有12种不同的安排方法 D．若甲、乙、丙、丁四个老师交流学习完后，淮北一中计划再追加派遣学习教师名额12个，且每所学校至少再追加分配3个名额，则名额追加分配的方式共有10种 11．已知随机变量且，设函数，记，则（ ） A．对任意恒成立 B．对任意恒成立 C．存在，使得方程在区间内有解 D．存在，使得函数在区间内单调 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在的展开式中，项的系数为___________． 13．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是___________． 14．已知集合，集合，从的所有函数中随机抽取一个函数，满足有两个解的概率为___________． 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．某校组织了“人工智能”知识竞赛，从该校随机抽取300名参赛学生的成绩，统计成绩情况如下表： 竞赛成绩及格 竞赛成绩未及格 合计 男 90 60 150 女 100 50 150 合计 190 110 300 （1）记该校竞赛成绩未及格者是女生的概率为，求出的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为学生的竞赛成绩是否及格与性别有关联？ 附：． 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16．设等差数列的前项和为，若． （1）求数列的通项公式； （2）设，求的前项和为． 17．在2026马年春晚武术节目《武》中，宇树科技机器人展示了醉拳、双节棍、弹射空翻等高难度动作，向全世界人民展示了我国机器人高动态、高协同的集群控制技术·已知机器人做一个空翻动作需要三类部件，分别是接收动作指令部件，翻译动作指令部件，实行动作指令部件，记为甲、乙、丙部件，完成空翻动作需要这三类部件同时正常运行，在节目开始前需要对这三类部件进行检测，若发现异常则需要调适·已知部件甲，乙，丙需要调整的概率分别为0.1，0.3，0.4，且各部件的状态相互独立． （1）求设备在检测过程中，部件甲，乙中至少有1个需要调整的概率； （2）记设备在检测过程中需要调整的部件个数为，求的分布列及数学期望． 18．已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值． 19．给定两个函数．若，且或的概率均为．记的概率为． （1）求，． （2）求． （3）令，证明：． 淮北一中2025-2026学年下学期高二年级期末学业质量检测 数学详细解析 1.【答案】 解：由题意，，所以，解得或舍去． 2.【答案】 解：由题意得样本容量，计算得样本均值，，  经验回归直线恒过样本中心点，将其代入经验回归方程，得，即，  3.【答案】 设直线与曲线相切于点，由题知，，直线的斜率为，所以解得故选B． 4.【答案】 解：，，， ． 5.【答案】 解：随机变量，其分布曲线关于直线对称， 又，， 由对称性可得，故选D． 6.【答案】 解：重复进行次某试验，每次试验的成功率都为， 由题意，前次都未成功后次都成功的概率为． 7.【答案】 令 8.【答案】  ，， 得，即，，， ，，故 ，，所以数列的所有“和谐项”的平方和为 ． 9.【答案】  解：在经验回归方程中，当解释变量每增加个单位时，减少个单位，故A错误；决定系数的值越接近于，回归模型的拟合效果越好，故B正确； 样本相关系数的绝对值越小，成对样本数据的线性相关程度越弱，故C正确； 在一元线性回归模型的残差图中，残差分布的带状区域的宽度越宽，说明模型拟合效果越差，故D错误． 10.【答案】  解：若四个学校都有人去，则共有种不同的安排方法，故A正确；  若甲乙去同一个学校，则共有种不同的安排方法，故B正确；  若甲不去宿城一中，乙不去淮南二中，且每所学校均有人去，则共有种不同的安排方法，故C错误；  若又计划再追加派遣学习教师名额个，且每校至少个，先每个学校分个名额，然后使用隔板法将个名额分成份，且隔板不相邻，不在两端，  则共有种不同的安排方法，故D正确．  11.【答案】  解：因为，所以， 代入可得， 此式是的展开式，所以， 则，代入，可得， 又因为二项分布的数学期望，所以恒成立，故A正确； 由，可得， 代入，可得，因为二项分布的方差， 若恒成立，则恒成立， 因为且，等式两边同除以，可得，化简可得， 此等式不可能对任意满足且的，恒成立，故B错误； 令，取，则，， 此时，代入，可得，可得，且函数连续， 则存在，使得，即存在，，使得在区间内有解，故C正确； 由，可得，取， 此时， 当时，恒成立，此时导函数恒小于零， 函数在区间内单调递减，满足题意，故D正确． 12.【答案】  解：展开式的通项公式为， 当时，， 即展开式中项的系数为． 13. 【答案】  解：，由题意有两个不等的实根， 即有两个不等的实根，设，是， 时，，递减，时，，递增， 所以，又时，，且时，，，所以，方程有两个不等的实根，且都是变号的根，即有两个极值点． 14.【答案】  15.【答案】解：的估计值为． 5分 零假设为学生的竞赛成绩是否及格与性别无关联． ， 10分 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立， 即认为学生的竞赛成绩是否及格与性别无关联．  13分 16.【答案】解：为等差数列，设公差为．因为， 所以，又，所以， 所以，故； 6分 由得， 10分 所以．  15分 17.【答案】  的分布列为 故的数学期望为  解：用，，分别表示事件：“设备在检测过程中，部件甲，乙，丙需要调整”， 则，， 用表示事件：“设备在检测过程中，部件甲，乙中至少有个需要调整”则 2分 所以部件甲，乙中至少有个需要调整的概率为； 7分 的所有可能取值为，，，， ， ， ， ， 14分 所以的分布列为 故的数学期望为． 17分 18.【答案】解：当时，，定义域为，， 令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以的最小值为； 4分 定义域为，， 若，则恒成立，所以恒成立，故在上单调递减； 若，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 10分 即， 整理得， 因，即，两边除以得， 令，则， 13分 令，则，在单调递增， 因为，，故存在唯一零点，满足， 当时，，则，单调递减； 当时，，则，单调递增； 因此的最小值为， 因为，所以，因为，且，所以的最大值为． 17分 19.解：由，当时，或， 其中，，故．当时，若，则或，均小于； 若，则或，仅， 故． 5分 解：设为的概率， 当时，时， 时，故． 由全概率公式，， 代入，得递推关系． 结合初始条件，解得：． 12分 证明：由，得． 前两项和为． 当时，，故， 因此：， 故． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $