安徽省宿州市皖北十三校2025-2026学年高二下学期6月考试数学试卷

这是一份安徽省宿州市皖北十三校2025-2026学年高二下学期6月考试数学试卷，共34页。试卷主要包含了 则a  a，5)  0，2x  0，5B．4，841，879等内容，欢迎下载使用。
单选题
已知 5 件产品中有 2 件次品，3 件正品，检验员从中随机抽取 2 件进行检测，则取到的正品数为 2 的概
率为（ ）
A． 1
10
B． 1
5
C． 3
5
D． 3
10
(2  x)10  a
 a x  a x2  a x10. 则a  a
 a  a 
0121012310
A．1B．−1C．1023D． 1023
对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
r2  r4  0  r3  r1B． r4  r2  0  r1  r3
C． r4  r2  0  r3  r1D． r2  r4  0  r1  r3
已知随机变量 X 服从正态分布 N 2,σ2  ，且 P(2  X  2.5)  0.1 ，则 P( X  2.5)  （）
A．0.2B．0.4C．0.6D．0.8
某能源汽车制造公司近 5 年的利润情况如下表所示：
已知变量 y 与 x 之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为： ‸y  1.2x  0.6 ，则 m 的值为（ ）
A．4.5B．4.8C．5D．5.4
现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5 本不同的书籍分发给甲乙丙 3 人，每人至少分得 1 本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ）
第 x 年
1
2
3
4
5
利润 y（亿元）
2
3
4
m
7
A．150B．100C．25D．50
已知事件?，?相互独立， 0  P  B  1 ，若 P  A  0.4 ， P B∣A  0.3 ，则 P  AB  （ ）
A．0.18B．0.12C．0.42D．0.28
已知函数 f (x)  x ln x  emx 对定义域内任意 x  x ，都有 f (x1 )  f (x2 )  1 ，则正实数?取值范围为（ ）
1
(0, e]
12
(0, e]C．[1 , ) e
x1  x2
D．[e, )
多选题
设离散型随机变量?的分布列为
若离散型随机变量Y 满足Y  2 X 1，则下列结果正确的有（ ）
?
1
2
3
4
5
?
0.1
q
0.4
0.2
0.1
A． E Y   5
B． E  X   3
C． D Y   4.8
D． D  X   2.4
下列关于概率统计的说法，正确的是（ ）
若随机变量 X ~ B  5, 2  ，则 E( X )  2 ， D( X )  6
5 5

1
2
若随机变量 X  N 1,σ2  ； Y  N 0,σ2  ，则 P( X  1)  P(Y  1)
若一组样本数据 xi , yi  (i  1, 2,, n) 的对应样本点都在直线 y  x 1上，则这组样本数据的相关系数为1
设关于分类变量?与Y 的独立性检验的零假设为 H 0 : X 与Y 无关，根据分类变量?与Y 的成对样本数
据，计算得到χ2  4.2 ，依据? = 0.05的独立性检验（ x0.05  3.841），没有充分证据推断?0不成立，即认为?与Y 无关.
如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点 O 出发，每隔 1 秒等可能地向左或向右移动一个单位，
共移动 6 次，设质点位于点 n 的概率为 P n .则下列结论正确的是（ ）
A． P 6  1
64
B． E n  0
C．若出发点改变，其余不变，则 E n 不变 D．若出发点改变，其余不变，则 D n 不变
填空题
用1，2，3，…，9这9个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为．
曲线 y  2x 1 在点1, 3 处的切线方程为．
x  2

