湖北襄阳市第四中学2025-2026学年高二下学期6月质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北襄阳市第四中学2025-2026学年高二下学期6月质量检测数学试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知下列四个命题，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据基本函数的求导公式以及复合函数的求导法则即可结合选项求解.
【详解】，A选项正确；
，B选项错误；
，C选项错误；
，D选项错误；
2. 4名同学分别报名参加足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法有（ ）种
A. 24B. 64C. 16D. 81
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，每名同学都有3种选择，
所以根据乘法计数原理得，不同的报名方法有种.
3. 已知的图象如图所示，其中是的导函数，则下列关于函数说法正确的是（ ）
A. 仅有2个极值点，一个是极大值点，一个是极小值点
B. 因为有四个根，故函数有四个极值点
C. 有2个极大值点，3个极小值点
D. 没有极值
【答案】A
【解析】
【分析】根据极值点的定义和的图象得出结论．
【详解】若x0是的极值点，则，且在x0两侧异号，
由的图象可知共有4解，
其中只有两个零点的左右两侧导数值异号，一个导函数的符号由正变负，是极大值点，
一个导函数符号由负变正，是极小值点，
故A正确，BCD错误．
故选：A．
4. 袋装食盐标准质量为，规定误差的绝对值不超过就认为合格.某食盐包装生产线的误差服从正态分布，误差的样本均值为0，样本方差为4，则随机抽取10000袋食盐，估计合格的约（ ）袋.
[附：若随机变量X服从正态分布，则，，.]
A. 6827B. 8161C. 9545D. 9759
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到误差的随机变量满足的条件，结合附加数值计算.
【详解】因为误差的样本均值为，样本方差为，所以，
又规定误差的绝对值不超过为合格，即合格时误差随机变量满足，
即，根据附加信息，
估计误差满足的概率约为，
所以估计合格的袋数约为.
故选：C.
5. 如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）

A. 120B. 180C. 221D. 300
【答案】B
【解析】
【分析】分Ⅰ，Ⅳ同色和不同色两种情况讨论，结合分布乘法原理即可得解.
【详解】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法，
Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法；
Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅳ有种涂色方法，
Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法，
综上共有种不同的着色方法.
故选：B.
6. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒．若要使方盒的容积最大，则边长为（ ）
A. B. C. D. a2
【答案】B
【解析】
【分析】依题意，可得，求导确定函数单调性即可求解.
【详解】依题意，折成无盖盒子的底面是边长为的正方形，高为，则，
由得，，
令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减，且在处取得最大值，B正确；
故选：B．
7. 已知关于x的方程有两个不等实根，则的取值范围为（ ）
A. B. 0,1eC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意即方程 有两个不相等的实根，然后通过研究单调性，图像可得答案.
【详解】由题意即方程 有两个不相等的实根，令，则，
因,则在R上单调递增，所以问题等价于 有两个不相等的实根，
即直线与图像有两个交点，，.
得在单调递增，在单调递减，
，，时，时，
据此可得大致图像如下，由图像得．
8. A和B进行了10次猜拳游戏，A出了3次石头， 6次剪刀和1次布， B出了2次石头， 4次剪刀和4次布，已知2人从未出现平局，则A赢了（ ）次．
A. 7B. 5C. 3D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由没有出现平局，分析A,B的对战情况，从而得到A赢的次数.
【详解】由题意知，A出了3次石头，6次剪刀和1次布，B出了2次石头，4次剪刀和4次布.
由于没有出现平局，所以A的6次剪刀，只能对应B的2次石头和4次布，
所以这6局中，A赢了4次；
另外A的3次石头和1次布对应B的4次剪刀，所以这4局中，A赢了3次.
综上所述，A一共赢7次.
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．
9. 下列结论错误的是（ ）
A. 若，则
B. 的展开式中的系数是30
C. 在的展开式中，含的项的系数是220
D. 的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大
【答案】AD
【解析】
【分析】根据组合数的性质可判断AD，由二项式展开式的特征可判断BC.
【详解】对于A，由于，所以或，解得或，故A错误；
对于B, 的展开式通项为，
令，即，所以的系数为，故B正确；
对于C，的展开式中，
含的项的系数是
，故C正确；
对于D，的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为，由组合数的性质可知最大且，故D错误.
故选：AD
10. 已知函数，下列选项正确的是（ ）
A. 函数在区间单调递增
B. 函数在上有两个零点
C. 若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围为
D. 关于的不等式在1,+∞上恰有两个整数解，则实数的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】对A，对分段函数分区间求导，根据导数在内的符号判断的单调性，验证是否符合单调递增的结论；对B，令求解方程，验证结论是否正确；对C，先对原方程因式分解得到和​，画出的大致图像，结合图像统计总实根个数，推导得到a 的取值范围验证结论；对D，在的条件下将不等式变形为，分析函数在上的单调性与取值，结合恰有两个整数解的要求推导a 的取值范围验证结论.
【详解】对于A：当00 .
又由（1）可知，在x=−3 时有唯一极小值，也是最小值.
所以，的图象经过特殊点，−2,0， .
且当时，有；
当时，有.
如图，作出函数的图象
由图象可得，
当时，与y=a 的图象没有交点，所以方程的解为0个；
当或时，与y=a 的图象只有一个交点，所以方程的解为1个；
当时，与y=a 的图象有两个交点，所以方程的解为2个.
16. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中随机地摸出20个球作为样本．用X表示样本中黄球的个数．
（1）分别就有放回摸球和不放回摸球，求X的分布列和期望（分布列用公式法表示）；
（2）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，求误差的绝对值不超过0.1的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义．
参考数据：
【答案】（1）有放回：，k=0 ，1，2，…，20，，
不放回：，k=0 ，1，2，…，20，
（2）0.7988，不放回摸球时误差绝对值不超过0.1的概率更大，实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数.因此，在相同的误差限制下，采用不放回摸球估计的结果更可靠些
【解析】
【分析】（1）分别应用二项分布及超几何分布概率及数学期望公式计算求解；
（2）分别应用二项分布及超几何分布概率结合已知数据计算求解.
【小问1详解】
对于有放回摸球，每次摸到黄球的概率为0.4，且各次试验之间的结果是独立的，
因此，
X的分布列为：，k=0 ，1，2，…，20．
.
对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，X服从超几何分布，X的分布列为：
，k=0 ，1，2，…，20．
.
【小问2详解】
样本中黄球的比例是一个随机变量，
根据参考数据
计算得
有放回摸球：．
不放回摸球：．
∵ ，故不放回摸球时误差绝对值不超过0.1的概率更大，
实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数.
因此，在相同的误差限制下，采用不放回摸球估计的结果更可靠些.
17. 已知函数．
（1）若函数是减函数，求的取值范围；
（2）若有两个零点，且，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围；
（2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【小问1详解】
的定义域为，
，
函数是减函数，故在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
，
当x∈0,1e时，，单调递增，
当x∈1e,+∞时，，单调递减，
故在x=1e处取得极大值，也是最大值，且，
故，解得，
故的取值范围是；
【小问2详解】
若有两个零点，则，
得．
，令，则，
故，
则，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
，则ℎt在上单调递增，
，即，
故.
【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
18. 已知函数fx=ax+bx+ca>0的图象在点1,f1处的切线方程为y=x−1 .
（1）用表示出b,c ；
（2）若fx≥lnx 在1,+∞上恒成立，求的取值范围；
（3）证明：1+12+13+⋅⋅⋅+1n>lnn+1+n2n+1>1+12+13+⋯+1n−n2(n+1),n≥1
【答案】（1）b=a−1 ，c=1−2a
（2）12,+∞
（3）先证左边：由（2）知：当a≥12时，fx≥lnx 在1,+∞上恒成立，
那么当a=12时，b=12−1=−12，c=1−2×12=0 ，
则fx=12x−12x=12x−1x，
则fx=12x−1x≥lnx 在1,+∞上恒成立，
又f1=121−11=0 ，fx=12x−1x≥lnx 中的等号在处取得，
则fx=12x−1x>lnx 在1,+∞上恒成立，
令 依次取21，，43，…，n+1n可得：
1221−12>ln2 ，1232−23>ln32，1243−34>ln43，…，12n+1n−nn+1>lnn+1n，
∴1221+32+43+⋅⋅⋅+n+1n−12+23+34+⋅⋅⋅+nn+1
>ln2×32×43×⋅⋅⋅×n+1n=lnn+1，
∴12n+1+12+13+⋅⋅⋅+1n−n−12−13−⋅⋅⋅−1n+1>lnn+1，
∴1221+12+13+⋅⋅⋅+1n+1n+1−1>lnn+1，
∴1+12+13+⋅⋅⋅+1n>lnn+1+12−12n+1=lnn+1+n2n+1.左边得证.
