精品解析：贵州安顺市普通高中2025-2026学年第二学期期末教学质量监测高二数学试题

全市普通高中2025—2026学年第二学期期末教学质量监测 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在答题卡上. 3.请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效. 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. 设函数，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2. 某人计划利用三天假期到“黄果树瀑布”“花江大峡谷”和“龙宫”三个景点游玩，每天玩一个景点，则他出游的不同方案共有（ ） A. 9种 B. 6种 C. 5种 D. 3种 3. 对某两组数据进行统计，获得以下散点图，且图1､图2对应的相关系数分别为，则关于其相关系数的说法，正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 一批零件共有10件，其中有8件正品和2件次品.现从中有放回地任取3次，每次取1件，若表示取到次品的次数，则（ ） A. B. C. D. 5. 现有边长为2的正方形铁片，将它的每个角各截去1个边长为的小正方形，做成一个无盖的长方体盒子，则长方体盒子体积最大时的值为（ ） A. B. C. D. 6. 对于整数，若和被除所得的余数相同，则称和对模同余，记为.已知，且，则的值可以是（ ） A. 2019 B. 2021 C. 2023 D. 2025 7. 若函数的图象在点处的切线与函数的图象在点处的切线相同，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. 100 B. 2560 C. 3125 D. 6250 二､多选题：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. 已知事件满足，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知的展开式中，第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有9项 B. 展开式中项的系数为 C. 所有奇数项的二项式系数之和为256 D. 展开式中系数最大的项为第4项 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 函数在处取得最大值 C. 对任意，函数 D. 若，则恒成立 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在某次试验中，实数的取值如下表： 0 1 3 5 6 1.3 1.9 5.6 7.4 已知与线性相关，且求得经验回归方程为，则实数_________. 13. 已知随机变量，且，则实数_________；若，则的最小值为_________. 14. 若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_________. 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. 某单位有100名员工，为了解员工是否熟练使用AI工具与性别有关，该单位进行了一次调研，结果如下表： 性别 熟练使用 不熟练使用 合计 男员工 30 20 50 女员工 35 15 50 合计 65 35 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为是否熟练使用AI工具与性别有关？ （2）现按是否熟练使用AI工具采用分层抽样的方法从该单位男员工中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记其中熟练使用AI工具的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）设函数，若在上有三个零点，求实数的取值范围. 17. 甲､乙两个箱子装有大小及外观质地相同的小球，甲箱中有个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球.当从甲箱中任取2个小球时，2个小球同色的概率为. （1）求的值； （2）小明从甲､乙两箱中各取1个小球，若2个小球同色，则小明中奖，否则为不中奖，求小明中奖的概率； （3）若先从乙箱中任取2个小球放入甲箱中，然后再从甲箱中任取1个小球，求从甲箱中取出的球是黑球的概率. 18. 已知函数. （1）证明：. （2）若函数在定义域上有两个极值点，求实数的取值范围. （3）求证：. 19. 牛顿在《流数法》一书中，利用迭代思想给出了一种求高次代数方程近似解的方法：牛顿法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的2次近似值.一般地，曲线在点处的切线为，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解，称数列为函数的牛顿数列. （1）若的零点为，请用牛顿法求的2次近似值. （2）设函数的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列且.已知数列满足. （i）求和的关系； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全市普通高中2025—2026学年第二学期期末教学质量监测 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在答题卡上. 3.请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效. 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. 设函数，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由导数的定义即可求解. 【详解】由，得， . 2. 某人计划利用三天假期到“黄果树瀑布”“花江大峡谷”和“龙宫”三个景点游玩，每天玩一个景点，则他出游的不同方案共有（ ） A. 9种 B. 6种 C. 5种 D. 3种 【答案】B 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一天有3种选择方案，第二天有2种选择方案，第三天有1种选择方案， 故共有种. 3. 