精品解析：重庆市育才中学校2025-2026学年高二下学期五月检测数学试题

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重庆育才中学校高2027届五月检测 数学试题 （本试卷共150分，考试时间120分钟） 命题单位：重庆市育才中学校 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题． 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 重复进行10次某试验，每次试验的成功率都为p（），则其中前4次都未成功后6次都成功的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 函数在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知事件满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 6. 已知，函数在区间上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球（两盒中的球除颜色外没有其他区别）．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，再从乙盒中随机取出两球，则取出的两球都是白球的概率为（　　） A. B. C. D. 8. 将数字（）､字母（）和符号（★，❤，☼）放入到下面的九宫格中，每个格子只能放一个数字､字母或符号，每个数字､字母或符号都必须使用，且只能用一次．则每行每列都有数字､字母和符号的排法有（ ）种 A. 648 B. 1048 C. 1296 D. 2592 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 甲，乙，丙，丁四人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 若甲，乙必须相邻，则不同的排法有12种 B. 若最左端只能排甲或乙，则不同的排法有6种 C. 甲乙不相邻的排法有24种 D. 甲乙按从左到右的顺序排列的排法有12种 10. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 当时，单调递增 B. 既没有最大值，也没有最小值 C. 当时，有且只有三个实根 D. 若时，的最大值为，则m的最大值为5 11. 11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每胜一球得1分，先得11分且至少领先2分者获胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者获胜，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行一场五局三胜，每局11分制的乒乓球比赛．假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局比赛结果相互独立，则下列说法正确的是（ ） A. 记每局比赛甲获胜的概率为，则前三局甲恰好胜一局的概率为 B. 记每局比赛甲获胜的概率为，X为前三局中甲获胜的局数，则X的方差为 C. 记每局比赛甲获胜的概率为，若已知第一、二局甲已连胜，则甲最终获胜的概率为 D. 若某局比赛甲先发球，且目前比分为，则该局比赛甲获胜的概率为 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式中的常数项为__________. 13. 已知函数，若使得，则实数a的取值范围为________． 14. 随机地投掷三颗色子其中有两颗色子出现的点数之和为的概率是______. 四、解答题：本题共5小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 春季早晚温差大，由于个人体质不同，可能会导致感冒患病．某医学研究小组为了解高中学生的体质健康是否与性别有关，在4月感冒易发季节对某中学的高中学生进行了随机抽样，得到列联表． 性别 患病情况 合计 感冒 不感冒 男 6 14 20 女 4 26 30 合计 10 40 50 （1）从样本男生中抽2人，求恰有1人感冒的概率； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为高中学生的体质健康与性别有关． 参考数据及公式：，其中． 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 16. 近些年汽车市场发生了翻天覆地的变化，新能源汽车发展迅速，下表统计了2022年到2025年某地新能源汽车的销量（单位：千辆） 年份 2022 2023 2024 2025 年份代号x 1 2 3 4 销量y 33 69 93 129 附：线性相关系数；回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，， ， ，． （1）试根据样本相关系数r的值判断该地汽车销量y与年份代号x的线性相关性强弱（，则为y与x的线性相关性较强； ，则认为y与x的线性相关性较弱）；（精确到0.001） （2）建立y关于x的线性回归方程，并预测该地2026年的新能源汽车销量． 17. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）当时，求在上的最小值； （3）若在上存在零点，求的取值范围. 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛． （1）若预赛的8道题中，甲第1题能答对，第2，3，4题每道题有50%的概率答对，第5，6，7，8题每道题有25%的概率答对，求甲随机选一道题，恰好答对该题的概率； （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立． （ⅰ）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ⅱ）已知：若随机变量，，满足，则．若某班共有4名学生进入决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求的取值范围． 19. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）证明：方程有两个根； （3）在（2）的条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆育才中学校高2027届五月检测 数学试题 （本试卷共150分，考试时间120分钟） 命题单位：重庆市育才中学校 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题． 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得，解得， 所以. 2. 重复进行10次某试验，每次试验的成功率都为p（），则其中前4次都未成功后6次都成功的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意，前4次都未成功后6次都成功的概率为. 