在 3 x 

2 10

x2 
的展开式中，系数最大的项是第项．
解答题
n
在二项式 x  2  n  N*  的展开式中前 3 项的二项式系数和为 16.
x


求展开式中所有项的二项式系数的和.
求展开式中含 x2 项的系数.
甲、乙两人进行一场网球比赛，比赛采用三局两胜制，每局都没有平局，且甲第一局获胜的概率为
p(0  p  1) ．从第二局开始，若上一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为 p2 ，若上一局甲未获胜，则下一
局甲获胜的概率为1  p ．
当 p  1 时，求甲第二局获胜的概率． 2
设甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为 1
9
．记这场比赛需要进行的局数为
X，求
X 的分布列与期望．
温度?/℃
21
23
24
27
29
30
死亡数?/株
6
11
20
27
57
77
为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了 2019 年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时 6 组死亡的株数.
6
经计算， 
x  26y  1 6
y  33 ， 
x  x y  y   557 ， 6
x  x2  84 ，
x  1 6
， 
6
i
i1
6 2
i
i1
62
ii
i1
i
6
i1
 yi  y 
i1
 3930 ，  yi  yˆi 
i1
 236.64 ， e8.0605  3167 ，其中??， yi 分别为试验数据中的温度和死亡株数，
i  1, 2, 3, 4, 5, 6 .
若用一元线性回归模型，求?关于?的经验回归方程 yˆ  bˆx  aˆ （结果精确到 0.1）；
若用非线性回归模型求得?关于?的非线性经验回归方程 yˆ  ，且相关指数为 R2  0.8841 .
试与（1）中的回归模型相比，用 R2 说明哪种模型的拟合效果更好；
用拟合效果好的模型预测温度为 35℃时该批紫甘薯的死亡株数（结果取整数）.
“你好．我是 DeepSeek ，很高兴见到你我可以帮你写代码、读文件、写作各种创意内容，请把你的任务 交给我吧”， DeepSeek 从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋、好助手”， AI 大模型 正在改变着我们的工作和生活的方式．为了了解不同学历人群对 DeepSeek 的使用情况，随机调查了 200 人，得到如下数据：
单位：人
依据小概率值α 0.01 的独立性检验，能否认为 DeepSeek 的使用情况与学历有关？
某校组织“ AI 模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有 3 道题目，甲、乙同时依次作答，3 道试题作答完毕后比赛结束．规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得 0 分；若一人答对另一人答错，答对的得 10 分，答错的得-10 分，比赛结束累加得分为正数者获胜．两人分别独立答
题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为 3 ， 1 ．
52
求比赛结束后甲获胜的概率；
求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对 1 道题的概率．
学历
使用情况
合计
经常使用
不经常使用
本科及以上
65
35
100
本科以下
50
50
100
合计
115
85
200
附： χ2 
n(ad  bc)2
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
，其中n  a  b  c  d ．
已知函数 f  x  t  x 1  2lnx t  R  ，
?
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
若?(?) ≥ 0恒成立，求实数 t 的值；
(2)当? = 0时，方程 1 f  x  x2  x  m 有两个不同的根，分别为 x , x  x
 x  ，
2
①求实数 m 的取值范围；
②求证： lnx1  x2  1 m .
1 212
参考答案
1．D
C23
【详解】取到的正品数为 2 的概率为 3 .
C
5
210
故选：D 2．D
【详解】令? = 1代入二项式(2  x)10  a  a x  a x2  a x10 ，
01210
得(2 1)10  a  a  a  1 ，
0110
令? = 0得a0  1024 ，
1024  a1  a2  a10  1，
 a1  a2  a10  1023
故选 D．
3．A
【详解】由散点图可知，相关系数r2 , r4 所在散点图呈负相关， r1 , r3 所在散点图呈正相关，所以r1 , r3 都为正数， r2 , r4 都为负数.
r1 , r2 所在散点图近似一条直线上，线性相关性比较强，相关系数的绝对值越接近 1，而r3 , r4 所在散点图比较分散，线性相关性比较弱，相关系数的绝对值越远离 1.
综上可得： r2  r4  0  r3  r1 .
故选：A.
4．C
【详解】因为随机变量 X 服从正态分布 N 2,σ2  ，所以 P( X  2)  0.5 ，
又因为 P(2  X  2.5)  0.1 ，所以 P( X  2.5)  P( X  2)  P(2  X  2.5)  0.5  0.1  0.4 ，所以 P( X  2.5)  1 P( X  2.5)  1 0.4  0.6 .
5．C
【详解】因为 x  1 2  3  4  5  3 ， y  2  3  4  m  7  16  m ，
555
所以16  m  1.2  3  0.6 ，解得? = 5.
5
故选：C.
6．D
【详解】根据题意，分 2 步进行分析：
①将 5 本不同的书籍分为 3 组，每组至少 1 本，
C1 C1 C3
A
2
若分为 1、1、3 的三组，有 5 4 3  10 种分组方法，
2
C1 C2C2
A
2
若分为 1，2，2 的三组，有 5 4 2  15 种分组方法，
2
共有15 10  25 种分组方法，
②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下 2 组任意分配，有 2 种情况，则有25  2  50 种分发方式.
故选：D.
7．A
P  A P  B
0.4P  B
【详解】易知 P B∣A  0.3 可得 P  B  0.3 ，
P  A
0.4
Q P  A  0.4 ， P  A  1 P  A  1 0.4  0.6
又事件?，?相互独立，
 P  AB  P  A P  B  0.6  0.3  0.18
故选：A 8．C
【详解】函数 f (x)  x ln x  emx 的定义域为(0, + ∞)，
f  x1   f  x2 
由 x1  x2 ，得 x1  x2  0 ，则x  x 1 化为 f  x1   f  x2   x1  x2 ，
12
即 f  x1   x1  f  x2   x2 ，令h  x  f  x  x ，
依题意，对(0, + ∞)任意 x1  x2 ，都有h  x1   h  x2  ，
则函数h  x 在(0, + ∞)上单调递减，即x(0,) ， h x  f  x 1  0 ，
而 f  x  ln x 1 memx ，因此ln x 1 memx  1，即ln x  memx ，
显然 x (0, ) ，有 x ln x  mxemx ，而? > 0，则当0  x  1时，x ln x  0  mxemx ，当 x  1 时，x ln x  emx  ln emx ，令 g(x)  x ln x, x  1，求导得 g(x)  ln x 1  1，函数?(?)在(1, + ∞)上单调递增，
当 x  1 时，不等式 x ln x  emx  ln emx 化为 g(x)  g(emx ) ，则 x  emx 在(1, + ∞)上恒成立，即mx  ln x ， x  1 ，
因此m  ln x 在 x  1 上恒成立，令φ(x)  ln x , x  1，求导得φ(x)  1 ln x ，
xxx2
当 x (1, e) 时，φ (x)  0 ，?(?)在(1, e) 上单调递增，
当 x (e, ) 时，φ (x)  0 ，?(?)在(e, ) 上单调递增减，于是当 x e时，?(?)取得最大值，φ(e)  1 ，则m  1 ，
1
ee
所以正实数?取值范围为[, ) .
e
故选：C 9．BC
【详解】由题意有0.1 q  0.4  0.2  0.1  1，得q  0.2 ，
所以 E  X   1 0.1 2  0.2  3 0.4  4  0.2  5 0.1  3 ，
D  X   1 32  0.1 2  32  0.2  3  32  0.4  4  32  0.2  5  32  0.1  1.2 ，
E Y   E 2 X 1  2E  X  1  2  3 1  7 ， D Y   D 2 X 1  22 D  X   4 1.2  4.8 . 故选：BC.
10．ABC
【详解】A.因为随机变量 X  B  5, 2  ，
5 