再证右边：
方法一：令g(x)=lnx−1+1x，因为g′x=1x−1x2=x−1x2，
所以g(x) 在0,1上是单调递减函数，在1,+∞上是单调递增函数，
所以g(x)min=g(1)=0 ，所以g(x)≥0 ，
所以lnx>1−1xx>1，所以ln(1+1k)>1−11+1k=1k+1，
所以k=1n[ln(1+1k)+12(1k−1k+1)]>k=1n[1k+1+12(1k−1k+1)]=k=1n12(1k+1k+1) ，
即lnn+1+n2n+1>1+12+13+⋯+1n−n2(n+1)，所以右边得证.
方法二：先证明不等式2x−1x+11 ，
f′x=1x−2x+1−2x−1x+12=x−12xx+12，
当时，f′x>0 ，则fx在1,+∞上是单调递增函数，
又f1=ln1−21−11+1=0 ，
则当时，fx>f1=0 ，即lnx>2x−1x+1,x>1 ；
设gx=12x−1x−lnx,x>1，
而g′x=121+1x2−1x=x−122x2，
当时，g'x>0 ，则gx在1,+∞上是单调递增函数，
又g1=121−11−ln1=0 ，
则当时，gx>g1=0 ，即12x−1x>lnx,x>1；
综上可得，2x−1x+121+1k−11+1k+1，
即ln(1+1k)>22k+1，又22k+1>22k+2=1k+1，则ln(1+1k)>1k+1，下同方法一.
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而得到关于的等式，利用f1得到c 关于的等式.
（2）构造函数gx=fx−lnx=ax+a−1x+1−2a−lnx ，分别按照1−aa≤1 和1−aa>1 讨论求解，利用导数求出单调性，从而得到的取值范围.
（3）先证左边：由（2）得到当a≥12时，fx≥lnx 在1,+∞上恒成立，那么当a=12时，fx=12x−1x>lnx 在1,+∞上恒成立；将 依次取21，，43，…，n+1n代入12x−1x>lnx ，得到不等式组，将这些不等式组相加计算得到1+12+13+⋅⋅⋅+1n>lnn+1+n2n+1，左边得证.再证右边：方法一：构造函数g(x)=lnx−1+1x，利用导数法求出g(x) 的单调性，利用单调性得到g(x)min，从而得到lnx>1−1x, ，即可得到ln(1+1k)>1k+1，通过求和得到lnn+1+n2n+1>1+12+13+⋯+1n−n2(n+1)，所以右边得证.方法二：利用飘带不等式，2x−1x+122k+1=1k+1，下同方法一进行证明即可.
【小问1详解】
∵fx=ax+bx+ca>0，∴f′x=a−bx2，
∵fx的图象在点1,f1处的切线方程为y=x−1 ，
∴f′1=a−b=1 ，∴b=a−1 ；
又f1=a+b+c=2a−1+c=0 ，∴c=1−2a .
【小问2详解】
由（1）得fx=ax+a−1x+1−2a ，
令gx=fx−lnx=ax+a−1x+1−2a−lnx ，
则gx≥0 在1,+∞上恒成立；
g′x=a−a−1x2−1x=ax2−x−a−1x2=ax+a−1x−1x2，
令g′x=0 ，解得：x1=1−aa，x2=1 ；
当1−aa≤1 ，即a≥12时，g′x≥0 在1,+∞上恒成立，
∴gx在1,+∞上单调递增，∴gx≥g1=0 ，满足题意；
当1−aa>1 ，即0