对某两组数据进行统计，获得以下散点图，且图1､图2对应的相关系数分别为，则关于其相关系数的说法，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据散点图及相关系数的概念判断即可. 【详解】由散点图可知，图（1）中两个变量成正相关，所以；图（2）中两个变量成负相关，所以；. 4. 一批零件共有10件，其中有8件正品和2件次品.现从中有放回地任取3次，每次取1件，若表示取到次品的次数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可得，服从二项分布，结合对立事件及二项分布概率公式直接求解. 【详解】由题意得X服从二项分布，且每次取到次品的概率为，所以， 所以． 5. 现有边长为2的正方形铁片，将它的每个角各截去1个边长为的小正方形，做成一个无盖的长方体盒子，则长方体盒子体积最大时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将方盒容积表示为关于的函数的形式，利用导数可求得单调性，从而得到体积最大值. 【详解】由题意知：方盒的底面为边长的正方形，高为，其中， 则方盒的容积为， ， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 所以当长方体盒子体积最大时的值为. 6. 对于整数，若和被除所得的余数相同，则称和对模同余，记为.已知，且，则的值可以是（ ） A. 2019 B. 2021 C. 2023 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式展开式的特征可得，即可求解除以5所得的余数为1，即可求解. 【详解】已知 ，即除以5所得的余数为1， 显然2021除以5所得的余数为1，即b的值可以是2021. 7. 若函数的图象在点处的切线与函数的图象在点处的切线相同，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数导数的几何意义求出两函数的切线方程，然后根据题意建立方程求解即可. 【详解】由，所以切点为， 因为，所以函数的图象在点处的切线斜率为：， 所以函数的图象在点处的切线方程为：即，① 由，所以切点为， 因为，所以函数的图象在点处的切线斜率为：， 所以函数的图象在点处的切线方程为： 即，② 由题意知①②的方程相同，所以有：，所以. 8. 已知，则（ ） A. 100 B. 2560 C. 3125 D. 6250 【答案】D 【解析】 【详解】设， 则， 令，则. 二､多选题：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. 已知事件满足，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A：因为，所以，所以，故A正确； 选项B：因为，所以事件发生事件一定发生，所以， 因此，故B错误； 选项C：由条件概率公式，故C正确； 选项D：由条件概率公式，或理解为事件发生事件一定发生，故D正确. 10. 已知的展开式中，第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有9项 B. 展开式中项的系数为 C. 所有奇数项的二项式系数之和为256 D. 展开式中系数最大的项为第4项 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用二项式系数相等可知，可推出，再利用二项式系数的性质和方法去判断各选项. 【详解】由二项式的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，所以，解得，展开式共有10项，A选项错误； 二项式系数之和为， 又由奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等， 则奇数项的二项式系数之和为，故C正确； 由的展开式的通项， 令，解得，故展开式中项的系数为，故B正确； 由得，，又，所以， 所以展开式中系数最大的项为第4项，故D正确. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 函数在处取得最大值 C. 对任意，函数 D. 若，则恒成立 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由，构造函数，求导确定单调性即可判断，对于B，由的单调性即可判断，对于C，令，结合的单调性即可判断，对于D，通过代入验证即可判断. 【详解】由，， 由，得，由，得， 故在单调递减，在单调递增， 故 ，故对任意，恒成立。 选项A，当时， ， 设， 求导得，当且仅当时取等号， 故时，单调递增，故， 即，A正确， 选项B，， 求导得，故在上单调递增，无最大值，B错误； 选项C，令，则， 代入得： ，  由对任意恒成立，故对任意成立，C正确。 选项D，令，左边， 右边， 故左边右边，D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在某次试验中，实数的取值如下表： 0 1 3 5 6 1.3 1.9 5.6 7.4 已知与线性相关，且求得经验回归方程为，则实数_________. 【答案】3.8## 【解析】 【详解】因为，， 由. 13. 已知随机变量，且，则实数_________；若，则的最小值为_________. 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性列式计算即可求解，最后巧用“1”和基本不等式可得. 【详解】由题意可得随机变量服从正态分布， 若，则，解得. 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为. 14. 若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】通过分离参数得到，构造函数，求导，确定单调性和最值即可求解. 【详解】当时，， 原不等式恒成立等价于： ， 令， ，又， 导数符号由分子决定： 令， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故， 故当时，， 故，即，单调递减； 当时，， 故，即，单调递增， 在处取得最小值：， 因此， 即的取值范围是. 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. 某单位有100名员工，为了解员工是否熟练使用AI工具与性别有关，该单位进行了一次调研，结果如下表： 性别 熟练使用 不熟练使用 合计 男员工 30 20 50 女员工 35 15 50 合计 65 35 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为是否熟练使用AI工具与性别有关？ （2）现按是否熟练使用AI工具采用分层抽样的方法从该单位男员工中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记其中熟练使用AI工具的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）可以认为是否熟练使用AI工具与性别无关 （2）的分布列为 1 2 3 期望. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出的观测值，再与临界值比对即可得解. （2）求出男员工中熟练使用与不熟练使用AI的人数，进而求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【小问1详解】 零假设为：是否熟练使用AI工具与性别无关. 由表中数据得， 则. 因为，依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 可以认为是否熟练使用AI工具与性别无关，这种推断犯错误的概率不超过0.05. 【小问2详解】 从男员工中，按分层抽样的方法抽取5人，抽到熟练使用AI工具的人数为，抽到不熟练使用AI工具的人数为 因此的可能取值为. . 故的分布列为 1 2 3 期望. 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）设函数，若在上有三个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）. 【解析】 【分析】（1）求导，通过和求解即可； （2）将问题转换成函数的图象与直线在上有三个不同的交点，结合函数单调性，即可求解. 【小问1详解】 . 令，解得或，令，解得， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为. 【小问2详解】 令，在上有三个零点， 等价于方程在上有三个不同的实数根， 即函数的图象与直线在上有三个不同的交点. 由（1）知在和上单调递增，在上单调递减， 所以在处有极大值，在处有极小值-8. 计算可得. 要使函数的图象与直线在上有三个不同的交点， 则，即实数的取值范围为. 17. 甲､乙两个箱子装有大小及外观质地相同的小球，甲箱中有个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球.当从甲箱中任取2个小球时，2个小球同色的概率为. （1）求的值； （2）小明从甲､乙两箱中各取1个小球，若2个小球同色，则小明中奖，否则为不中奖，求小明中奖的概率； （3）若先从乙箱中任取2个小球放入甲箱中，然后再从甲箱中任取1个小球，求从甲箱中取出的球是黑球的概率. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式，再结合组合数计算，列出等式求解即可； （2）先确定从甲､乙两箱中各取1个小球，基本事件总数，再确定同色情况包含的基本事件，进而可求解； （3）由条件概率计算公式和全概率计算公式即可求解. 【小问1详解】 根据题意有， 即，因为，所以. 【小问2详解】 从甲､乙两箱中各取1个小球，基本事件总数为. 从甲､乙两箱中各取1个小球，2个小球均为白色的基本事件个数为， 从甲､乙两箱中各取1个小球，2个小球均为黑色的基本事件个数为， 则小明中奖的概率. 【小问3详解】 设事件为“从甲箱中任取1个小球，取出的这个小球是黑球”， 事件为“从乙箱中取出的2个小球都是白球”， 事件为“从乙箱中取出的2个小球为1个白球和1个黑球”， 事件为“从乙箱中取出的2个小球都是黑球”， 则事件彼此互斥. 又， 当“从乙箱中取出的2个小球都是白球”，此时甲箱10个球，7个白球，3个黑球， 故， 当“从乙箱中取出的2个小球为1个白球和1个黑球”，此时甲箱10个球，6个白球，4个黑球，故， 当“从乙箱中取出的2个小球都是黑球”，此时甲箱10个球，5个白球，5个黑球， 故， 所以 ， 所以取出的这个小球是黑球的概率为. 18. 已知函数. （1）证明：. （2）若函数在定义域上有两个极值点，求实数的取值范围. （3）求证：. 【答案】（1）证明：当时，， 所以在上单调递增， 则， 所以. （2） （3）证明：由（1）知，当时，， 即， 所以 . 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数得出函数单调性即可证明； （2）先求出导函数，再根据导函数为0有两个根结合判别式及韦达定理求解； （3）根据（1）的结论，结合裂项相消法结合对数运算计算证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， . 依题意得方程在上有两个不等实根， 则 解得，即实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 19. 牛顿在《流数法》一书中，利用迭代思想给出了一种求高次代数方程近似解的方法：牛顿法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的2次近似值.一般地，曲线在点处的切线为，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解，称数列为函数的牛顿数列. （1）若的零点为，请用牛顿法求的2次近似值. （2）设函数的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列且.已知数列满足. （i）求和的关系； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i） （ii）证明：由（i）知，所以，则. 因为，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 则，即. 设，则， 所以在上单调递增，所以，即 所以，又，则， 所以， 所以成立. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再应用点斜式得出切线方程； （2）（i）根据切线方程令，得，再代入计算求解； （ii）先求出导函数，再构造函数，再结合单调性即可证明不等式. 【小问1详解】 因为，所以，所以 因为，所以， 即，令，得. 又，所以， 即，令，得. 【小问2详解】 （i）因为，所以. 令，得， 所以. 因为， 所以. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $