精品解析：湖北襄阳市第四中学2026-2027学年高三上学期8月质量检测数学试卷

襄阳四中2027届高三年级8月质量检测 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，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. 样本数据7，8，14，16，20的平均数为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 13 2. 已知的展开式的各项系数之和为，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数在处的切线方程为（ ） A. B. C. . D. . 4. 某次抽奖活动中，参与者每次抽中奖的概率均为，现甲参加3次抽奖，则甲恰好有一次中奖的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数为其定义域上的增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局将安排包括甲､乙在内的4名城区教师前往三所乡镇学校支教.若每所学校至少安排1名教师，每名教师只去一所学校，则甲､乙不安排在同一个学校的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 8. 设，记，令有穷数列为零点的个数，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列.那么（ ） A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①②都正确 D. ①②都错误 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 为正整数且 B. 满足方程的值可能为或 C. 甲、乙、丙等人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有种排法 D. 把个相同的小球分到个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有种 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若线性回归方程为，则样本数据的残差为 B. 已知随机变量、满足，若，，则， C. 已知随机事件、，且，，若，则事件，相互独立 D. 已知随机变量，且函数为偶函数，则 11. 已知函数，则（ ） A. 若存在实数，使得，则 B. 当时，过原点且与曲线相切的直线不存在 C. 当时，方程有3个不相等的实数根 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知变量、的样本数据如下表，若变量的经验回归方程为，则____. 13. 已知函数在处取得极值0，则________． 14. 一个不透明的袋中有分别标有数字，，，的相同小球．规定每人每次从中随机抽取3个，记录好标号后将小球放回袋中．现有两人依次各抽取1次，记为这个小球中至少被取出1次的小球的个数，则的数学期望__________． 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. 已知在的展开式中，第6项为常数项． （1）求； （2）求含的项的系数； （3）求展开式中所有的有理项． 16. 在推进文化强国建设与中国式现代化的时代背景下，全民阅读已确立为国家文化战略，纳入法治保障体系，成为提升国民素养、厚植民族精神的基础性、战略性工程.为探究中学生阅读习惯与学业成绩是否存在关联，某校抽取成绩优良、成绩一般的同学各100名进行调查统计.记事件A=“成绩优良”，B=“有固定阅读习惯”，据统计，. （1）补全列联表，依据小概率值的独立性检验，能否推断阅读习惯与学业成绩水平有关？ 有固定阅读习惯 无固定阅读习惯 合计 成绩优良 100 成绩一般 100 合计 （2）为宣传全民阅读，从上述“有固定阅读习惯”的同学中以学业成绩水平按比例分层抽样，组建6人宣传小组.每次宣传时，需从宣传小组中选3人进行分享，记参与分享的同学中成绩优良的人数为 ，求 的分布列与期望. 参考公式与数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 已知函数. （1）判断函数的单调性； （2）已知在上的最小值为2，求k的值； （3）若恒成立，求k的取值范围. 18. 在上海市实验学校举办的体育节乒乓球活动中，甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是（），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． （1）时，若两人共进行5局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为，求的概率； （2）时，若两人共进行（，）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了（）局”．事件表示“甲最终获胜”．请写出，，，的值（直接写出结果即可）； （3）若两人共进行了（）局比赛，甲获胜的概率记为．当时，试判断与的大小，并说明理由． 19. 