精品解析：山东淄博市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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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，再选涂其它答案标号．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. 展开式中的第4项为（ ） A. B. C. D. 2. 记为等差数列的前项和，，，则（ ） A. 5 B. 4 C. 6 D. 7 3. 已知，则（ ） A. e B. 1 C. D. 0 4. 已知是等差数列的前项和，则下列选项中不可能是所对应的图象的是（ ） A. B. C. D. 5. 某班有5名男生和3名女生参加科技节开幕式，按照指定的8个连续座位就坐，其中女生互不相邻，那么不同的坐法种数为（ ） A. 7200 B. 120 C. 2400 D. 14400 6. 若事件，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前项和，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是等差数列 C. 不是等差数列 D. 当且仅当时，取到最小值 8. 甲、乙两名同学从6门选修课中各自任选3门，记为被甲或乙选中的选修科目数量，则数学期望为（ ） 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，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量服从二项分布，则 B. 若随机变量服从正态分布，则 C. 已知样本点的经验回归方程为，则样本点的残差为0.1 D. 在线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越大，则模型的拟合效果越好 10. 记为数列的前项和，，设，则（ ） A. B. 数列的前2026项和为 C. 数列的前2026项和为 D. 若数列的最大值为，则的值为 11. 已知函数，，则（ ） A. 曲线和曲线在点处有相同的切线 B. 若且，则 C. 若，则 D. 若，则的最大值为1 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 现有甲、乙等6人分成、两个学习小组，要求每组3人，且甲、乙不能在一起，则不同的分配方案有__________种． 13. 一般地，假设一批产品共有件，其中有件次品，从件产品中随机抽取件（不放回），用表示抽取的件产品中的次品数，则随机变量服从超几何分布，记作，则．现一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个黄球、6个白球，从中随机不放回地摸出3个球作为样本，用表示样本中白球的个数，则__________． 14. 已知函数有两个极值点、，若，则实数__________． 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. 某公司研发了一款新型智能手环，一经投放市场颇受欢迎．为了更好地服务广大用户，该公司对这款手环的续航时长（单位：天，）与用户满意度（）进行调查统计，得到如下数据表： 5 6 7 8 9 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70 （1）求用户满意度关于续航时长的经验回归方程； （2）若该款手环的续航时长为10天，试预测该款手环的用户满意度． 参考公式：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：， 16. 已知，函数在处有极小值． （1）求的值； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 17. 已知为各项互异的数列，且（）． （1）若，且、、成等比数列，求数列的前项和； （2）求的值． 18. 某网约车平台上的车辆分为两类，普通车占比，优先车占比，普通车接单概率为，优先车接单概率为，各车是否接单相互独立．平台按就近原则依次派车，直至某车接单，记派车成功时的派车次数为． （1）求第一次派车就能成功接单的概率； （2）已知第一次派车失败，求后续派车次数超过3次才能接单成功的概率； （3）求数学期望． 参考公式：若，对于，， 19. 已知函数，． （1）当时，，求的取值范围； （2）讨论的零点个数； （3）若为正整数，记此时的零点为．证明：． 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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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，再选涂其它答案标号．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. 展开式中的第4项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】展开式的通项公式为 所以第4项为. 2. 记为等差数列的前项和，，，则（ ） A. 5 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求出等差数列的通项公式即可得解. 【详解】设等差数列首项，公差， 则，解得， 所以，则. 3. 已知，则（ ） A. e B. 1 C. D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，故. 4. 