精品解析：河北唐山市玉田县2025-2026学年第二学期质量调研高二数学试题

河北省唐山市玉田县2025—2026学年度高二第二学期质量调研 高二数学 一、选择题（本大题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件求得集合，再利用集合的运算，即可求解. 【详解】因为或，又， 则， 故选：B. 2. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数解析式可得定义域，根据奇函数与增函数的定义，利用导数与函数单调性的关系，可得答案. 【详解】对于A，由函数可得其定义域为， ，但，则函数不是增函数，故A错误； 对于B，由函数可得其定义域为， 将代入函数可得，则函数是奇函数， 由，但，即函数不是增函数，故B错误； 对于C，函数的定义域为， 将代入函数可得，则函数不是奇函数，故C错误； 对于D，函数的定义域为， 将代入函数可得， 则函数是奇函数， 又因时，恒成立，即函数是增函数，故D正确. 故选：D. 3. 已知变量x，y呈线性相关关系，回归方程为，且变量x，y的样本数据如下表所示 x -2 -1 0 1 2 y 5 4 m 2 1 据此计算出在时，预测值为-0.2，则m的值为（ ） A. 3 B. 2.8 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题意求出，即得回归直线方程，表示出样本中心点坐标，代入回归方程，即可求得答案. 【详解】由题意知回归方程为过点，则， 即； 又，， 由于回归方程为必过样本中心点， 故， 故选：C 4. 根据分类变量与的观测数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为（ ）. A. 变量与不独立 B. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 变量与独立 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过 【答案】C 【解析】 【分析】根据卡方独立性检验可得 【详解】由表可知当时，， 因为，所以分类变量与相互独立， 因为， 所以分类变量与相互独立，这个结论犯错误的概率不超过， 故选：C 5. 函数的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题首先可令，然后将函数转化为，最后利用反比例函数性质得出当时函数的值域，即可得出结果. 【详解】令，则， 因为函数在上单调递减， 所以当时函数的值域为， 则函数值域为， 故选：B. 【点睛】本题考查函数值域的求法，考查通过换元法求函数值域，考查反比例函数的性质，考查推理能力，是简单题. 6. “这么近，那么美，周末到河北”．2026年暑假来临之际，甲、乙、丙、丁、戊五位同学决定一起游历河北．夏天到河北的游客，一般都会选择承德避暑山庄、秦皇岛山海关、唐山清东陵这三个地方游览，如果某天每人只能去这三个景点中的一个地方，清东陵一定有人去，则不同游览方案的种数为（ ） A. 243 B. 211 C. 125 D. 60 【答案】B 【解析】 【详解】根据分步乘法计数原理： 计算无限制条件下的总方案数：每位同学可从3个景点中任选1个，5位同学的总方案数为种； 计算清东陵无人去的方案数：此时每位同学仅能从剩余2个景点中选择，方案数为种； 清东陵一定有人去的方案数为总方案数减去清东陵无人去的方案数，即. 7. 已知随机事件、满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率公式，结合和事件概率公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以有， 因此， 故选：A 8. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解集确定，结合韦达定理得到与的关系，逐一判断各选项的正误. 【详解】因为不等式的解集为， 所以二次函数开口向下，且方程的两根为. 对于A：二次函数开口向下，故，A正确； 对于B：根据韦达定理：，，结合得，， 将代入不等式，得， 两边同除以得，因式分解为，解得，B正确； 对于C：，由得，即，C正确； 对于D：由得，得， 因，故， 由基本不等式得， 等号成立条件为，即，与矛盾，等号无法取到， 故该式最小值不为，D错误. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】设令，利用赋值法可判断ACD选项；利用二项展开式通项可判断B选项. 【详解】令. 对于A选项，，A错； 对于B选项，的展开式通项为， 令，可得，则，B对； 对于C选项， ，C对； 对于D选项，， 所以，，D错. 故选：BC. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于0 B. ， C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据相关系数的定义，可判定A错误；由期望的计算公式，可判定B错误；根据正态分布的概率的计算，可判定C正确；根据条件概率的计算公式，可判定D正确. 【详解】对于A，根据相关系数的定义，可得两个随机变量的线性相关性越强， 则相关系数的绝对值越接近于1，所以A错误； 对于B，由，，所以B错误； 对于C，设随机变量服从正态分布，且， 则，所以C正确； 对于D，甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点， 设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”， 则，所以D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 对，方程恒有两个不同的实数解 C. D. 存在，使得直线与曲线相切 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数解析式求值即可. 【详解】. 13. 设曲线的斜率为的切线为，则的方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】设出切点，求导，根据导数几何意义得到方程，求出，则，故切线方程，即. 