设，若对任意的，且，函数与满足关系，则称函数是函数在区间上的级控制函数． （1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； （2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的最大值； （3）若函数是函数在区间上的2026级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求两零点之积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 襄阳四中2027届高三年级8月质量检测 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，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. 样本数据7，8，14，16，20的平均数为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 13 【答案】D 【解析】 【详解】根据平均数定义可知，. 2. 已知的展开式的各项系数之和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接通过赋值求二项式展开式的各项系数之和可得. 【详解】在二项式的展开式中，令可得展开式的各项系数之和为， 因此有，解得. 3. 函数在处的切线方程为（ ） A. B. C. . D. . 【答案】B 【解析】 【详解】，则， 所以函数在处的切线方程为，即. 4. 某次抽奖活动中，参与者每次抽中奖的概率均为，现甲参加3次抽奖，则甲恰好有一次中奖的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题根据独立重复试验直接计算概率即可. 【详解】因为参与者每次抽中奖的概率均为， 则甲参加3次抽奖，甲恰好有一次中奖的概率为. 故选:C. 【点睛】本题考查独立重复试验求概率的问题，是基础题. 5. 若函数为其定义域上的增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将是增函数转化为恒成立，使用基本不等式求最值. 【详解】的定义域为，， 因为函数为其定义域上的增函数， 所以，即在上恒成立， 因为，，当且仅当时取等号， 所以，即. 6. 为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局将安排包括甲､乙在内的4名城区教师前往三所乡镇学校支教.若每所学校至少安排1名教师，每名教师只去一所学校，则甲､乙不安排在同一个学校的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据古典概型和对立事件，结合排列数、组合数分析求解. 【详解】根据题意可知：若每所学校至少安排1名教师，每名教师只去一所学校，则有种不同安排方法， 记“甲、乙不安排在同一个学校”为事件A， 则为“甲、乙安排在同一个学校”，则有种不同安排方法， 所以. 故选：B. 7. 从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，从，，，，，，这个数中任选个共有种方法， 第二步，选出的个数中，最小的为，从剩下的4个数中选出个分给，由题意可知，选出后就确定了，共有种方法， 故满足条件的“五位凹数”个， 故选：A 8. 设，记，令有穷数列为零点的个数，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列.那么（ ） A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①②都正确 D. ①②都错误 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，列举验证，对于②，列举验证. 【详解】当时， ，此时， ，此时， ，此时， 故存在，使为常数列；①正确； 设，则有个零点， 则在的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点， 因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点， 同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点， 故，所以是公差为的等差数列，故②正确. 故选：C. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 为正整数且 B. 满足方程的值可能为或 C. 甲、乙、丙等人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有种排法 D. 把个相同的小球分到个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有种 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用排列组合数公式及性质计算判断AB；利用插空法求得排列数判断C；利用隔板法求得总的方法数判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，由，得或，解得或，B正确； 对于C，将除甲和丙以外的3人全排列，再将甲与丙插入3人所形成的4个空中的2个空，共有排法，C错误； 对于D，由隔板法得共有种不同的分法，D正确. 故选：ABD 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若线性回归方程为，则样本数据的残差为 B. 已知随机变量、满足，若，，则， C. 已知随机事件、，且，，若，则事件，相互独立 D. 