所以 E( X )  5 2  2 ， D( X )  5 2 1 2   6 ，A 正确.
55 5 5

1
2
B. 因为随机变量 X  N 1,σ2  ， Y  N 0,σ2  ，
所以 P( X  1)  0.5, P(Y  1)
P(Y
0)  0.5 ，
所以 P( X  1)  P(Y  1) ，B 正确.
C.因为 r 越接近于 1 时，成对样本数据的线性相关程度越强，
所以当一组样本数据 xi , yi (i  1, 2,, n) 的对应样本点都在直线 y  x 1上时，变量?与?负线性相关，此时r  1 ，C 正确.
0.05
D.因为χ2  4.2  3.841  x，
所以根据? = 0.05的独立性检验，推断?0不成立，即认为?与Y 有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 ，
D 错误.
故选：ABC.
11．ABD
【详解】设质点向右移动的次数为?，因为质点每隔 1 秒等可能地向左或向右移动一个单位，
移动 6 次，所以离散型随机变量?服从二项分布 X ~ B  6, 1  .
2 

所以由二项分布的概率公式可得 P 6  P  X  6  2
 1 6
 
 
 1 ，故 A 正确；
64
由二项分布的期望公式可得 E  X   np  6  1  3 .
2
因为质点移动 6 次位于点 n，所以n  X  6  X   2 X  6 ，所以 E n  E 2 X  6  2E  X   6  2  3  6  0 ，故 B 正确；假设出发点为?，则n  m  X  6  X   2 X  m  6 ，
所以 E n  E 2 X  m  6  2E  X   m  6  2  3  m  6  m ，
所以若出发点改变，其余不变， E n 会随着出发点的变化而变化，故 C 错误；
由二项分布的方差公式可得 D  X   np 1 p  6  1  1  3 .
2 22
假设出发点为?，则n  2 X  m  6 ，
所以 D n  D 2 X  m  6  4D  X   4  3  6 ，
2
所以若出发点改变，其余不变，则 D n 不变，故 D 正确.故选：ABD
12．224
8
【详解】从2,4,6,8 四个数中任选一个数放在个位，有 4 种方法， 再从其他八个数中任选 2 位数放在十位和百位，有A2  56 种方法，
故1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9 九个数组成没有重复的三位数且是偶数共有4  56  224 种方法，故答案为：224.
13． 5x  y  2  0
【详解】由题，当? = −1时，? = −3，故点在曲线上．
求导得： y  2  x  2  2x 1  5 ，所以 y | 5 ．
 x  22
故切线方程为5x  y  2  0 ．故答案为： 5x  y  2  0 ．
 x  22
x1
14．8
【详解】二项式
3 x 
2 10
的展开式的通项公式为T
 Cr   3 x 10−r
r
 2 
 Cr  2r  x
107r
3
, r  10 且r  N .
x2 
r 110
 x2 10

设展开式中系数最大的项是第r  1 项，
10!
 2r 
10!
 2r−1
Cr  2r  Cr−1  2r−1
 r !10−r !
r−1!11−r !
则 1010，即，
Cr  2r  Cr 1  2r 1
10!10!
 1010
 2r  2r1
 r !10−r !r 1!9−r !
2 11−r   r

即r 1  2 10−r 
，解得19  r  22 ，又r  N ，所以r  7 ，
33
所以展开式中系数最大的项是第 8 项. 15．(1)32
(2)40
n
【详解】（1）由二项式定理可知，  x  2  展开式中前 3 项的二项式系数
x


分别为C0 ， C1 ， C2 ，则由题意知C0  C1  C2  16 ，
nnnnnn
即1 n  n n 1  16 ，整理可得n2  n  30  0 ，即n  5n  6  0 ，
2
因为? ∈ ?∗，所以解得n  5 ，或n  6 （舍去）， 所以展开式中所有项的二项式系数的和为25  32 ；
（2）由（1）可知二项式为 x 
2 5
，
x


其通项为T
 Cr x5r 
2 r
 r
=Cr 2r x5r x 2  Cr 2r x
5 3 r
2 , r  0,1,, 5 ，
x
r 1555

令5  3 r  2 ，解得? = 2，
2
所以展开式中含 x2 项的系数为C2 22  5 4  4  40 .
52 1
16．(1)3
8
?的分布列为：
期望为 67
27
【详解】（1）设 Ai  “甲第i 局获胜”，其中i  1, 2,3 ，依题意得 P  A1   p ，
当 p  1 时，则 P  A   P  A A   P  A A   P  A  P  A∣A   P  A  . P  A∣A 
221 21 212112 1
?
2
3
?
14
27
13
27
 1 3
 p  p2  (1 p)2   
 1
1 2

 3 ，

 2 2 8
所以甲第二局获胜的概率为3.
8
（2）甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为(1 p)2 ，
依题意得(1 p)2  1 ，解得 p  2 .
93
则?的可能取值为 2，3.
 2 3
1 214
P  X  2  P  A A   P  A A   p  p2  1−p p    ，
3
 
1 21 2
 3 327
P  X  3  P  A1 A2 A3   P  A1A2 A3   P  A1 A2 A3   P  A1A2 A3 
 p 1 p2 1−p  1−p1−p p2  p 1 p2  p  1−p1−p1 p2 
 2 3
 1 p3  p2 −p  1  
 2 2
  
 2  13 ，
 3  3 
327
所以?的分布列为
E  X   2  14  3 13  67
272727
17．（1） yˆ  6.6x 138.6 ；（2）（i） yˆ  6.6x 138.6 的拟合效果更好，（ii）92.
6
xi  x yi  y 557
i
【详解】（1）由题意，得bˆ  i1  6.6 ，
?
2
3
?
14
27
13
27
∴ aˆ  33  6.6  26  138.6 ，
6

i1
x  x284
∴?关于?的经验回归方程为 yˆ  6.6x 138.6 .
（2）（i）经验回归方程 yˆ  6.6x 138.6 对应的决定系相关指数为
6
ii
 y  yˆ 2
2
236.64
6
i
R  1 i1  1 0.9398 ，

i1
 y  y 2
3930
因为0.9398  0.8841，
所以经验回归方程 yˆ  6.6x 138.6 比非线性经验回归方程 yˆ  的拟合效果更好.
（ii）当 x  35 时，
y  6.6  35 138.6  92.4  92 ，
即当温度为 35℃时，该批紫甘薯的死亡株数为 92. 18．(1)认为 DeepSeek 的使用情况与学历无关；
(2)（i） 441 （ii） 27
100049
【详解】（1）零假设为?0： DeepSeek 的使用情况与学历无关，根据列联表中的数据，

200  65 50  35 50 2
可得χ2  4.604  6.635 ， 100 100 115 85
依据小概率值α 0.01 的独立性检验，没有充分证据证明推断?0不成立，因此可以认为?0成立，即认为 DeepSeek 的使用情况与学历无关.
（2）（i）当甲，乙同时回答第i i  1, 2, 3 道题时，甲得分为?，
P  X  10  3  1  3 ，

i5 210
P  X  0  3  1  2  1  1 ，

i5 2522
P  X  10  2  1  1 ，

i525
比赛结束甲获胜时的得分?可能取值为 10，20，30，
则   10
 3 3
P X30

 27 ，
1000
1  3 227
P  X  20  C 2  ，
10
3
2 
200
3 1 2
1  3 2
279
P  X  10  C1   C 2  ，
3 10  2 35  10 1000
 
所以比赛结束后，甲获胜的概率 P  P  X  30  P  X  20  P  X  10 
27 
27  279 
441 ，
1000200 10001000
（ii）设? = “比赛结束后甲获胜”， B  “比赛结束后乙答对一道题”，
1  3 2
33 12 13 1
 3 2
243
P  AB  C 2   C1  C1      C1   ，
35  10 
3 10
2 5 2 52
3 5 2
 10 
1000

243
则 P B A  P  AB  1000  27 ，因此比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对 1 道题的概率为 27 .
P  A4414949
1000
19．(1)? = 2；
(2)① m 0, ∞ ；②证明见解析.
【详解】（1） f  x  t  2 ，因为 f 1  0 ，若 f  x  0 ，即 f  x  f 1 .
x
由于? = 1不是定义域区间的端点，且?(?)在定义域上连续，故 f 1 不仅是函数?(?)的最小值，同时也是极小值，
所以 f 1  t  2  0 ，解得t  2 .
检验：当? = 2时， f  x  2x  2  2lnx  x  0 ，则 f  x  2  2  2·x 1 ，
xx
当0 < ? < 1时， f  x  0 ，?(?)在0,1 上单调递减，当 x  1 时，?′(?) > 0，?(?)在1,  上单调递增；
所以?(?)的最小值为 f 1 ，即 f  x  f 1  0 成立，综上，? = 2.
（2）①当? = 0时，令 g  x  1 f  x  x2  x  x2  x  lnx  x  0 ，
2
g x  2x 1 1  2x 1 x 1  x  0 ，
xx
令 g x  0 ，解得? > 1， g x  0 ，解得0  x  1，
所以?(?)在(0,1)上单调递减，在1, ∞ 上单调递增，则?(?)的最小值为 g 1  0 ；当m  0 时， g  x  m 无解，当? = 0时， g  x  m 一解，都不符合题意；
2
当? > 0时， g em2   m  em2 2  em2  2  m  m  em2  1   7  0 ， g 1  m  0  m  0 ，
2 4

因为0  em2  1，?(?)在(0,1)上单调递减，所以 g  x  m 在(0,1)上唯一解；令s  x  ex  x 1，则s x  ex 1，
当 x , 0 时， s x  0 ， s  x 在, 0 上单调递减，当 x 0,  时， s x  0 ， s  x 在0,  上单调递增，
所以当? = 0时， s  x 取得最小值，即s  x  s 0  0 ，所以e x  x  1 ，
所以 g em1   m  em1 2  em1  2m 1  em1 em1 1  2m 1
 m  2m 1  2m 1  m2  m 1  0 ，又 g 1  m  0  m  0 ，因为em1  2  1，?(?)在1, ∞ 上单调递增；
所以 g  x  m 在1, ∞ 上有唯一解；
综上所述，方程 1 f  x  x2  x  m 有两个不同的根时， m 0, ∞ ；
2
②由题可知： g  x   g  x   m ，即 x2  x  lnx  x2  x  lnx  m 且0  x  1  x ，
1211122212
构造函数： h  x  g  x  g 2  x0  x  1 ，
112  x 12
则h x  g x  g2  x  2x 1  2 2  x 1 0 ，
x2  xx 2  x
所以h  x 在(0,1)上单调递减，故h  x  h 1  g 1  g 2 1  0 ，所以 g  x  g 2  x ，又因为0  x1  1，所以 g  x1   g 2  x1  ，
又因为 g  x1   g  x2  ，所以 g  x2   g 2  x1  ，
因为?(?)在1, ∞ 上单调递增， 2  x1  1， x2  1，所以 x2  2  x1 ，得 x1  x2  2
要证lnx1  x2  1 m ，
12111
即证lnx  x  1 x2  x  lnx  ，
即 x  1 x2  x ，即 x  x  1 x2  x  x ，
21121111
即证 x  x  1  x2  2x ，
2111
11
因为 x1  x2  2 ，故只须证明：1 x2  2x  2 ，
11111
因为1  x2  2x  2  x2  2x  1  2  (x  1)2  2 成立.
所以原不等式lnx1  x2  1 m 成立.