2025-2026学年山东省青岛市高二下册6月部分学生调研检测（强基班调考）数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年山东省青岛市高二下册6月部分学生调研检测（强基班调考）数学试卷（含解析），共46页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 一个物体从高处做自由落体运动，时该物体距离地面的高度（单位：m）为，则该物体在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
2. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为（ ）
A. 变量与独立
B. 变量与不独立
C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
3. 已知随机变量满足，，则（ ）
A. B. C. 8D. 24
4. 除以8的余数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
5. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，如果分给其中一人三张卡片，则这三张必须是连号，那么不同的分法种数为（ ）
A. 90B. 96C. 108D. 198
6. 已知函数在处有极大值，则的极小值为（ ）
A. 4B. 2C. 1D. 0
7. 甲箱中只有1个零件且为正品，乙箱中有6个零件，其中3个正品.现从乙箱中任选4个零件放入甲箱中，再从甲箱中随机抽取1个，设取到正品个数为，则（ ）
A. B. C. D. 1
8. 已知随机变量，设函数，若曲线的对称中心为，则（ ）
A. B. 1C. D. 5
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 若函数的导函数是偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于中心对称B. 有3个不同的零点
C. 最小值为D. 对任意，都有
10. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入奖品.当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先从其他没有奖品的箱子中随机打开一个，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.现在已知甲选择了1号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开3号箱子，则（ ）
A. B.
C. 若甲不更改选择，则获奖的概率为D. 若甲更改选择，则获奖的概率变大
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 若的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则含项的系数为__________（用具体数值作答）.
13. 若对任意，恒成立，则的取值范围是______.
14. 某人参加射击游戏，每次中靶概率为，且每次射击结果互不影响.游戏规则如下：在射击过程中，当连续奇数（1，3，5，…）次中靶，且下一次不中靶时，游戏停止；否则游戏继续进行.该游戏最多射击8次，则此人射击次数的数学期望为__________.
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. 已知函数.
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当时，，求 的取值范围.
16. 某公司对近五年的人工智能产品研发年投入额（单位：百万元）与其年销售量（单位：千件）的数据统计如下表：
该公司科研团队用两种模型①，②对数据进行拟合，得到模型①的回归方程为，并计算得模型②的残差平方和约为0.0462.
（1）求模型①的残差平方和，根据两个模型的残差平方和，选择一个拟合效果更好的模型；
（2）若某年投入额为8百万元，用拟合效果更好的模型预测产品该年的销售量.
参考公式和数据：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式为，；设，，，，，，.
17. 已知，.
（1）求的值；
（2）证明：.
18. 已知函数，其中.
（1）当时，求在上的最大值；
（2）在上有零点.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）证明：.
19. 自然界中，有一些鱼类如眼斑双锯鱼、清洁隆头鱼能够根据其所在种群的社会结构或雌雄比例进行性别转换，是生物繁殖策略的有趣案例.生物学家为了初步探究这种现象对种群雌雄比变化的影响，利用计算机模拟了一种“电子生物”.初始时，种群内有个“生物”（为正偶数），其中个为雄性（且），其余为雌性.随后每个生命周期开始时，若雄性比例超过，则该周期中雌性不变化，雄性均有p的概率转变为雌性；若雌性比例超过，则该周期中雄性不变化，雌性均有p的概率转变为雄性；若两者恰好各占，则达到稳定状态，不再发生转变.假设每个“生物”转变时相互独立.
（1）若.
（i）当时，设第二个周期后种群内雄性的数量为，求的分布列和期望；
（ii）当，时，要使第一个周期后种群达到稳定状态的概率最大，求的值；
（2）若，（为常数且），在第二个周期后种群为稳定状态的条件下，求第一个周期后已经达到稳定状态的概率.
数学
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
一、单项选择题：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. 一个物体从高处做自由落体运动，时该物体距离地面的高度（单位：m）为，则该物体在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据导数的几何意义求解即可.
解答过程：对求导，得.
将代入导函数，得.
2. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为（ ）
A. 变量与独立
B. 变量与不独立
C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
答案：A
解析：
思路：根据题意，结合独立性检验的知识和比对的参考值，即可得到答案.
解答过程：由题意知，，依据的独立性检验，
因为，可得，可以认为变量与独立.
3. 已知随机变量满足，，则（ ）
A. B. C. 8D. 24
答案：C
解析：
思路：先利用二项分布的概率公式求出参数，计算的方差，最后根据方差的运算性质计算即可.