已知随机变量，且函数为偶函数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A直接根据残差的定义计算可得；对B根据期望和方差的性质计算可得；对C根据条件概率公式、及相互独立事件的定义判断可得；对D根据偶函数的性质可得，再根据正态分布的对称性得，从而判断区间与区间完全重合，从而可得所求的值. 【详解】选项A：因为残差的定义是实际观测值减去回归预测值，将代入回归方程得预测值， 实际观测值为，因此残差为，故A正确； 选项B ：根据期望和方差的性质：若，则，. 代入得：，但，故B错误； 选项C ：因为，所以， 所以，可得， 所以事件、相互独立， 故C正确； 选项D： 因为随机变量，正态分布关于直线对称. 又因为函数为偶函数，即， 所以， 又因为， 所以对任意的恒成立，且两区间长度相等， 因此区间与区间完全重合， 所以，解得，故D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 若存在实数，使得，则 B. 当时，过原点且与曲线相切的直线不存在 C. 当时，方程有3个不相等的实数根 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对函数求导并研究函数的单调性和最值，A由题设有求参数判断，B由导数的几何应用及切线所过的点，利用斜率相同得判断参数的存在性，C令，利用导数及零点存在性定理、奇函数的对称性判断零点个数即可，D令，利用导数研究其区间单调性即可判断. 【详解】对于，则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 因此在处取得最大值， 对于A：若存在实数使，只需，则，解得，正确， 对于B：当时，，设切点为，切线过原点，则斜率为， 由，联立得， 因为存在实数，所以过原点的切线存在，错误， 对于C：方程等价于，令， 由且定义域为，即为奇函数， 显然，即是一个根，而，则， 因此在右侧附近小于0，在左侧附近大于0， 令且，则，故在上单调递增， 所以，故在上，而， 因为，且时， 因此，在上必有一个根，根据奇函数的对称性，在上也必有一个根， 综上，共三个不相等的实数根，正确， 对于D：令，则， 当时，，且， 因此，即在上单调递增， 因为，所以时，即，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知变量、的样本数据如下表，若变量的经验回归方程为，则____. 【答案】## 【解析】 【详解】由表格中的数据可得，， 故样本中心点的坐标为，将该点的坐标代入回归直线方程得， 解得. 13. 已知函数在处取得极值0，则________． 【答案】512 【解析】 【分析】利用极值与导数关系求出的值即可求解. 【详解】在处有极值，且，， 即，解得：，或． 当时，， 函数在R上为增函数，无极值，舍去； 当时，， 当时，,函数在上单调递减， 当时，,函数在上单调递增，故函数在处取得极小值， 所以，，． 14. 一个不透明的袋中有分别标有数字，，，的相同小球．规定每人每次从中随机抽取3个，记录好标号后将小球放回袋中．现有两人依次各抽取1次，记为这个小球中至少被取出1次的小球的个数，则的数学期望__________． 【答案】 【解析】 【详解】单次抽3个球时，某特定小球没被抽到的概率为， 因此两次都没被抽到的概率为， 可得，即 . 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. 已知在的展开式中，第6项为常数项． （1）求； （2）求含的项的系数； （3）求展开式中所有的有理项． 【答案】（1）； （2）； （3）有理项为 ，，． 【解析】 【分析】（1）求出二项式的展开式通项，根据常数项赋值即可求解； （2）令，即可求出，从而得到含的项的系数； （3）利用二项式展开式通项中的指数为整数且求出，再根据通项即可求解． 【小问1详解】 的展开式的通项为， 因为第项为常数项，所以时，有，解得． 【小问2详解】 令，得， 所以含的项的系数为． 【小问3详解】 根据通项公式与题意得，令， 则，即，，所以应为偶数，又， 所以可取，即可取.所以第项，第项与第项为有理项， 它们分别为，，，即，，． 16. 在推进文化强国建设与中国式现代化的时代背景下，全民阅读已确立为国家文化战略，纳入法治保障体系，成为提升国民素养、厚植民族精神的基础性、战略性工程.为探究中学生阅读习惯与学业成绩是否存在关联，某校抽取成绩优良、成绩一般的同学各100名进行调查统计.记事件A=“成绩优良”，B=“有固定阅读习惯”，据统计，. （1）补全列联表，依据小概率值的独立性检验，能否推断阅读习惯与学业成绩水平有关？ 有固定阅读习惯 无固定阅读习惯 合计 成绩优良 100 成绩一般 100 合计 （2）为宣传全民阅读，从上述“有固定阅读习惯”的同学中以学业成绩水平按比例分层抽样，组建6人宣传小组.每次宣传时，需从宣传小组中选3人进行分享，记参与分享的同学中成绩优良的人数为 ，求 的分布列与期望. 参考公式与数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）补全列联表如下： 有固定阅读习惯 无固定阅读习惯 合计 成绩优良 80 20 100 成绩一般 40 60 100 合计 120 80 200 依据小概率值的独立性检验，可以推断阅读习惯与学业成绩水平有关. （2） 的分布列为： 1 2 3 期望. 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式，结合已知数据计算可完成列联表，然后计算卡方，对照临界值表即可得出结论； （2）利用超几何分布概率公式求出概率和分布列，然后可得期望. 