【详解】设切线与函数的切点为， 故，所以在处的导数值为， 所以，又因为切点在函数上，即 所以切点为，所以切线方程，即 故答案为： 14. 已知随机变量服从正态分布，且，则的展开式中的系数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布的性质求，结合二项式定理展开式的通项公式求展开式中的系数. 【详解】因为随机变量服从正态分布，且， 所以，故， 则展开式的通项， 令，得， 所以的展开式中的系数的值为. 四、解答题（本大题共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. 已知（常数）的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等． （1）求值； （2）若展开式中各项系数和为1024，求展开式中的系数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为二项式的展开式第项的二项式系数为， 由题意可知，所以. 【小问2详解】 令，则，且，所以， 则二项式的展开式通项为， 令，则， 则. 展开式中的系数是45. 16. 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表： 新能源汽车款 新能源汽车款 总计 男性 50 10 女性 25 15 40 总计 25 100 （1）求； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？ （3）假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望. 附：，. 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1），； （2）与性别有关 （3） 【解析】 【分析】（1）利用表格数据直接计算即可. （2）列出零假设，计算，再进行独立性检验即可. （3）先判断服从二项分布，再利用二项分布的期望公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得，. 【小问2详解】 零假设为：选购新能源汽车的款式与性别无关联. 根据列联表中的数据，可得， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 可以认为选购车的款式与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05； 【小问3详解】 随机抽取1人购买B款车的概率为， X的可能取值有，由题意得， 由二项分布的期望公式得. 17. 已知曲线在处的切线与直线平行． （1）求的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）在上单调递减，在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合两直线平行斜率相等的性质列方程求解; （2）代入的取值后求导，根据导函数在定义域内的正负即可判断原函数的单调性； （3）结合函数单调性得到最小值，根据函数在定义域两端的趋势，令最小值小于0，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，对求导得：， 由直线化为斜截式得：，所以该直线的斜率为2， 因为函数的曲线在处的切线与直线平行，故切线斜率等于2， 即，代入得：，解得； 【小问2详解】 ，得：， 由于，故， 当，则在上单调递增， 当，则在上单调递减, 所以在上单调递减，在上单调递增； 【小问3详解】 由（2）可知，在处取得极小值，也是定义域内的最小值， 计算得：， 当时，，故， 当时，，由于二次函数增长速度大于对数函数增长速度，故， 则有两个零点，需最小值小于0，即，解得， 即b得取值范围为. 18. 已知甲盒中装有3个白球，2个黑球；乙盒中装有2个白球，3个黑球，这些球除颜色外完全相同 （1）若从两个盒子中一次性各摸出2个球，用表示摸出的4个球中白球的个数，求的分布列和数学期望： （2）若先从甲盒中一次性摸出2个球放入乙盒，再从乙盒中摸出一个球，计算在乙盒中摸出的是黑球的概率． 【答案】（1）的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望； （2）。 【解析】 【分析】（1）先确定随机变量的所有可能取值，利用古典概型计算各取值对应的概率，列出分布列后计算数学期望； （2）构造样本空间的互斥划分，结合全概率公式计算从乙盒摸出黑球的概率. 【小问1详解】 依题意，随机变量的所有可能取值为，根据古典概型概率公式计算各取值概率： ，，，， ， 的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望； 【小问2详解】 设事件“从甲盒中摸出2个白球”，“从甲盒中摸出1个白球和1个黑球”， “从甲盒中摸出2个黑球”，“从乙盒中摸出1个黑球”， 显然两两互斥，且（样本空间）， ，，， 条件概率：，，， 由全概率公式可得. 19. 强基计划于年在有关高校开始实施，主要选拔有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动．这些学生参与了某农业科研团队探究大棚蔬菜的光照时长对产量的影响的计算：选取5组不同的光照时长方案，在相同种植条件下开展试验，统计对应时长下的蔬菜合格采收量，得到如下数据： 每日光照时长 合格采收量 4 8 （1）求变量与的样本相关系数，判断是否适合线性回归模型拟合，如果适合，求关于的经验回归方程； （2）当样本数据的残差绝对值大于1时，称该组数据为异常拟合数据，现从这5组数据中任取3组做残差分析，求取到异常拟合数据的组数的分布列和数学期望； （3）在夏令营闭幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，，假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响．当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值． 附：①样本相关系数， 当时，相关性较强，当时，相关性一般； ②经验回归方程参考公式：， ； ③，，，． 