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天津市静海区第一中学2025-2026学年高二下学期6月学业能力调研数学试题
一、单选题
1．已知集合，B=，则（ ）
A． B． C． D．
2．下列命题是假命题的为（ ）
A．若，，则
B．若且，则
C．若，则
D．若，则
3．若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ）
时间 1 2 3 4 5
销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5
A．由题中数据可知，变量与负相关
B．当时，残差为0.2
C．线性回归方程中
D．可以预测当时销量约为2.1万只
4．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A． B． C． D．
5．已知a，，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
6．观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为 则判断一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．下列说法正确的是（ ）
A．若甲、乙两个模型的决定系数分别为0.87和0.78，则模型乙的拟合效果更好
B．若随机变量，满足，则
C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数r越接近于1
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
8．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山 黄山 庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）
A．564 B．484 C．386 D．640
9．下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，……，6，用表示小球落入格子的号码，则（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
10．关于的不等式的解集是，则实数__________.
11．已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________．
12．已知袋子中装有10个大小相同的球，其中有3个黑球和7个白球.小明从中分两次各取一个球出来，取球规则为：若第一次摸到黑球，则放回袋中再摸第二个球；若第一次摸到白球，则不放回袋中再摸第二个球.小明第二次摸到白球的概率为________；当小明第二次摸到白球时，第一次摸到黑球的概率为_________.
13．的展开式中含的项为____.
14．已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示）
15．已知方程有两个不相等的正根，，且，则的取值范围是___
三、解答题
16．袋中装有标有数字1到6的6个大小 形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球标号的最大数字.
(1)求事件“取出的3个小球中，标号的最大数字是5”的概率；
(2)已知取出的3个小球的标号和为偶数，求的概率.
17．已知在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，并且所有项的系数之和为1．
(1)求和的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求的展开式中的常数项．
(4)若，求．（结果用数字表达）
18．一个袋子里有8个大小相同的球，其中有黄球2个，白球6个.
(1)若有放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求和；
(2)若不放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求的分布列和；
(3)若每次随机摸取出一个球，不放回，用表示首次摸出白球时，已经摸出的球数（最后摸出的白球也算在内），求的分布列和均值；
(4)结合（1）（2）两问，说明二项分布与超几何分布的区别与联系.
19．已知函，
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：恒成立；
(3)当时，恒成立，求实数a的取值范围.
20．已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围．
参考答案
1．D
解析：集合，B=，
则.
2．C
解析：对于A：由，所以，故A正确；
对于B：由，得，所以，又，所以，故B正确；
对于C：当时，，故C错误；
对于D：由，所以，所以，故D正确.
3．B
解析：对于A，从数据知，随的增大而减小，变量与负相关，A正确；
对于C，，，，
因此线性回归方程为，C正确；
对于B，，残差，B错误；
对于D，当时销量约为（万只），D正确.
4．C
解析：某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，则有的学生每天玩手机不超过，
超过近视率约为，不超过近视率约为，
所以从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是．
故选：C．
5．C
解：，
则，当且仅当时，“=”成立，
又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，
所以的最大值为.
故选：C
6．A
解析：①分析图1的相关系数观察图1，散点图中的点大致分布在从左上到右下的带状区域内；
随着的增大，总体呈减小趋势，根据相关系数的定义，
两个变量呈负相关，故；
②分析图2的相关系数观察图2，散点图中的点大致分布在从左下到右上的带状区域内；
随着的增大，总体呈增大趋势；
根据相关系数的定义，两个变量呈正相关，故；
此外，观察图2中点的分布比图1更紧密地围绕在一条直线附近，
说明图2的线性相关性更强，即
选项，已知且，且，故 成立；
选项，因为且，所以，故选项B错误；
选项，因为且，则，选项C错误；
选项，因为且，则，显然不可能大于1，故选项D错误.
7．D
解析：选项A：决定系数越大，模型拟合效果越好. ，因此模型甲的拟合效果更好，A错误；
选项B：根据方差性质，若，则，因此，B错误；
选项C：两个随机变量线性相关性越强，是相关系数的绝对值越接近1，
负相关时相关性越强越接近，C错误；
选项D：根据独立性检验规则，若，则判断与有关联，推断犯错误的概率不大于.
由于，符合规则，D正确.
8．A
解析：8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，
其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；
当在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；
当在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
9．D
解析：设A=“向右下落”，则=“向左下落”，且，
设Y=X-1，因为小球在下落过程中共碰撞5次，所以，
于是（）.
所以，A错误；
，
，
所以，B错误；
，C错误，D正确
故选：D
10．1
解析：因为关于的不等式的解集是，
所以是方程的两个根，且，
所以，解得，
所以．
11．1
解析：由，则，
所以曲线在点处的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为．
设直线与曲线相切的切点为，且，
则，解得．
12．
解析：设为“第一次摸到黑球”，为“第一次摸到白球”，为“第二次摸到白球”，
则,
若第一次摸到黑球（放回），第二次摸到白球的概率为，
若第一次摸到白球（不放回），第二次摸到白球的概率为，
由全概率公式，可得.
小明第二次摸到白球时，第一次摸到黑球的概率为
.
13．
解析：方法一:因为，
二项式展开式的通项为，
二项式展开式的通项为，
所以多项式展开式的通项为，
令，得，且，
所以或或或或.
①当时，的展开式中含的项为；
②当时，的展开式中含的项为，
③当时，的展开式中含的项为；
④当时，的展开式中含的项为；
⑤当时，的展开式中含的项为.
综上，得的展开式中含的项为.
方法二：可看成6个相乘，
的展开式中含的项有以下三种情况：
①个多项式取，个多项式取乘积得到，即；
②个多项式取，个多项式取，个多项式取乘积得到，
即；
③个多项式取，个多项式取乘积得到，
即；
综上所述，的展开式中含的项为.
14．
解析：因为，构造函数，
因为，所以函数是增函数，
因为，所以，
因为，所以原不等式即，解得，
所以不等式的解集为.
15．
解析：因为方程有两个不相等的正根，
则，即，可得，
由，可得，
可知与在内有2个交点，如图所示：
则，，，
构造，可知在内单调递减，
则，即，
所以的取值范围是.
16．(1)
(2)
解析：（1）记事件为“取出的3个小球中，标号的最大数字是5”
则.
（2）记事件为“取出的3个球的标号和为偶数”，事件为“”.
由题意得，
.
由条件概率公式，得.
17．(1)，
(2)
(3)
(4)
解析：（1）二项式只有第5项二项式系数最大，说明展开式共项，故，
令，，且，解得．
（2）二项式的通项公式为，第5项对应，
则．
（3）已知，，则的常数项由两部分组成：
当时，；
当时，，
则常数项为：．
（4），
令，则，
令，则，
则．
18．(1)
，
(2)
的分布列为：
1 2 3
(3)
的分布列为：
1 2 3
(4)区别：①抽样方式不同：二项分布对应有放回抽样，各次试验独立，单次试验成功概率恒定；超几何分布对应不放回抽样，各次试验不独立，单次成功概率随抽样变化；②参数不同：二项分布参数为试验次数、单次成功概率，记为；超几何分布参数为总体容量、总体中成功个体数、抽样数，记为；联系：①二者均为描述次试验中成功次数分布的离散型概率分布；②当总体容量远大于抽样数时，不放回抽样近似于有放回抽样，超几何分布近似于参数为的二项分布；③当时，二者数学期望相等，均为.
解析：（1）有放回摸球时，每次摸到白球的概率，各次摸球相互独立，故服从二项分布，
根据二项分布的期望、方差公式，、，
代入得，；
（2）不放回摸3个球时，服从超几何分布，可能取值为1，2，3，
根据超几何分布的概率公式（）
可得，，，
得到的分布列为：
1 2 3
由离散型随机变量期望公式得；
（3）袋中仅2个黄球，故的可能取值为1，2，3，
记为首次摸到白球的概率，即；
记为第一次摸到黄球、第二次摸到白球的概率，即；
记为前两次均摸到黄球、第三次摸到白球的概率，即，
得到的分布列为
1 2 3
由离散型随机变量期望公式得；
（4）略.
19．(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
(3)
解析：（1）的定义域为.
.
其中，则，故只需讨论的符号.
当时，，则，在上单调递增.
当时，令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，.
.
令，则.
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故在处取得最小值，，
因此，即，所以.
（3）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得最小值，为.
若使恒成立，只需恒成立，即恒成立即可.
又，即恒成立.
令，则，
故在上单调递减，且，
所以.
故实数的取值范围为.
20．(1)时，在单调递增，在单调递减；
时，在，单调递增，在单调递减；
时，在上单调递增；
时，在，单调递增，在单调递减
(2)
解析：（1）函数的定义域为，
，
若，则，，，
在上单调递增，在上单调递减，
若，令，则或，
当，即时，或，，
在，上单调递增，在上单调递减；
当，即时，在上恒成立，此时在上单调递增；
当，即时，或，，
在，上单调递增，在上单调递减；
综上：
时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在，上单调递增，在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在，上单调递增，在上单调递减．
（2），
令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点，
，则 ， ，
在上单调递增，在上单调递减，
且时，时，，大致图象如下，
要使的图象与直线有两个不同的交点，则，即，
a的取值范围是．

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