【小问1详解】 由题可知，，，所以，得， 又，所以，得， 结合已知可得列联表： 有固定阅读习惯 无固定阅读习惯 合计 成绩优良 80 20 100 成绩一般 40 60 100 合计 120 80 200 零假设阅读习惯与学业成绩水平没有关系. 因为， 所以，依据小概率值的独立性检验，没有充足的证据证明假设成立， 即阅读习惯与学业成绩水平有关系，且该结论犯错误的概率不超过. 【小问2详解】 有固定阅读习惯中成绩优良的有人，成绩一般的有人， 所以组建的6人宣传小组中，成绩优良的有人，成绩一般的有人， 则的可能取值为：， ，， ， 所以 的分布列为： 1 2 3 期望. 17. 已知函数. （1）判断函数的单调性； （2）已知在上的最小值为2，求k的值； （3）若恒成立，求k的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递减； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数，分和研究单调性； （2）根据，，和时函数在上的单调性判断最值，求k的值； （3）若恒成立，即恒成立，设，利用导数求函数的最大值即可. 【小问1详解】 由题意知的定义域为， 且， 当时，时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增， 当时，，故在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递减； 【小问2详解】 由（1）知， 当，则在上单调递减， 所以，则，矛盾舍去， 当，，则在上单调递减，在上单调递增， 所以，得，矛盾舍去， 若，则在上单调递增， 所以，则，符合题意， 综上； 【小问3详解】 若恒成立， 即恒成立， 设， 则， 令，则， 所以在上单调递增， ， 所以在上有唯一零点，即, 所以， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 所以由，得， 所以， 当时，，，则在上单调递增， 当时，，，则在上单调递减， 所以， 由恒成立， 所以，即k的取值范围为. 18. 在上海市实验学校举办的体育节乒乓球活动中，甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是（），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． （1）时，若两人共进行5局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为，求的概率； （2）时，若两人共进行（，）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了（）局”．事件表示“甲最终获胜”．请写出，，，的值（直接写出结果即可）； （3）若两人共进行了（）局比赛，甲获胜的概率记为．当时，试判断与的大小，并说明理由． 【答案】（1） （2），，，. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用进行5局比赛，两人所赢局数之差的绝对值为，即为甲赢3局乙赢2局或甲赢2局乙赢3局可解. （2）分析前局甲赢k局后，剩余2局甲需赢多少局才能获胜；根据k的不同范围，判断剩余两局的胜负可能性，当时，剩余2局最多赢2局，总赢局数，无法获胜，求出其概率；当时，需要赢剩余2局，求出其概率；当时，需要赢至少1局，求出其概率；当时，已满足获胜条件，概率为1. （3）利用全概率公式求得，求出，求出，利用基本不等式得证. 【小问1详解】 总共进行5局，是甲乙赢局数之差的绝对值，即为甲赢3局乙赢2局、甲赢2局乙赢3局. 所以. 【小问2详解】 当时，剩余2局最多赢2局，总赢局数，无法获胜，其概率为；； 当时，需要赢剩余2局，其概率为； 当时，需要赢至少1局，其概率； 当时，已满足获胜条件，概率为. 故，，，. 【小问3详解】 由全概率公式得 因为，所以，.所以. 因为，所以，即. 19. 设，若对任意的，且，函数与满足关系，则称函数是函数在区间上的级控制函数． （1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； （2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的最大值； （3）若函数是函数在区间上的2026级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求两零点之积的取值范围． 【答案】（1）不是，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接取区间端点 ，计算，，不满足要求，故不是1级控制函数； （2）由定义化为​，得递增，即，分离得，从而得到最小值； （3）由控制函数定义及 得，利用在单调递增，得 ，应用换元法求得范围． 【详解】（1）由于， 故． 所以函数不是函数在区间上的1级控制函数． （2）由函数是函数在区间上的m级控制函数， 得， ， 从而， 即在上恒成立. 令，则在上恒成立， 即在上为增函数， 故在上恒成立. 即， 在恒成立，即． 记，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而，故实数m的最大值为e． （3）因为函数在区间上存在两个零点， 不妨设，且， 因为函数是在区间上的2026级控制函数， 所以，即， 所以， 即． 又函数在上单调递增，故有， 从而，即． 令， 则． 令，则， 从而， 即的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $