贵州省安顺市普通高中2025~2026学年高二下册期末教学质量监测数学试卷【附解析】

数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.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.12.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.20257.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256D.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：013561.31.95.67.4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302050女员工351550合计6535100（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.0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82816.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：.

数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.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：思路：由导数的定义即可求解.解答过程：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：思路：由分步乘法计数原理即可求解.解答过程：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：思路：根据散点图及相关系数的概念判断即可.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：解答过程：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：解答过程：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256D.展开式中系数最大的项为第4项答案：BCD解析：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：013561.31.95.67.4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：解答过程：因为，，由.13.已知随机变量，且，则实数_________；若，则的最小值为_________.答案：①.4②.解析：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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302050女员工351550合计6535100（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.0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828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123期望.解析：思路：（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.（1）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.（2）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123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：思路：（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.（1）.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.（2）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：思路：（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.（1）根据题意有，即，因为，所以.（2）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.（3）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（