精品解析：四川达州市2025-2026学年高二下学期期末教学质量监测数学试题

达州市2026年春季学期高中二年级教学质量监测（选用卷） 数学 （本试卷满分150分 考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡的对应题框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3.考试结束以后，将答题卡收回. 一、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. 若，，则（ ） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7 2. 垂直上升的火箭发射后，其高度（单位：m）为，则发射时，火箭爬高的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 各项的系数之和为 B. 常数项为1 C. 含的项的系数为40 D. 含的项的二项式系数为10 4. 抛掷一枚质地均匀的硬币4次，记出现正面向上的次数为，则（ ） A. B. C. D. 5. 一次聚会共8人参加，每两人之间都握了一次手且只握一次，则所有人总握手次数为（ ） A. 64 B. 56 C. 28 D. 14 6. 若函数，则是函数有极值的（ ） 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 7. 甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排留影，则甲、乙必相邻，丙、丁不相邻的排法种数为（ ） A. 120 B. 72 C. 48 D. 24 8. 根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差图如图所示.（ ） A. 模型误差满足一元线性回归模型的所有假设 B. 模型误差不满足一元线性回归模型的的假设 C. 模型误差不满足一元线性回归模型的的假设 D. 以上说法都不正确 二、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. 9. 为了研究父亲身高与儿子身高的关系，通过调查97名男大学生身高（单位：cm）及其父亲的身高（单位：cm），得到数据，，…，，再由最小二乘估计得到一元线性回归方程，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则经验回归直线必过点 B. 当父亲的身高时，男大学生身高一定为 C. 本次调查的数据中男大学生身高和其父亲的身高的相关系数为正 D. 一元线性回归方程也能够很好地刻画父亲身高与女儿身高的关系 10. 在下列区间中，函数存在零点的是（ ） A. B. C. D. 11. 若随机变量的取值为，，…，，且，下列说法正确的是（ ） A. B. C. （为常数） D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，则______. 13. 若函数为增函数，则的取值范围为______. 14. 如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 达州市拥有多项非物质文化遗产，如薅草锣鼓（川东土家族薅草锣鼓）、竹编（渠县刘氏竹编）、三汇彩亭会、龙舞（安仁板凳龙）等.某校为了解学生对这4项非遗的整体了解情况，对该校200名学生进行了问卷调查，得到成对样本观测数据分类统计结果，如下表： 性别 至少听说过其中一项 一项都没听说过 合计 男 35 65 100 女 55 45 100 合计 90 110 200 （1）试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对4项非遗的了解状况（至少听说过一项和一项都没听说过）与性别是否有关联？ （2）达州市非物质文化遗产主管部门邀请该校5名同学参加非物质文化遗产主题游学活动，其中男生3人、女生2人.学校决定从这5名学生中随机抽取3人分别对该校的3个年级进行非遗宣传.设抽到的男生人数为，求的分布列与数学期望. 参考公式及数据：， 0.1 0.05 0.005 2.706 3.841 7.879 其中. 16. 已知函数，. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的最大值和最小值. 17. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若函数存在极小值且极小值小于0，求的取值范围. 18. 一位棋手持续破解一个残局，该残局共有十种走法，其中仅一种可获胜，其余九种均失败.在这十种走法中，有六种属于他的偏好棋路（均为失败走法），另外四种为非偏好棋路（含一种获胜走法和三种失败走法）.在偏好棋路局里，所有待选走法机会均等，并且一旦某一走法无法破解残局，将彻底舍弃该走法；非偏好棋路局同理；一旦成功破局后便不再尝试. （1）若该棋手将所有偏好棋路尝试完之后才尝试非偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求； （2）该棋手以每两局切换一次棋路的方式尝试破局，直至成功，并且前两局采用偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求的分布列； （3）倘若该棋手在第一局采用偏好棋路尝试破局的概率为.当偏好棋路失败时，下一局尝试切换为非偏好棋路的概率为，当非偏好棋路失败时，下一局尝试切换为偏好棋路的概率为，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求. 19. 已知锐角的外接圆圆心为，圆的半径为1，且，，的面积为. （1）用，表示； （2）若，，当取最大值时，求的值（无需求出的最大值）； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州市2026年春季学期高中二年级教学质量监测（选用卷） 数学 （本试卷满分150分 考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡的对应题框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3.考试结束以后，将答题卡收回. 一、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. 若，，则（ ） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 垂直上升的火箭发射后，其高度（单位：m）为，则发射时，火箭爬高的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】垂直上升的火箭发射后，其高度（单位：m）为， 所以火箭爬高的瞬时速度为， 所以. 即发射时，火箭爬高的瞬时速度为. 3. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 各项的系数之和为 B. 常数项为1 C. 含的项的系数为40 D. 含的项的二项式系数为10 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，取，得展开式的各项的系数之和为1，A错误； 对于B，取，得展开式的常数项为，B错误； 对于C，在的展开式中，含的项为，含的项的系数为，C错误； 对于D，在的展开式中，含的项的二项式系数为，D正确. 4. 抛掷一枚质地均匀的硬币4次，记出现正面向上的次数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币，正面向上的概率为，则， 所以. 5. 一次聚会共8人参加，每两人之间都握了一次手且只握一次，则所有人总握手次数为（ ） A. 64 B. 56 C. 28 D. 14 【答案】C 【解析】 【详解】题中所给的握手是组合问题，所以所有人总握手次数为次. 6. 若函数，则是函数有极值的（ ） 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】B 【解析】 【分析】求出导数并利用极值的意义，结合充分条件、必要条件的定义推理判断. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数有极值，得函数有变号零点，则方程有两个不等实根，， 因此是函数有极值的必要不充分条件. 7. 甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排留影，则甲、乙必相邻，丙、丁不相邻的排法种数为（ ） A. 120 B. 72 C. 48 D. 24 【答案】D 【解析】 【详解】将甲乙捆绑，和戊一起先排，共有种排法， 产生了个空位，任选两个排丙、丁，共有种排法， 所以共有种排法. 8. 根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差图如图所示.（ ） A. 模型误差满足一元线性回归模型的所有假设 B. 模型误差不满足一元线性回归模型的的假设 C. 模型误差不满足一元线性回归模型的的假设 D. 以上说法都不正确 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目提供的残差图，可以得出以下特征：1.均值：残差点大致分布在横轴（0刻度线）的上下两侧，没有明显的整体向上或向下偏移，初步符合的假设；2.方差：残差点的分布宽度明显不均匀，在左侧，残差点的分布比较集中，波动范围小；在右侧，残差点的分布比较分散，波动范围显著增大. 【详解】A选项：由于残差图的分布宽度不一致，说明误差项的方差不恒定，因此模型误差不满足一元线性回归模型的所有假设，故选项A错误； B选项：残差点围绕横轴波动，没有明显的系统性偏差，说明模型误差基本满足的假设，故选项B错误； C选项：残差图显示，随着横坐标的变化，残差的波动范围（方差）逐渐增大，不符合（方差为常数）的假设，故选项C正确， 由上可知选项D错误. 二、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. 9. 为了研究父亲身高与儿子身高的关系，通过调查97名男大学生身高（单位：cm）及其父亲的身高（单位：cm），得到数据，，…，，再由最小二乘估计得到一元线性回归方程，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则经验回归直线必过点 B. 当父亲的身高时，男大学生身高一定为 C. 本次调查的数据中男大学生身高和其父亲的身高的相关系数为正 D. 一元线性回归方程也能够很好地刻画父亲身高与女儿身高的关系 【答案】AC 【解析】 【详解】选项A：由最小二乘法推导得到的经验回归直线恒过样本中心点，A正确； 选项B：将代入回归方程得到的是估计值，实际男大学生身高会存在随机波动，并非一定等于该值，故B错误； 选项C：回归方程的斜率为，说明父亲身高与儿子身高呈正相关关系，所以相关系数为正，故C正确； 选项D：该回归方程是基于父亲身高与男大学生（儿子）身高的样本数据拟合得到的，样本不含父亲与女儿身高的相关信息，无法刻画父亲身高与女儿身高的关系，故D错误. 10. 在下列区间中，函数存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】AB项，根据零点存在定理判断即可；C项，因为，利用导数找到，且，再根据零点存在定理判断；D项，由于，只需证明时，，即可判断D项. 【详解】A项，因为， ， 所以在上存在零点，又因为，所以在上存在零点，故A正确； B项，，所以在上存在零点，故B正确； C项，，， 且，，故使得， 则在上单调递增，，又， 所以在上存在零点，又因为，所以在上存在零点，故C正确； D项，令，则，可知当时，，即在上单调递增， 故当时，，则当时，， 所以在上没有零点，故D错误. 11. 若随机变量的取值为，，…，，且，下列说法正确的是（ ） A. B. C. （为常数） D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用期望和方差的性质判断A、B，由期望与方差的关系，并应用作差法比较大小判断C，由题设有，再由的实际意义判断D. 【详解】A：由期望的性质知，正确， B：由方差的性质知，错误， C：由，而， 两式相减得， 所以恒成立，正确， D：因为，对于任意的取值，都有， 从而有，则， 因为是所有关于常数的偏差平方期望的最小值， 当且仅当时取等号，所以，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】由正态分布的对称性知，若随机变量，则. 13. 若函数为增函数，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用给定的单调性建立恒成立的不等式，再分离参数求解. 【详解】函数的定义域为，求导得， 由函数为增函数，得，， 而当时，，当且仅当时取等号，则， 所以的取值范围为. 14. 如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】首先不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为求出所有涂色情况数，再排除只涂3种颜色的情况数，最后作差即可得. 【详解】由图，若不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为， 则涂色种数依次为：有4种，有3种，有2种，有2种，有2种，有2种， 所以共有种， 由于4种颜色全部参与着色，需排除只涂3种颜色的情况（注意不可能有小于三种颜色的情况）， 第一步：从4种选3种颜色种选色， 第二步：在选定的3种颜色：选1种颜色种，从剩余2种颜色选，满足约束， 仅能是或，注意字母相同表示涂同一种颜色，共种， 第三步：此时3种颜色已用：占1种，占2种，只能选的颜色（满足），仅1种选择， 所以，仅用3种颜色的方案数， 综上，种. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 达州市拥有多项非物质文化遗产，如薅草锣鼓（川东土家族薅草锣鼓）、竹编（渠县刘氏竹编）、三汇彩亭会、龙舞（安仁板凳龙）等.某校为了解学生对这4项非遗的整体了解情况，对该校200名学生进行了问卷调查，得到成对样本观测数据分类统计结果，如下表： 性别 至少听说过其中一项 一项都没听说过 合计 男 35 65 100 女 55 45 100 合计 90 110 200 （1）试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对4项非遗的了解状况（至少听说过一项和一项都没听说过）与性别是否有关联？ （2）达州市非物质文化遗产主管部门邀请该校5名同学参加非物质文化遗产主题游学活动，其中男生3人、女生2人.学校决定从这5名学生中随机抽取3人分别对该校的3个年级进行非遗宣传.设抽到的男生人数为，求的分布列与数学期望. 参考公式及数据：， 0.1 0.05 0.005 2.706 3.841 7.879 其中. 【答案】（1）依据小概率值的独立性检验，推断该校学生对4项非遗的了解状况与性别有关联。 （2）的分布列为： X 1 2 3 P 0.3 0.6 0.1 （或） 【解析】 【小问1详解】 零假设：设该校学生对4项非遗的了解状况与性别没有关联. ， 依据小概率值的独立性检验，认为不成立，即该校学生对4项非遗的了解状况与性别有关联. 【小问2详解】 由题意可知服从超几何分布，则 ，，. 所以的分布列为： X 1 2 3 P 0.3 0.6 0.1 . 16. 已知函数，. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为 ，最小值为 【解析】 【小问1详解】 因为， 所以， ，， 曲线在点处的切线方程满足：， 所以，即. 【小问2详解】 令得，或， 令得，或，函数在上单调递增； 令得，，函数在上单调递减； ，， ，， 因为， 所以函数的最大值为，最小值为. 17. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若函数存在极小值且极小值小于0，求的取值范围. 【答案】（1）当时，单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，应用分类讨论研究导函数的区间符号，进而可得对应的单调区间； （2）由（1）及已知得，再构造相关函数并应用导数研究不等式恒成立，即可得参数范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，则， 当时，恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间， 当时， 若，则，在上单调递减， 若，则，在上单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 综上所述： 当时，单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）知，当时，函数才存在极小值，且极小值点为， 极小值为， 由题意知，即， 因为，， 构造函数，其中， 求导得恒成立，所以在上单调递增， 因为，所以要使，必须满足， 综上所述，的取值范围为. 18. 一位棋手持续破解一个残局，该残局共有十种走法，其中仅一种可获胜，其余九种均失败.在这十种走法中，有六种属于他的偏好棋路（均为失败走法），另外四种为非偏好棋路（含一种获胜走法和三种失败走法）.在偏好棋路局里，所有待选走法机会均等，并且一旦某一走法无法破解残局，将彻底舍弃该走法；非偏好棋路局同理；一旦成功破局后便不再尝试. （1）若该棋手将所有偏好棋路尝试完之后才尝试非偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求； （2）该棋手以每两局切换一次棋路的方式尝试破局，直至成功，并且前两局采用偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求的分布列； （3）倘若该棋手在第一局采用偏好棋路尝试破局的概率为.当偏好棋路失败时，下一局尝试切换为非偏好棋路的概率为，当非偏好棋路失败时，下一局尝试切换为偏好棋路的概率为，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求. 【答案】（1） （2） 3 4 7 8 （3）【解析】 【分析】（1）首先分析第7局获胜的走法事件，再应用独立事件乘法公式求概率； （2）由题意的可能取值为，并分析对应事件求出对应概率，即可得分布列； （3）分第1局为偏好棋路、非偏好棋路，应用独立事件乘法分别求出对应概率，再应用互斥事件加法求概率即可. 【小问1详解】 该棋手先尝试偏好棋路，偏好棋路共6种且全部为失败走法，所以前6局必定全部失败， 第7局开始尝试非偏好棋路，非偏好棋路共4种，其中包含1种获胜走法和3种失败走法，且机会均等， 所以第7局获胜的概率为； 【小问2详解】 由题意知，棋手按两局偏好、两局非偏好的方式循环切换，直到成功， 前两局为偏好棋路（必败），所以的可能取值为， 第3、4局切换为非偏好棋路（4种，1胜3败）：，， 若前4局均失败（概率为），第5、6局又切换回偏好棋路（剩余4种，必败）， 第7、8局再切换为非偏好棋路（剩余2种，1胜1败）：，， 注：第7局若失败，第8局必为剩下的那一种获胜走法，概率为1， 所以，的分布列为 3 4 7 8 【小问3详解】要使得（即第1局失败，第2局成功），分析第1局的两种可能性： 第1局为偏好棋路： 偏好棋路必败（概率1），此时有的概率切换为非偏好棋路， 切换后，非偏好棋路共有4种走法（1胜3败），所以第2局获胜的概率为， 此分支概率为， 第1局为非偏好棋路： 非偏好棋路失败的概率为，此时有的概率不切换，继续尝试非偏好棋路， 继续尝试时，非偏好棋路还剩3种走法（1胜2败），所以第2局获胜的概率为， 此分支概率为， 综合上述两种情况，. 19. 已知锐角的外接圆圆心为，圆的半径为1，且，，的面积为. （1）用，表示； （2）若，，当取最大值时，求的值（无需求出的最大值）； （3）求证：. 【答案】（1） （2） （3）设，则，且， 由（1）得， 令，则且， 所以 ， 所以， 原问题等价于证明在且的条件下， 对于任意，​， 所以恒有成立，当且仅当时取等号， 令（即固定对应的），则， 所以，​ 设函数，其中， 则， 令，，只需，解得，即（负根舍去）， 当时，；当时，，所以是的唯一极大值点，也是最大值点， 由，则​​， 所以，当且仅当且时，即，等号成立. 【解析】 【分析】（1）根据已知均小于且，由并应用三角形面积公式、三角恒等变换化简，即可得； （2）由（1）及已知得，令，结合锐角三角形得，从而有，再应用导数求最值，即可得； （3）由已知得且，令，则且，应用三角恒等变换证得，问题化为证明在且的条件下，先证，进而有，构造且，应用导数证明，即可证. 【小问1详解】 由于是锐角三角形，其外心在三角形内部， 则均小于且， 所以， 所以​ ； 【小问2详解】 由（1）及已知得 ，令， 由于是锐角三角形，则均小于，得，故， 此时，于是，则， 令，所以， 展开化简， 所以，而， 所以，得（负值舍）， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以为极值点也是最大值点， 因此，当取最大值时； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $