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新疆维吾尔自治区巴音郭楞蒙古自治州2025-2026学年高二下学期7月期末监测数学试题
一、单选题
1．函数在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
2．某日，从库尔勒到乌鲁木齐的火车共有10个车次，飞机共有2个航班，长途汽车共有12个班次，若该日甲只选择这3种交通工具中的一种，则甲从库尔勒到乌鲁木齐共有（ ）
A．12种选法 B．24种选法 C．22种选法 D．14种选法
3．小陈和小李是某公司的两名员工，在每个工作日小陈和小李加班的概率分别为和，且两人同时加班的概率为，则某个工作日，在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知甲，乙，丙，丁四组成对样本数据对应的线性相关系数分别为，则线性相关程度最强的是（ ）
A．甲组 B．乙组 C．丙组 D．丁组
5．函数的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
6．从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任学习委员、宣传委员、体育委员，则甲、乙两人都入选的不同选法共有（ ）种
A． B． C．30 D．20
7．已知随机变量，若，，则（ ）
A． B． C． D．
8．若函数在处取得极值2，则（ ）
A． B． C．0 D．2
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知随机变量服从正态分布，则下列说法正确的是（ ）
A．随机变量的均值为8 B．随机变量的方差为16
C． D．
11．已知二项式的展开式中各二项式系数和为64，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有6项
B．二项式系数最大的项是第4项
C．展开式的常数项为160
D．展开式中各项的系数和为1
三、填空题
12．在的展开式中，的系数为________.
13．某工厂为判断两种不同的操作方法是否对生产某种零件的合格个数有影响，收集了相关数据，绘制了列联表，设原假设：两种不同的操作方法对生产该种零件的合格个数没有影响，计算出统计量，已知，则在显著性水平下，推断的结论为________．（用“拒绝”或“接受”填空）
14．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________.
四、解答题
15．已知
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若过点的直线与曲线在处相切，求实数a的值.
16．现有9名学生，其中有5名男生4名女生，若要从中选4人参加一项活动，求
(1)一共有几种选法：
(2)抽取4人中恰好有两名女生的选法有几种：
(3)抽取4人中至少有1名女生的概率．
17．为了促进消费，某商场针对会员客户推出会员积分兑换商品活动：每位会员客户可在价值80元，90元，100元的，，三种商品中选择一种使用积分进行兑换，每10积分可兑换1元.已知参加活动的甲、乙两位客户各有1000积分，且甲兑换，，三种商品的概率分别为，，，乙兑换，，三种商品的概率分别为，，，且他们兑换何种商品相互独立.
(1)求甲、乙两人兑换同一种商品的概率；
(2)记为两人兑换商品后的积分总余额，求的分布列与期望
18．为了解某地区某种农产品的年产量（单位：吨）对价格（单位：千元/吨）的影响，某机构对近五年该农产品的年产品和价格进行统计得到的数据如下表：
1 2 3 4 5
(1)求关于的回归直线方程；
(2)根据（1）求得的回归直线方程，估计年产量为6吨时该农产品的价格.
参考公式：.
19．已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数在处取得极值，且对，恒成立，求实数的取值范围．
参考答案
1．A
解析：，故切线斜率，方程为，即.
故选：A
2．B
解析：由计数原理的加法法则可得，甲从库尔勒到乌鲁木齐共有种选法.
3．C
解析：记“小李加班”为事件A，“小陈加班”为事件B，则，
故在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为.
故选：C.
4．D
解析：相关系数的绝对值越大，则其相关程度越强，
又因为，所以线性相关程度最强的是丁组.
故选：D.
5．B
解析：函数的定义域为，，
由得，故函数的增区间为.
6．C
解析：由题意，
甲乙两人都入选，还要先在其他5人里选一人有种，再和甲乙一起全排列有，
∴甲乙两人都入选的不同选法有（种）.
故选：C.
7．B
解析：由题意可得，，
所以，
所以.
8．A
解：，
，
又函数在处取得极值2，
则，且，
所以，，经检验满足要求，所以．
故选：A．
9．AC
解析：因为，，，，故AC正确，BD错误.
10．ACD
解析：随机变量服从正态分布，所以随机变量的均值为8，故A正确；
随机变量的方差为256，标准差为16，故B错误；
由正态分布的对称性知，，故C正确；
由正态分布的对称性知，，所以，故D正确.
故选：ACD.
11．BD
解析：由题知，得到，所以展开式共有项，故选项A错误，
对于选项B，因为，由二项式系数的性质知二项式系数最大的项是第项，所以选项B正确，
对于选项C，二项式的展开式的通项公式为，
由，得到，所以展开式的常数项为，所以选项C错误，
对于选项D，令，则，所以展开式中各项的系数和为，故选项D正确.
12．
解析：展开式的通项为，
令，得，
故的系数为.
13．拒绝
解析：在独立性检验中，当计算出的统计量大于给定显著性水平对应的临界值时，样本数据出现的概率小于，
属于小概率事件，根据小概率原理，我们拒绝原假设，认为两个变量之间存在显著关联，
本题中，所以拒绝，即认为两种操作方法对合格个数有影响.
14．
解析：设，，
因为，
由或；
由，
又，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
解析：（1）若，则，，则，又，
故曲线在处的切线方程为，即；
（2）由，得，
因为直线与曲线在处相切，所以直线的斜率，
直线过点，则，
解得，故实数的值为.
16．(1)126
(2)60
(3)
解析：（1）从名学生中选4人参加一项活动，共有种选法.
（2）从名学生中选4人参加一项活动，恰好有两名女生的选法种数为.
（3）设为：“抽取4人中至少有1名女生” ，则.
17．(1)；
(2)
0 100 200 300 400
.
解析：（1）由题可知，甲、乙两人兑换同一种商品的概率为；
（2）由题意，兑换，，三种商品所需的积分分别为800，900，1000，
则的取值可能为0，100，200，300，400，
，，
，，
，
则的分布列为
0 100 200 300 400
.
18．(1)
(2)千元/吨.
解析：（1），
，
，
，
所以.
（2）当时，，
所以年产量为6吨时该产品的价格约为千元/吨.
19．(1)递减区间为，递增区间为
(2)当时，函数在定义域上单调递减；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
(3).
解析：（1）当时，，，
令可得，故当时，单调递减；
当时，单调递增；
故递减区间为，递增区间为.
（2）由可得：函数定义域为，.
当时，，此时函数在定义域上单调递减；
当时，令，解得；令，解得，
此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上可得：当时，函数在定义域上单调递减；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（3）因为函数在处取得极值，
所以，即，解得.
此时，
令，解得；令，解得，
所以函数在处取得极值，故.
所以.
因为对，恒成立，
所以对，恒成立.
令，则.
令，解得；令，解得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，则，解得：.
所以实数b的取值范围为

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