【答案】（1）适合， （2）分布列： 0 1 2 期望： （3） 【解析】 【分析】（1）处理数据，计算两组变量平均值，算出相关系数，判断相关性，计算斜率和截距，得出回归方程； （2）判定异常数据，明确抽取异常组数的可能值，计算相关概率得出分布列，进而求出期望值； （3）转化获胜条件，结合二项分布写出概率得出关于的表达式，利用换元法结合已知条件求出概率最大值时的，进而求解最大值． 【小问1详解】 由表中数据可得： ， 已知，，， ， ， 则，，相关性较强， ，， 故经验回归方程为：． 【小问2详解】 时：， 时：， 时：， 时：， 时：， 故异常数据有2组，正常数据有3组， 表示取出的异常拟合数据的组数，可取， ， ， ， 0 1 2 数学期望： ． 【小问3详解】 甲答对题数，乙答对题数，小组获胜要求， 甲、乙答对题数互相独立， 则 ， 令，且，故， 因为，且，故 ，当时取最大值，即， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省唐山市玉田县2025—2026学年度高二第二学期质量调研 高二数学 一、选择题（本大题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知变量x，y呈线性相关关系，回归方程为，且变量x，y的样本数据如下表所示 x -2 -1 0 1 2 y 5 4 m 2 1 据此计算出在时，预测值为-0.2，则m的值为（ ） A. 3 B. 2.8 C. 2 D. 1 4. 根据分类变量与的观测数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为（ ）. A. 变量与不独立 B. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 变量与独立 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过 5. 函数的值域是（ ） A. B. C. D. 6. “这么近，那么美，周末到河北”．2026年暑假来临之际，甲、乙、丙、丁、戊五位同学决定一起游历河北．夏天到河北的游客，一般都会选择承德避暑山庄、秦皇岛山海关、唐山清东陵这三个地方游览，如果某天每人只能去这三个景点中的一个地方，清东陵一定有人去，则不同游览方案的种数为（ ） A. 243 B. 211 C. 125 D. 60 7. 已知随机事件、满足，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. D. 的最小值为 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于0 B. ， C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则 11. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 对，方程恒有两个不同的实数解 C. D. 存在，使得直线与曲线相切 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，则______． 13. 设曲线的斜率为的切线为，则的方程为____________． 14. 已知随机变量服从正态分布，且，则的展开式中的系数的值为______． 四、解答题（本大题共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. 已知（常数）的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等． （1）求值； （2）若展开式中各项系数和为1024，求展开式中的系数． 16. 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表： 新能源汽车款 新能源汽车款 总计 男性 50 10 女性 25 15 40 总计 25 100 （1）求； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？ （3）假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望. 附：，. 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 17. 已知曲线在处的切线与直线平行． （1）求的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数有两个零点，求的取值范围． 18. 已知甲盒中装有3个白球，2个黑球；乙盒中装有2个白球，3个黑球，这些球除颜色外完全相同 （1）若从两个盒子中一次性各摸出2个球，用表示摸出的4个球中白球的个数，求的分布列和数学期望： （2）若先从甲盒中一次性摸出2个球放入乙盒，再从乙盒中摸出一个球，计算在乙盒中摸出的是黑球的概率． 19. 强基计划于年在有关高校开始实施，主要选拔有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动．这些学生参与了某农业科研团队探究大棚蔬菜的光照时长对产量的影响的计算：选取5组不同的光照时长方案，在相同种植条件下开展试验，统计对应时长下的蔬菜合格采收量，得到如下数据： 每日光照时长 合格采收量 4 8 （1）求变量与的样本相关系数，判断是否适合线性回归模型拟合，如果适合，求关于的经验回归方程； （2）当样本数据的残差绝对值大于1时，称该组数据为异常拟合数据，现从这5组数据中任取3组做残差分析，求取到异常拟合数据的组数的分布列和数学期望； （3）在夏令营闭幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，，假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响．当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值． 附：①样本相关系数， 当时，相关性较强，当时，相关性一般； ②经验回归方程参考公式：， ； ③，，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $