安徽六安市2025-2026学年高二下学期7月期末质量检测数学试题（人教A版）C（含解析）

这是一份安徽六安市2025-2026学年高二下学期7月期末质量检测数学试题（人教A版）C（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分150分，时间120分钟.请在答题卡上作答.
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. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】考查集合的运算以及方程和不等式的求解，分别求出A,B两个集合，再根据并集的定义求解.
【详解】由题意得，，，则.
故选C.
2. 已知某品牌的新能源汽车的使用年限（单位：年）与维护费用（单位：千元）之间有如下数据：
与之间具有线性相关关系，且关于的经验回归方程为.据此估计，当使用年限为年时，维护费用约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，，
所以，所以经验回归方程为.
当，.
3. 已知定义域为的偶函数满足，且时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，所以，
因为，所以函数的周期为4，
所以，
又，所以.
所以.
4. “”是“不等式的解集为空集”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】“不等式的解集为空集”等价于“不等式在上恒成立”，
其充要条件为，即.
因为能推出，推不出，
所以“”是“不等式的解集为空集”的充分不必要条件.
5. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. -35B. 35C. -105D. 105
【答案】B
【解析】
【详解】原式可写成，
由二项式定理，.
在中，的系数计算如下：
由第一项得；
由第二项得（因为）.
因此的系数为.
6. 若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】举出反例可得A、B、D错误；借助作差法计算可得C.
【详解】对A：若，，则有，，此时，错误.
对B：若，，则有，，
此时，错误.
对C：，
由，故，，，故，
即，正确.
对D：若，，则，，
此时，错误.
7. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】求出的分布列，然后由期望公式求解.
【详解】由题意的可能值为2或3，
，，
即的分布列为
所以，解得或.
8. 若函数的图象在处的切线也是曲线的切线，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出函数的图象在处的切线方程，设直线与曲线相切于点，由此用表示出，则，令，对求导得出的单调性，即可求出的最大值.
【详解】，则，
所以函数的图象在处的切线的斜率为，
所以函数的图象在处的切线方程为：，
即，
设直线与曲线相切于点，，
所以，所以，则，则，
所以，
令，所以，
令，解得：，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以当时取得最大值，则.
二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量的方差，则
B. 若随机变量且，则
C. 将一枚质地均匀的硬币抛掷4次，记正面向上的次数为，则服从二项分布
D. 已知随机变量的分布列为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用离散型随机变量的方差的性质可判断A；由正态分布求解判断出B；由二项分布即可判断选项C；由概率分布列的性质求出，进而求出判断D.
【详解】对于A，因为，故A错误；
对于B，随机变量且，
所以，
所以，故B正确；
对于C，根据二项分布的概念可知随机变量，故C正确；
对于D，，，，故D正确．
10. 设正实数，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最小值为6D. 的最大值为9
【答案】AC
【解析】
【分析】先消元限定定义域，然后利用二次函数性质、常数代换法、取特值求解即可.
【详解】由及正实数，得，且.
对选项A：，这是关于的二次函数，开口向下，
对称轴为，且，故的最大值为. 该项正确.
对选项B：，对称轴为，
代入得最小值为，不等于. 该项错误.
对选项C：，
当且仅当时等号成立，故最小值为. 该项正确.
对选项D：令，则，所以最大值不是9. 该项错误.
11. 在无穷数列中，记，若，仍是中的项，则称为“和封闭数列”.下列说法正确的有（ ）
A. 若，则为“和封闭数列”
B. 若，则不为“和封闭数列”
C. 若为“和封闭数列”，则也为“和封闭数列”
D. 若为无穷等差数列，则一定可以分解成两个“和封闭数列”的和的形式
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，先计算的前项和，验证对任意正整数，都存在正整数​使得，结合“和封闭数列”定义判断；对B，验证的前项和不是数列中的项；对C，取，验证的前项和不是中的项；对D：设无穷等差数列通项为，通过推导验证是否一定能拆分为两个“和封闭数列”的和，判断正误.
【详解】对于A：若 ，则前项和 ​，
因为一奇一偶，一定是正整数，记，则，即是数列中的项，
因此是“和封闭数列”，A正确；
对于B：若 ，则，不是的幂，即不在数列中，因此不为“和封闭数列”，B正确；
对于C：取（已证是和封闭数列），其，即为，
的前项和，不存在正整数使得，即不是中的项，
因此不是和封闭数列，C错误；
对于D：任意无穷等差数列可写为 （），
令 ，，显然 ​，
对，前项和 ，取，
由于一定是偶数，因此是正整数，且​，故是和封闭数列；
对，前项和 ​​，是正整数，故是和封闭数列；
因此任意无穷等差数列都可以拆成两个和封闭数列的和，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某班一天8节课，上、下午各4节.现安排上午两节语文课连上，上、下午均有一节数学课，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，则不同的排法有__________种.（用数字作答）
【答案】576
【解析】
【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可.
【详解】先安排上午连上的语文课，则可能有3种，再安排数学课，上午还剩下两节课，
所以上午数学课有2种选择，下午有四节课，所以下午数学课有4种选择，
最后安排英语、物理、体育、音乐，共种，所以共种.
13. 设事件，为两个随机事件，已知，，且，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用条件概率公式计算求解.
【详解】根据条件概率公式可得，，
结合题设，代入，，
可得，所以解得.
14. 对于任意实数，当时，都有，则的最大值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用二次不等式恒成立，再放缩求解即可得最大值.
【详解】由题意得，在上恒成立，
则，所以，即，
又，所以，
当且仅当时取等号，故的最大值为.
故答案为：
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. 已知集合，{或}.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为，{或}，，
所以，解得，即的取值范围为．
【小问2详解】
当时，满足，此时，解得．
当时，或，
解得或，
综上，或，即的取值范围为．
16. 2025年9月3日在天安门广场举行纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式，这不仅是一场军事盛宴，更是一次民族精神的洗礼.某中学为了了解学生喜欢军事是否与性别有关，随机抽取了100名学生进行调查，已知女生中有15名喜欢军事，男生中有的人喜欢军事，喜欢军事的学生中有是男生.
（1）根据已知条件补充完整下表，并根据小概率值的独立性检验，分析该校学生喜欢军事是否与性别有关；
（2）采用样本比例分配的分层随机抽样的方法从喜欢军事的学生中随机抽取15人进行一次军事知识竞赛，其中有3人可以获得“军事百科达人”的称号，记这3人中男生的人数为，求的分布列和数学期望.
附：，其中.
【答案】（1）
认为该校学生喜欢军事与性别有关联
（2）
【解析】
【分析】（1）先补全列联表，根据列联表，代入公式，求的值，依据附表判断.
（2）由（1）求出抽取的15人中男生人数和女生人数，的取值为0，1，2，3，根据古典概型，分别求出取值的概率，得出分布列，再由期望公式求期望的值.
【小问1详解】
设男生有人，则，解得，
所以喜欢军事的男生人，不喜欢军事的男生有20人；
不喜欢军事的女生有35人，所以列联表如下：
零假设为：该校学生喜欢军事与性别无关．
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生喜欢军事与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01．
【小问2详解】
由（1）知，参加军事知识竞赛的男生有人，女生有人，
的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以的分布列为：
数学期望．
17. 已知函数，.
（1）求证：的值为常数；
（2）记集合，求集合的所有子集；
（3）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
由题意得，.
所以的值为常数.
（2），，，
（3）
【解析】
【分析】（1）本题考查函数值的计算与化简，解题思路是先分别求出, 和的表达式，再计算它们的差，并化简；
（2）本题考查方程的求解以及集合子集的求法，解题思路是先根据已知条件求出集合M，再根据集合M的元素个数求出其所有子集；
（3）先将转化为，利用换元法令，转化为二次不等式在区间上得能成立问题.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由题意得，，
由，得，
得到，解得，则.
的子集为：，，，.
【小问3详解】
由题意得，等价于，
即.
易得在上单调递增，则当时，.
令，则问题转化为存在，使得成立，
则当时，，
所以，解得，即实数的取值范围为.
18. “OpenClaw”是一款开源、本地优先、可自行托管的AI智能体执行网关，由一名欧洲开发者在2025年11月发起该项目，2026年1月对项目正式定名.其本质是自主执行型AI助手，可实现数据收集、处理、分析、推理和预测模拟的全过程.某工厂想利用“OpenClaw”通过技能添加实现AI系统模型每天对，，三条生产线的产品缺陷进行在线检测，其检测的准确率分别为，，，且每条生产线的检测结果相互独立.
（1）求第一天AI系统检测准确的生产线数量的分布列和数学期望；
（2）若AI系统对于生产线前一天的缺陷检测准确，则第二天检测准确的概率为，否则准确率为.若系统模型对于生产线的检测准确率不低于0.7，继续用此系统模型进行预测，否则调整检测系统模型，那么一个检测系统模型最多可以检测几次就要调整？
【答案】（1）

（2）3次
【解析】
【分析】（1）由生产线数量可能取值为0，1，2，3．分别求出其概率得分布列，再由期望公式计算出期望；
（2）设为第天生产线检测准确的概率，得出递推关系，求出通项公式，然后解不等式可得.
【小问1详解】
由题意得，生产线数量可能取值为0，1，2，3．
且，
，
，
.
因此的分布列为：
数学期望．
【小问2详解】
设为第天生产线检测准确的概率，
由题意得，，
进而，
由，得，所以是首项为、公比为的等比数列，
所以．
令，即，解得，
故最大正整数，即一个检测系统模型最多可以检测3次就要调整．
19. 已知函数的定义域为，且是偶函数，是奇函数.
（1）求的解析式；
（2）已知函数.
（i）求证：函数有且只有一个零点；
（ii）记函数的零点为，求证：.
【答案】（1）
（2）（i）由题意知，
的定义域为，
当时，，此时在上单调递增，
又在上单调递增，所以在上单调递增，
又，，
所以在上有唯一零点；
当时，，，所以，
所以在上没有零点；
当时，，所以，所以，
所以在上没有零点．
综上，有且只有一个零点．
（ii）由题意知，，且，
所以，
所以．
令，因为，所以，
又，则，
所以，
因为，所以，即．
【解析】
【分析】（1）利用奇偶函数定义列出关于与的两个等式，联立消去解出；
（2）（i）拆分定义域三段分别分析符号，结合单调性与零点存在定理判定仅一段存在唯一零点，其余区间恒正无零点，从而得证；（ii）利用零点条件对目标式代换变形，换元确定取值范围，将原式化为关于的二次函数，结合范围推证.
【小问1详解】
因为是偶函数，所以，
所以，
因为是奇函数，所以，
所以，
所以，即．
【小问2详解】
（ⅰ）略；（ⅱ）略
使用年限（单位：年）
维护费用（单位：千元）
2
3
喜欢军事
不喜欢军事
合计
男生
女生
15
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
喜欢军事
不喜欢军事
合计
男生
30
20
50
女生
15
35
50
合计
45
55
100
0
1
2
3
喜欢军事
不喜欢军事
合计
男生
30
20
50
女生
15
35
50
合计
45
55
100
0
1
2
3
0
1
2
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0
1
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3