解答过程：已知随机变量，则，解得.
所以.
根据方差的性质，.
4. 除以8的余数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
答案：C
解析：
思路：根据二项式定理求解即可.
解答过程：，
易知为8的整数倍，
所以除以8的余数为，
则除以8的余数为1.
5. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，如果分给其中一人三张卡片，则这三张必须是连号，那么不同的分法种数为（ ）
A. 90B. 96C. 108D. 198
答案：C
解析：
思路：根据条件满足条件的分法可分为两类，结合分类加法计数原理及分组分配问题处理方法求结论.
解答过程：满足条件的分法可分为两类，
第一类，有一人分得张卡片，其余两人每人张卡片，又张连号的卡片有，，三种情况，
则分给三个人共有种，
第二类，甲，乙，丙三人中有两人分得张卡片，第三个人分得张卡片，
满足条件的分法有种；
故不同的分法种数为.
6. 已知函数在处有极大值，则的极小值为（ ）
A. 4B. 2C. 1D. 0
答案：D
解析：
思路：求导后，根据极值点定义可知，由此可得或，分别验证和两种情况下，是否为的极大值点，由此可确定的取值，并根据极小值定义求得结果.
解答过程：，，解得：或；
当时，，，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
是的极小值点，不符合题意；
当时，，，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
是的极大值点，符合题意，
此时函数在时取极小值，极小值为，
综上所述：的极小值为.
7. 甲箱中只有1个零件且为正品，乙箱中有6个零件，其中3个正品.现从乙箱中任选4个零件放入甲箱中，再从甲箱中随机抽取1个，设取到正品个数为，则（ ）
A. B. C. D. 1
答案：B
解析：
思路：设从乙箱移入甲箱的正品数为，由条件结合期望性质可得，再根据超几何分布期望公式求，由此可得结论.
解答过程：是抽取个零件得到的正品数，只能取或，
所以就等于从甲箱抽到正品的概率，
设从乙箱移入甲箱的正品数为，移入后甲箱共个零件，正品总数为，
因此抽到正品的概率为，
由期望的性质，
服从超几何分布，乙箱总共有个零件，其中正品个，抽取个，
超几何分布期望公式为 ，
所以.
8. 已知随机变量，设函数，若曲线的对称中心为，则（ ）
A. B. 1C. D. 5
答案：D
解析：
思路：根据题意，得到，即，利用正态分布曲线的性质，得到，结合对称性，列出方程，即可求解.
解答过程：由函数的对称中心为，可得，
因为，可得，
所以，
可得，
又因为随机变量，可得，
因为，所以，
根据正态分布曲线的对称性，可得，解得.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 若函数的导函数是偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于中心对称B. 有3个不同的零点
C. 最小值为D. 对任意，都有
答案：ABD
解析：
思路：求出函数的导函数，由求出的值，即可得到函数解析式，从而判断函数的奇偶性，即可判断A，令求出方程的解，即可判断B，利用导数说明函数的单调性，即可判断C，利用作差法判断D.
解答过程：因为，则，
又是偶函数，所以，即，
所以对任意的恒成立，所以，解得，则，定义域为，
且，即为奇函数，
所以的图象关于中心对称，故A正确；
令，即，解得、、，
所以有3个不同的零点，故B正确；
因为，所以当或时，当时，
即的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以不存在最值，故C错误；
设任意，则，，则，
又，
所以，当且仅当时取等号，
所以对任意，都有，故D正确.
10. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入奖品.当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先从其他没有奖品的箱子中随机打开一个，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.现在已知甲选择了1号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开3号箱子，则（ ）
A. B.
C. 若甲不更改选择，则获奖的概率为D. 若甲更改选择，则获奖的概率变大
答案：BCD
解析：
思路：根据条件概率、全概率公式、贝叶斯公式，结合主持人开箱子的规则求解判断即可.
解答过程：选项A：当发生即奖品在1号箱时，甲选了1号箱，主持人可从2、3、4号箱中随机选一个打开，故，A错误.
选项B：易知.
奖品在2号箱时主持人只能开3、4号，故，
奖品在3号箱时主持人不能开3号，故，
奖品在4号箱时主持人只能开2、3号，故，
所以
，B正确.
选项C：甲不更改选择时，获奖等价于1号箱有奖品，即，C正确.