3. 函数在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对求导后结合导数的几何意义即可求解. 【详解】，则，即在点处的切线斜率为. 4. 已知事件满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据条件概率的公式得， . 5. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】D 【解析】 【详解】二项式的展开式中所有项的系数和为32， 令，得，所以. 若，且，则. 所以，所以. 6. 已知，函数在区间上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对求导，将函数在上存在递减区间转化为导数小于0有解，分离参数得，构造函数并求导判断其在区间内单调递增，进而得到的取值范围. 【详解】由题意，，定义域为. 求导得. 函数在上存在单调递减区间，即存在，使得成立. 即在上有解，整理得. 令，， 求导得. 当时，，故，在上单调递增. 当时，，所以. 因此，结合条件，得实数的取值范围是. 7. 甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球（两盒中的球除颜色外没有其他区别）．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，再从乙盒中随机取出两球，则取出的两球都是白球的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设事件表示“从甲盒中取出的是红球”，事件表示“从甲盒中取出的是白球”，事件表示“从乙盒中取出的两球都是白球”. 由全概率公式得，由题意可知，， 当发生时，乙盒中有3个红球，3个白球， 则从乙盒取两球均为白球的概率为， 当发生时，乙盒中有2个红球，4个白球，则从乙盒取两球均为白球的概率为， 代入全概率公式计算可得. 故取出的两球都是白球的概率为. 8. 将数字（）､字母（）和符号（★，❤，☼）放入到下面的九宫格中，每个格子只能放一个数字､字母或符号，每个数字､字母或符号都必须使用，且只能用一次．则每行每列都有数字､字母和符号的排法有（ ）种 A. 648 B. 1048 C. 1296 D. 2592 【答案】D 【解析】 【分析】先确定数字､字母和符号的类别位置，再求出三个数字､字母和符号分别放入类别位置的排列数，根据分步乘法计数原理即可求出答案. 【详解】第一步，确定数字､字母和符号的类别位置： 第一行数字､字母和符号的排列有种， 第二行是第一行的错位排列，则排列方式有2种， 第三行排列方式唯一确定， 因此，类别位置的排列方式有（种）． 第二步，分别确定三个数字､字母和符号放入类别位置的排列数： 数字（）放入3个位置，排列数为； 字母（）放入3个位置，排列数为； 符号（★，❤，☼）放入3个位置，排列数为． 根据分步乘法计数原理，总排法有（种）． 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 甲，乙，丙，丁四人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 若甲，乙必须相邻，则不同的排法有12种 B. 若最左端只能排甲或乙，则不同的排法有6种 C. 甲乙不相邻的排法有24种 D. 甲乙按从左到右的顺序排列的排法有12种 【答案】AD 【解析】 【分析】使用捆绑法、特殊位置优先法、插空法、定序问题的处理方法，分别计算各选项对应排法数判断正误. 【详解】对于A，将甲乙捆绑，则有种排列，故A正确; 对于B，最左端排甲或乙，共有2种选法，剩下3人全排列，则共有12种排法，故B错误; 对于C，先排丙丁，共有种排法，2人间有3个空位，将甲乙排入，有种排法， 则共有种排法，故C错误; 对于D，四人全排列有种，由对称性可知，甲在乙左侧的排法数与在乙右侧的排法数相等， 所以总排法为种，故 D正确. 10. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 当时，单调递增 B. 既没有最大值，也没有最小值 C. 当时，有且只有三个实根 D. 若时，的最大值为，则m的最大值为5 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，利用导数分析函数的单调性及极值，确定函数大致图象，据此逐项判断即可． 【详解】， 由得，；由得，或， 在上单调递增，在上单调递减，故A正确； 在处取极小值，在处取极大值， 由于当时，恒成立， 所以，函数图象如下： 则没有最大值，在处取最小值，B错误； 又最小值为，极大值为， 根据函数图象可知， 当时，有三个实根，故C错误； 对于D选项，时，的最大值为， 由函数图象可知，的最大值为5，故D正确． 11. 11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每胜一球得1分，先得11分且至少领先2分者获胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者获胜，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行一场五局三胜，每局11分制的乒乓球比赛．假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局比赛结果相互独立，则下列说法正确的是（ ） A. 记每局比赛甲获胜的概率为，则前三局甲恰好胜一局的概率为 B. 记每局比赛甲获胜的概率为，X为前三局中甲获胜的局数，则X的方差为 C. 记每局比赛甲获胜的概率为，若已知第一、二局甲已连胜，则甲最终获胜的概率为 D. 若某局比赛甲先发球，且目前比分为，则该局比赛甲获胜的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用独立事件的乘法公式即可判断；对于B，由题可知，再根据二项分布的方差公式计算即可；对于C，根据乘法公式及对立事件求概率即可；对于D，设该局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为，求出，，，再由条件概率和全概率公式求即可． 【详解】对于A，前三局甲恰好胜一局的概率为，故A错误； 对于B，由题可知，则，故B正确； 对于C，在第一、二局甲连胜的条件下，乙获胜的概率为， 则甲最终获胜的概率为，故C正确； 对于D， 设该局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为， 的所有可能取值为0，1，2； ，，， 则，，； 由全概率公式得， ， 解得，故D正确． 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】直接根据二项式定理的展开式的通项公式计算可得. 【详解】由二项式，所以展开式的通项公式. 令，得，所以常数项为. 故答案为： 13. 已知函数，若使得，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，再利用导数结合函数单调求出最值，然后解不等式即可． 【详解】若使得， 则，， 时，，则在上单调递增， ， 又在单调递增，所以， ，解得， 则实数a的取值范围为． 14. 随机地投掷三颗色子其中有两颗色子出现的点数之和为的概率是______. 【答案】 【解析】 【详解】投掷三颗色子共有种可能注意到, . 投掷三颗色子,有两颗色子出现点数和的可能有种,即分为,这六种可能,每类有种情形, 其中, 重复出现. 类似地,投掷三颗色子有两颗色子出现点数2和5的可能与有两颗色子出现点数3和4的可能均为30种. 从而,投掷三颗色子,其中有两颗色子出现的点数之和为7的有种可能. 因此,所求概率为 四、解答题：本题共5小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 春季早晚温差大，由于个人体质不同，可能会导致感冒患病．某医学研究小组为了解高中学生的体质健康是否与性别有关，在4月感冒易发季节对某中学的高中学生进行了随机抽样，得到列联表． 性别 患病情况 合计 感冒 不感冒 男 6 14 20 女 4 26 30 合计 10 40 50 （1）从样本男生中抽2人，求恰有1人感冒的概率； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为高中学生的体质健康与性别有关． 参考数据及公式：，其中． 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）依据小概率值的独立性检验，不能认为高中学生的体质健康与性别有关。 【解析】 【小问1详解】 由题可知，样本中男生共20人，其中感冒6人，不感冒14人. 从20名男生中随机抽取2人，总基本事件数为； 抽取的人中恰有1人感冒包含的基本事件数为. 根据古典概型概率式可得. 【小问2详解】 提出零假设：高中学生的体质健康与性别无关. 代入卡方统计量公式得 小概率值对应的临界值为. 由于，没有充分证据拒绝零假设. 因此依据小概率值的独立性检验，不能认为高中学生体质健康与性别有关. 16. 近些年汽车市场发生了翻天覆地的变化，新能源汽车发展迅速，下表统计了2022年到2025年某地新能源汽车的销量（单位：千辆） 年份 2022 2023 2024 2025 年份代号x 1 2 3 4 销量y 33 69 93 129 附：线性相关系数；回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，， ， ，． （1）试根据样本相关系数r的值判断该地汽车销量y与年份代号x的线性相关性强弱（，则为y与x的线性相关性较强； ，则认为y与x的线性相关性较弱）；（精确到0.001） （2）建立y关于x的线性回归方程，并预测该地2026年的新能源汽车销量． 【答案】（1）该地新能源汽车销量与年份代号的线性相关性较强； （2）线性回归方程为 ，预测2026年新能源汽车销量为159千辆。 【解析】 【小问1详解】 计算年份代号的均值： . 已知 ， . 代入相关系数公式 由于 ，因此与 的线性相关性较强. 【小问2详解】 由最小二乘估计公式计算斜率 . 销量的均值 截距 因此 关于 的线性回归方程为. 2026年对应的年份代号为 ，代入回归方程得： 即预测2026年该地新能源汽车销量为159千辆. 17. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）当时，求在上的最小值； （3）若在上存在零点，求的取值范围. 【答案】（1）极大值为，没有极小值 （2）0 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，进而求解极值； （2）求导，分析函数的单调性，进而求解最值； （3）令，得在上有解，结合（1）可知函数的单调性，进而求解即可. 【小问1详解】 当时，，定义域是， 可得， 令，解得， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 由此可得的极大值为，没有极小值. 【小问2详解】 当时，，定义域是 可得 令，定义域是， 而，当时，， 因此在上是增函数，则， 所以，即在上是增函数， 所以. 【小问3详解】 由，定义域是， 令，得在上有解， 由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减， 且时，，时，，时，， 则的取值范围为. 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛． （1）若预赛的8道题中，甲第1题能答对，第2，3，4题每道题有50%的概率答对，第5，6，7，8题每道题有25%的概率答对，求甲随机选一道题，恰好答对该题的概率； （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立． （ⅰ）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ⅱ）已知：若随机变量，，满足，则．若某班共有4名学生进入决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由全概率公式计算即可； （2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可． 【小问1详解】 由全概率公式可得恰好答对该题的概率为： ； 【小问2详解】 （i）由题意得， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 可得的最大值为； （ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量， 则的可能取值为， 所以，， ，， 所以 ， 所以四名同学获得总奖金的期望为， 所以，即， 整理得， 由， 得， 解得． 19. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）证明：方程有两个根； （3）在（2）的条件下，证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）由（1）知：的极大值为， 极小值为； 在上单调递增，在上单调递减， 当从正方向趋近于时，；当时，； 在中，存在使得； 当时，（当且仅当时，），即， 方程有两个根. （3），，； 在上单调递增，， 要证，只需证， 又，只需证； ①， 令，则，， 设，则， 令，则， 在上单调递增，，即， 在上单调递减，， 即，； ②， 令，则， ， 要证，只需证， 即证， 令， 则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 又，，恒成立， ，即在上单调递减，， 即，； 综上所述：，. 【解析】 【分析】（1）求导后，根据正负可得的单调区间； （2）根据（1）中结论可求得的极值，进而分析图象确定的根的情况； （3）根据的单调性，将所证不等式转化为证明，令，，分别构造函数，，利用导数可证得，，由此可结论. 【小问1详解】 由题意知定义域为，； 令，解得：或， 当时，；当时，； 的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $