天津市静海区第六中学2025−2026学年第二学期第二次质量监测高二年级数学试题（含答案）

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一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则“”是“”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
3．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．根据吸烟与患肺癌这两个分类变量的样本数据，计算得出，经查阅独立性检验的小概率值和相应的临界值，则下列说法正确的是（ ）
A．在100个吸烟的人中就会有99人患肺癌
B．若某人吸烟，那么他有99%的可能患肺癌
C．若某人患肺癌，那么他有99%的可能为吸烟者
D．吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%
5．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．二项式系数之和为32B．各项系数之和为
C．二项式系数最大的项为D．常数项为
6．下列说法正确的是（ ）
A．回归分析中，决定系数越小，说明残差平方和越小，拟合效果越好
B．线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱
C．已知随机变量，则
D．已知随机变量，则
7．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，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（ ）
A．72B．108C．216D．288
8．某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能（AI）技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他的抽奖码是3的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．设函数与是定义在同一区间上的两个函敉，若对任意的，都有，则称与在上是“k度和谐函数”，称为“k度密切区间”．设函数与在上是“e度和谐函数”，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
10．二项式的展开式中的系数为_____．
11．已知，则函数的最小值为_______________．
12．已知某外卖骑手每次在规定时间内将餐品送达的概率为，该骑手某次工作中共配送3单，若三次配送结果互不影响，记三次配送中准时送达的次数为X，则X的数学期望____________，若已知该骑手没有全部准时送达，则他恰好准时送达两次的概率为____________．
13．现有五名同学报名参加数学，物理，化学三个兴趣小组讲解员，每个小组至少需要一名同学，每名同学只能报名其中一个小组（每个同学都参加了小组），已知甲同学不参加化学小组，则不同的分配方法数量是________．
14．学校举办“校园歌手大赛”，某参赛同学的参赛曲库中有5首歌，分别是：抒情歌1首，流行歌2首，摇滚歌2首．若他演唱这三类歌曲能晋级下一轮的概率分别为，他比赛时，随机从这5首歌里选择一首演唱，则他能晋级的概率为________；若他晋级了，则这名学生是演唱流行歌晋级的概率为________．
15．已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________．
三、解答题
16．设函数.
（1）求的单调区间；
（2）求在区间上的最大值与最小值．
17．人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业革命的战略性技术，并迅速在各行各业中得到应用和推广.某市教育局为调查本市中学教师使用AI技术辅助教学的情况，随机抽取了该市120名中学教师，统计了他们一周内使用AI技术帮助制作课件的情况，并将一周内使用AI技术帮助制作课件的节次不少于4次的认定为喜欢使用AI技术，否则认定为不喜欢使用AI技术，经统计得到如下列联表.
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄有关；
（2）现从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，在抽中喜欢使用AI技术教师的条件下，求此人年龄不超过45岁的概率.
附：，其中.
18．有甲，乙，丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场.第1局由甲，乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立.
（1）求前3局比赛甲都取胜的概率；
（2）用表示前3局比赛中乙获胜的次数，求的分布列和数学期望.
19．已知函数，
（1）求函数的极值；
（2）若，讨论函数的单调性．
20．已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求证：；
（3）证明：函数存在唯一极大值点，且．
参考答案
1．【答案】C
【详解】已知全集，集合，则，
又，因此.
2．【答案】B
【详解】不等式解集为，
所以，“”是“”的必要不充分条件.
3．【答案】D
【详解】依题意，f'(x)=x−ax+1≥0在[1,+∞)上恒成立，
即a≤x2+x在[1,+∞)上恒成立.
设y=x2+x(x≥1)，因为y=x2+x在[1,+∞)上单调递增，
所以ymin=12+1=2.
故a≤2.
故选 D.
4．【答案】D
【详解】由χ2≈6.816>6.635=x0.01，可知有99%的把握认为吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%，故 D 正确；
独立性检验仅说明两个变量间的关联性，无法量化个体情况，也不能确定因果关系，故 A、B、C 错误.
故选 D.
5．【答案】B
【详解】选项A：在的展开式中，二项式系数之和为，A错误；
选项B：令，得各项系数之和为，B正确；
选项C：二项展开式的通项公式：，其中，
为偶数，二项式系数最大的是中间项即第4项（对应），
代入通项得该项为，C错误；
选项D：令，得，得常数项为，D错误.
6．【答案】C
【详解】对于A，回归分析中，决定系数，越小，说明残差平方和越大，模型拟合效果越差，故A错误；
对于B，线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强.若为负数，越大（越接近0）反而线性相关性越弱，故B错误；
对于C，由随机变量得，，故C正确；
对于D，因，则，又因，
则，故D错误.
7．【答案】C
【详解】上午两节语文课连上，在上午4节课中有3种排法（即第1、2节，第2、3节或第3、4节）；
同理，下午两节数学课连上，在下午4节课中也有3种排法.
剩余4个空位安排英语、物理、体育、音乐各一节，进行全排列，有A44种排法.
根据分步乘法计数原理，共有3×3×A44=216种不同的排法.
故选 C.
8．【答案】B
【详解】每次点击有3种选择，连续点击5次，总共有35=243种组合.
若5个数字之和为3，其组成方式有两种情况：
三个1和两个0：从5个位置中选3个放1，其余放0，共有C53=10种组合；
一个2，一个1，三个0：从5个位置中选1个放2，再从剩余4个位置中选1个放1，其余放0，共有C51C41=20种组合.
所以，数字之和为3的组合共有10+20=30种.
因此，抽奖码是3的概率为30243=1081.
故选 B.
9．【答案】B
【详解】由题意在时恒成立，即在时恒成立，
设，则，
时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，又，，所以，
因此由在时恒成立得：
且，所以．
故选B．
10．【答案】80
【详解】解：由二项式的展开式的通项公式得：
令，解得，
即二项式的展开式中的系数为：，
故答案为
11．【答案】11
【详解】令，
由，得，且．
将代入中，
可得，
因为，，
所以，
当且仅当，即时等号成立．
此时，则，满足题设条件，
故函数的最小值为11．
12．【答案】
【详解】由题意可知，三次配送结果相互独立，每次准时送达的概率均为，
因此准时送达的次数，；
记事件为“该骑手没有全部准时送达”，事件为“该骑手恰好准时送达两次”，
显然，故，
，，
所以.
13．【答案】100
【详解】第一步，将五人分成三个小组，各小组人数有和两类情况，
当按照分组时，有种分组方法，
当按照分组时，有，
所以总的分组方法有种；
第二步，将含有甲的小组分到数学或物理兴趣小组，有2种方法；
第三步，将剩余两组分配到另外两个兴趣小组，有种方法.
又分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有种方法.
14．【答案】
【详解】设事件为“该同学选择抒情歌演唱”，事件为“该同学选择流行歌演唱”，事件为“该同学选择摇滚歌演唱”，事件为“该同学晋级下一轮”．
由题意可得：，，，，，．
根据全概率公式可得：，
即，
则他能晋级的概率为．
根据贝叶斯公式可得：，
则这名学生是演唱流行歌晋级的概率为．
15．【答案】
【详解】由，得，显然，
所以在有解，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的取值范围为.
16．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为和.
（2）最大值为，最小值为.
【详解】（1）对函数求导可得，，
令，得；令，得或，
所以，函数单调递增区间为，单调递减区间为和.
（2）由（1）得在区间，上单调递减，上单调递增，
如下表所示
所以，，
又，
故在区间上最大值为，最小值为.
17．【答案】（1）能
（2）
【详解】（1）零假设：该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄无关，
计算，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄有关.
（2）设事件A为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，抽中喜欢使用AI技术的教师，
事件B为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，此人年龄不超过45岁，
由题意，，，则.
18．【答案】（1）
（2）分布列：
【详解】（1）前3局甲都获胜的概率为；
（2）的所有可能取值为.
其中，表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，则；
表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢；或第1局乙赢，且第2局乙输，
则；
表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局是乙输，则；
表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局是乙赢，则；
所以的分布列为：
故的数学期望为.
19．【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减.
【详解】（1）函数的定义域为.
，令，解得.
当变化时，的变化情况如表所示.
因此，当时，有极小值，极小值为，无极大值.
（2）函数的定义域为.
.
①当时，，
时，，单调递增；
时，，单调递减.
②当时，令，得或
若，即时，恒成立，所以在上单调递增；
若，即时，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增.
若，即时，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增.
综上所述，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减.
20．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）由求导得，
则，又，
则曲线在处的切线方程为，即.
（2）要证，即证，
因为，则得，即，
令，则，
因在上单调递增，且，，
因此存在唯一的，使得，
当时，,当时，,
即函数在上单调递减，在上单调递增，
故（*）.
设 ,则 ,即函数在上单调递增，
故,则；
再设 ,则,当时，,当时，；
即函数在上单调递增，在上单调递减，故 ,
则得，当且仅当时取等.
则由（*）可得,
因，故可得 ,即 ,
故得证.
（3）由题意可得，，则，
令，所以，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，则，
从而有解，即存在两根，，设，
则在上为正，在上为负，在上为正，
所以必存在唯一极大值点，且，
所以，由可知，
由可知，，
在上单调递增，在上单调递减，所以，
综上，函数存在唯一极大值点，且.年龄
是否喜欢使用AI技术
合计
喜欢
不喜欢
不超过45岁
46
14
60
超过45岁
32
28
60
合计
78
42
120
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
0
1
2
3
0
1
2
3
单调递减
单调递增