选项D：甲更改选择时，需在剩余的2、4号箱中选择，
由贝叶斯公式得，同理可得，
因此不管选择哪个箱子，中奖概率均为，大于不更改时的，获奖概率变大，D正确.
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：AD
解析：
思路：A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.
B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.
C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.
D.与C选项同样的方法即可判断.
解答过程：A. 令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且

即 故选项A正确
B. 令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且

即 故选项B错误
C.
又在单调递增
故选项C错误
D. 由C可知， 又在单调递减
故选项D正确
故选：AD
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 若的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则含项的系数为__________（用具体数值作答）.
答案：
解析：
思路：根据题意，结合二项式系数性质得，再根据通项公式得时，再代入通项公式求解即可.
解答过程：因为的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，
所以，根据组合数性质易知，
所以展开式的通项公式为：,
令得，
所以含项的系数为.
13. 若对任意，恒成立，则的取值范围是______.
答案：
解析：
思路：将不等式变形为，构造函数，得到在上单调递增，从而将问题转化为恒成立，令，，利用导数求出的最大值即可求解.
解答过程：因为
所以等价于，
两边同加得
则原不等式等价于
记，则等价于，
因为恒成立，在上单调递增，
所以等价于，
记，，则恒成立等价于，
又，
所以当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
所以，
因为，所以，解得，
所以的取值范围为.
14. 某人参加射击游戏，每次中靶概率为，且每次射击结果互不影响.游戏规则如下：在射击过程中，当连续奇数（1，3，5，…）次中靶，且下一次不中靶时，游戏停止；否则游戏继续进行.该游戏最多射击8次，则此人射击次数的数学期望为__________.
答案：
解析：
思路：设最多射击次时，此人射击次数的数学期望为，根据题意分析三种情形讨论，可得递推公式为，，，进而运算求解.
解答过程：设最多射击次时，此人射击次数的数学期望为，可知，，
当时的情形.最多射击次，分以下三种情形讨论：
若第一次射击不中靶，概率为，变为的情形，数学期望为；
若第一、二次射击均中靶，概率为，游戏继续，此时已射击2次，剩余最多射击次，
该情况下对未来射击次数的数学期望与从初始状态开始且最多射击次的游戏的数学期望相同，数学期望为；
若第一次射击中靶，第二次射击不中靶，游戏停止，概率为，数学期望为2；
综上所述：，
且，，
可得，
所以该游戏最多射击8次，则此人射击次数的数学期望为.
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. 已知函数.
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当时，，求 的取值范围.
答案：（1）.
（2）.
解析：
思路：（1）先求函数在切点处的导数值（切线斜率），再结合切点坐标用点斜式求出切线方程.
（2）先通过移项构造新函数，将题目给出的不等式条件转化为新函数的单调性问题，再通过导数研究函数的最值，进而求解参数范围.
（1）当时，，
则，，，
所以，即，
化简得，，
故曲线 在点 处的切线方程.
（2）设，，
，
因当时，，
则，即，
所以在上单调递增，
即，在上恒成立，
即，令，，则，
当时，，，所以，即，
所以在上单调递减，当时，，
所以在上成立，则，故的取值范围为.
16. 某公司对近五年的人工智能产品研发年投入额（单位：百万元）与其年销售量（单位：千件）的数据统计如下表：
该公司科研团队用两种模型①，②对数据进行拟合，得到模型①的回归方程为，并计算得模型②的残差平方和约为0.0462.
（1）求模型①的残差平方和，根据两个模型的残差平方和，选择一个拟合效果更好的模型；
（2）若某年投入额为8百万元，用拟合效果更好的模型预测产品该年的销售量.
参考公式和数据：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式为，；设，，，，，，.
答案：（1）
模型①的残差平方和为，拟合效果更好的是模型②；
（2）预测该年销售量约为千件.
解析：
思路：（1）先计算模型①各样本的预测值，再求残差平方和，通过比较两个模型残差平方和的大小选择拟合效果更好的模型；
（2）对模型②取对数转化为线性回归模型，用最小二乘法估计参数，代入计算预测销售量.
（1）已知模型①的回归方程为，依次计算各样本的残差平方：
当时，，残差的平方为，
当时，，残差的平方为，
当时，，残差的平方为，
当时，，残差的平方为，
当时，，残差的平方为，
因此模型①的残差平方和为，
由于残差平方和越小拟合效果越好，且，故模型②拟合效果更好.
（2）对两边取自然对数，得，令，则转化为线性回归模型.
因为，，，
，
根据最小二乘法公式：，，
所以，当时，（千件）.
17. 已知，.
（1）求的值；
（2）证明：.
答案：（1）；
（2）由（1）知， ，，
由得，，
故，则，所以，
令 ，则
，
.
解析：
思路：（1）先利用二项式展开式的通项判断系数符号，再求二项式系数的绝对值的和.
（2）考查组合恒等式与数列求和，需要先化简通项，利用组合数公式得到组合数性质
转化为求和式，再结合二项式定理放缩证明不等式.
（1）由二项式定理得，的展开式的通项为：
，
因为，所以，
故，
所以，
此处可看作在 处时的值，则.
（2）略.
18. 已知函数，其中.
（1）当时，求在上的最大值；
（2）在上有零点.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）证明：.
答案：（1）
（2）（i）；
（ii）设在有解，即，
则，即，则为该直线上的点，
又表示点到原点的距离的平方，
其最小值为原点到直线的距离的平方：，
令，，
当时，，在上是单调递增函数，
当时，，在上是单调递减函数，
则在处取的最小值且最小值为，
当时，
设，，
则在上是单调递减函数，
则对于任意的上恒成立，
即对于任意的上恒成立，
设，，
则在上是单调递减函数，
则对于任意的上恒成立，
则对于任意的上恒成立，
则对于任意的上恒成立，
则，等号成立需要同时满足和，
显然不成立，故.
解析：
思路：（1）利用导数求出单调性，利用单调性得到最大值；
（2）（i）当时，在上有零点，即存在使得，即，构造函数（），利用导数法求出的单调性，利用单调性得到的最小值，从而得到的取值范围.（ii）设在有解，利用、的几何意义得到，构造，利用导数研究不等式恒成立，从而得到，即可得到结论.
（1）当时，，，
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
又，.
因此的最大值在处取得，最大值为.
（2）（i）当时，在上有零点，
即存在使得，即，
令（），，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
在处取得最小值，
且当时，当时，
因此的取值范围是.
（ii）略.
19. 自然界中，有一些鱼类如眼斑双锯鱼、清洁隆头鱼能够根据其所在种群的社会结构或雌雄比例进行性别转换，是生物繁殖策略的有趣案例.生物学家为了初步探究这种现象对种群雌雄比变化的影响，利用计算机模拟了一种“电子生物”.初始时，种群内有个“生物”（为正偶数），其中个为雄性（且），其余为雌性.随后每个生命周期开始时，若雄性比例超过，则该周期中雌性不变化，雄性均有p的概率转变为雌性；若雌性比例超过，则该周期中雄性不变化，雌性均有p的概率转变为雄性；若两者恰好各占，则达到稳定状态，不再发生转变.假设每个“生物”转变时相互独立.
（1）若.
（i）当时，设第二个周期后种群内雄性的数量为，求的分布列和期望；
（ii）当，时，要使第一个周期后种群达到稳定状态的概率最大，求的值；
（2）若，（为常数且），在第二个周期后种群为稳定状态的条件下，求第一个周期后已经达到稳定状态的概率.
答案：（1）（i）的分布列为
；
（ii）的值为13或37
（2）解析：
思路：（1）（i）设第一个周期后种群内雄性的数量为，则，的可能取值为0，1，2，进而可求的分布列和期望；（ii）设第一个周期后种群达到稳定状态的概率为，分和两种情况讨论，列不等式求解即可；
（2）设相应事件，可得，，结合组合数性质以及条件概率公式运算求解.
（1）设第一个周期后种群内雄性的数量为，则，
可得，，，
由题意可知：的可能取值为0，1，2，
可得；
；
；
所以的分布列为
且的期望为；
因为，，设第一个周期后种群达到稳定状态的概率为，
若，则，
设，即，
解得，且，可得；
若，则；
设，即，
解得，且，可得；
综上所述：的值为13或37.
（2）设事件A：第一个周期后已经达到稳定状态；事件B：第二个周期后已经达到稳定状态；
因为，（为常数且），
则，
且
，
又因为，
则，，
可得，
因为，
对于，令，
可得，
则，
所以.
年投入额（百万元）
1
2
3
4
5
年销售量（千件）
0.5
1
1.5
3
5.5
年投入额（百万元）
1
2
3
4
5
年销售量（千件）
0.5
1
1.5
3
5.5
0
1
2
0
1
2