已知是等差数列的前项和，则下列选项中不可能是所对应的图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和公式对各选项分析即可. 【详解】等差数列的前项和公式为，这是关于的二次函数，且该二次函数图象过原点. 当时，是过原点的直线上的点，所以选项B正确，当时，是过原点的抛物线上的点，所以选项A，D正确. 故选：C. 5. 某班有5名男生和3名女生参加科技节开幕式，按照指定的8个连续座位就坐，其中女生互不相邻，那么不同的坐法种数为（ ） A. 7200 B. 120 C. 2400 D. 14400 【答案】D 【解析】 【分析】利用插空法求解. 【详解】先排5名男生，有种排法， 这时形成6个空，选其中的3个空排女生，有种排法， 所以不同的坐法种数为. 6. 若事件，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，，得， 而，所以. 7. 记为数列的前项和，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是等差数列 C. 不是等差数列 D. 当且仅当时，取到最小值 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法推理判断C；求出判断A；求出及求解判断BD. 【详解】对于C，由， 得到，则数列是公差为2的等差数列，C错误； 对于A，，A错误； 对于B，，则， 当时，， 满足上式，因此，，不是等差数列，B错误； 对于D，， 因此当且仅当时，取到最小值，D正确. 8. 甲、乙两名同学从6门选修课中各自任选3门，记为被甲或乙选中的选修科目数量，则数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出. 【详解】将6门选修课编号为， 设为第i门课是否被选中，，， 则， 又，， ， 所以． 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，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量服从二项分布，则 B. 若随机变量服从正态分布，则 C. 已知样本点的经验回归方程为，则样本点的残差为0.1 D. 在线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越大，则模型的拟合效果越好 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由于服从二项分布，则，故A正确； 对于B，由于服从正态分布，则， 所以，则，故B正确； 对于C，当，预测值为，则样本点的残差为，故C错误； 对于D，值越大，则模型的拟合效果越好，故D正确. 10. 记为数列的前项和，，设，则（ ） A. B. 数列的前2026项和为 C. 数列的前2026项和为 D. 若数列的最大值为，则的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用已知关系和等比数列的公式法得到数列和的通项可得A；由裂项相消法可得BC，结合数列的单调性从初始值代入验证可判断D. 【详解】当时，，解得：； 当时，，， ，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列， ，， 对于A，，正确； 对于B，，所以前2026项和为，错误； 对于C，， 所以的前2026项和为，正确； 对于D，令，由于指数模型增长速度远高于一次型， 且当时，单调递减，且，可考虑从初始值代入验证最值进行判断： 当时，由，， 因，显然不成立； 当时，由，， 则有， 满足，符合题意； 如此验证当时，求出值后代入后均不成立.故D正确. 11. 已知函数，，则（ ） A. 曲线和曲线在点处有相同的切线 B. 若且，则 C. 若，则 D. 若，则的最大值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，分别计算两函数在处的函数值和导数值，进而求出切线方程判断选项A；构造函数，通过导数判断其在上的符号，结合在的单调性比较自变量大小，进而推出，判断选项B；利用同构变形结合在时单调递增，得出，借助不等式推出结论，判断选项C；利用C选项结论得出，把目标式转化为关于的函数，求导求出最大值，判断选项D． 【详解】对于A，，，求导得， 因，则两曲线均过点，且， 故两曲线在处的切线方程均为，故A正确； 对于B，当时，，单调递减；当时，，单调递增； 故函数有极小值为， 当时，，当时，，当时，， 由且时，必有， 构造函数， 求导得，则严格单调递增，时， ，故时，， 即，， 令，则， 即， 故，代入，结合 得， 由于且在单调递减，故， 两边同时乘以负数，则，故B错误； 对变形，则， 由，得， 时，在上有唯一解，故， 令，求导得在处取得最小值， 即，故，故C正确； 由得，故， 代入目标式得，令，求导得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 在处取得最大值 ，故D正确． 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 现有甲、乙等6人分成、两个学习小组，要求每组3人，且甲、乙不能在一起，则不同的分配方案有__________种． 【答案】12 【解析】 【详解】若甲分为A组，乙分为B组，有种， 甲分为B组，乙分为A组，也有6种. 因此总共有12种. 13. 一般地，假设一批产品共有件，其中有件次品，从件产品中随机抽取件（不放回），用表示抽取的件产品中的次品数，则随机变量服从超几何分布，记作，则．现一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个黄球、6个白球，从中随机不放回地摸出3个球作为样本，用表示样本中白球的个数，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可得试验符合超几何分布，且， 则. 14. 已知函数有两个极值点、，若，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，利用极值点的性质得出的表达式，结合极值点的表达式构造方程求出，进而求出的值． 【详解】函数求导得，极值点满足，故， 已知，则 ， 故，解得， 故． 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. 某公司研发了一款新型智能手环，一经投放市场颇受欢迎．为了更好地服务广大用户，该公司对这款手环的续航时长（单位：天，）与用户满意度（）进行调查统计，得到如下数据表： 5 6 7 8 9 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70 （1）求用户满意度关于续航时长的经验回归方程； （2）若该款手环的续航时长为10天，试预测该款手环的用户满意度． 参考公式：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求出，的值，再由公式可计算得，，从而得出答案； （2）将代入（1）得到的回归方程即可得出结论. 【小问1详解】 由题意知，， ， ， ， 则， ， 故经验回归方程为. 【小问2详解】 当时，预测值为. 16. 已知，函数在处有极小值． （1）求的值； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1） （2）最大值是3，最小值是 【解析】 【分析】（1）根据函数在处有极小值，令，求得的值，并代回，利用的正负，检验是否是的极小值，从而确定的值. （2）结合（1）的结论，判断函数在区间上的单调性，比较极值与端点处的函数值，求得最大值与最小值. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 由函数在处有极小值， 得，即， 解得或． 若，则. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以函数在处取得极大值，不符合题意，应舍去． 若，则 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以函数在处取得极小值，满足题意. 故． 【小问2详解】 由（1）知，，根据单调性列表得 x 2 0 0 ↗ ↘ 0 ↗ ， 所以函数在区间上的最大值是，最小值是． 17. 已知为各项互异的数列，且（）． （1）若，且、、成等比数列，求数列的前项和； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知为等差数列，根据递推公式得出的通项公式，再用裂项相消法即可求解； （2）先根据题意化简，再结合递推公式即可求解. 【小问1详解】 由（）可知，为等差数列， 令设的公差为，， 由于成等比数列，所以即， 所以，解得或，因为各项互异所以， 即，因此， 所以， 数列的前项和. 【小问2详解】 由（）可知即，， 所以， 因此. 18. 某网约车平台上的车辆分为两类，普通车占比，优先车占比，普通车接单概率为，优先车接单概率为，各车是否接单相互独立．平台按就近原则依次派车，直至某车接单，记派车成功时的派车次数为． （1）求第一次派车就能成功接单的概率； （2）已知第一次派车失败，求后续派车次数超过3次才能接单成功的概率； （3）求数学期望． 参考公式：若，对于，， 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求解； （2）根据条件概率公式计算即可求解； （3）根据题意求出，根据离散型随机变量的数学期望定义，令，利用错位相减法求出，然后取极限求值即可. 【小问1详解】 设事件A：“第一次派车就能成功接单”，事件B：“第一次派的是普通车”，事件C：“第一次派的是优先车”， 则. 【小问2详解】 设后续派车次数超过3次，即前4次派车都失败，即， 可得. 【小问3详解】 由题意得，， 令， ， ， 得到，故. 19. 已知函数，． （1）当时，，求的取值范围； （2）讨论的零点个数； （3）若为正整数，记此时的零点为．证明：． 【答案】（1） （2）当时，函数有个零点；当或时，函数有个零点；当时，函数不存在零点． （3）由（2）知，当时，函数有一个零点， 因为，即，所以， 因为，所以，因为， 所以，即， 所以，， 所以， 因为，所以，即， 又因为，所以， 所以， 所以得证． 【解析】 【分析】（1）将转化为恒成立，利用导数求出的最大值即可； （2）结合导数，分类讨论的取值范围即可求解； （3）根据题意，得出，再结合即可证明. 【小问1详解】 当时，恒成立， 所以恒成立，恒成立，令， 由于恒成立，在递减， 所以，即的取值范围是. 【小问2详解】 解法一：， ①当时，，函数无零点； ②当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 因为当时，，且， 所以函数在上存在唯一的零点； ③当时，令得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以， 因为当时，且当时，，所以，当即时， 函数在和上各存在一个零点； 当即时，函数有一个零点； 当即时，函数不存在零点， 综上所述，当时，函数有个零点；当或时，函数有个零点： 当时，函数不存在零点． 解法二：令，因为，所以，则， 令，则， 当时，，当或时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以的极大值为， 当且时，，当时，；当时，， 所以，当时，函数有个零点； 当或时，函数有个零点；当时，函数不存在零点． 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $