精品解析：重庆市第一中学校2024-2025学年高二下学期期中数学试卷

秘密★启用前 重庆一中高2026届高二下期中数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量X，Y均服从两点分布，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ） A. B. C. D. 5. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. （ ） A. B. C. D. 7. 已知关于x的方程在区间上有解，则实数a的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数a，b，c. A. 若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100 B. 若|a2+b+c|+|a2+b–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 C. 若|a+b+c2|+|a+b–c2|≤1，则a2+b2+c2＜100 D. 若|a2+b+c|+|a+b2–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在重伯努利试验中，每次试验事件发生的概率为，事件发生的次数超过一半的概率为，下列叙述中正确的是（ ） A. 若为奇数时， B. 若为偶数时， C. 若为奇数时，随着的增大而增大 D. 若为偶数时，随着的增大而增大 10. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ） A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B. 蚂蚁移动到点的概率为 C. 蚂蚁回到原点的概率为 D. 蚂蚁移动到直线上的概率为 11. 记为数列的前项和，且 现定义，()，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若数据，，，，，，，，4，6的方差为5，则数据，，，，，，，，3，7的方差为__________． 13. 设整数，从编号的卡片中有放回地等概率抽取，并记录下每次的编号．若1，2均出现或3，4均出现就停止抽取，则抽取卡片数的数学期望为______． 14. 已知，且中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则的最大值为__________________. 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. 从某台机器一天产出的零件中，随机抽取10件作为样本，测得其质量如下（单位：克）：，记样本均值为，样本标准差为. （1）求； （2）将质量在区间内的零件定为一等品. ①估计这台机器生产的零件的一等品率； ②从样本中的一等品中随机抽取2件，求这两件产品质量之差的绝对值不超过0.3克的概率P. 16. 已知、分别是椭圆（）的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与线段相交于，与椭圆交于、两点.若，求点的坐标. 17. 设三角形的边长为不相等的整数，且最大边长为n，这些三角形的个数为an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）在1，2，…，100中任取三个不同的整数，求它们可以是一个三角形的三条边长的概率. 附：1+22+32+…+n2；1+23+33+…+n3 18. 已知函数，. （1）讨论零点的个数； （2）若，求实数的取值范围. 19. 编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为． （1）求； （2）当时，求； （3）当时，设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 重庆一中高2026届高二下期中数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算. 【详解】依题意得，对于集合中的元素，满足， 则可能的取值为，即， 于是. 故选：C 2. 已知随机变量X，Y均服从两点分布，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】列举法即可求解. 【详解】因为随机变量X，Y均服从两点分布，且，， 所以，， 所以， 又因为，所以， 所以. 故答案为：A. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合利用复数的运算法则求解. 【详解】由于， 则， 所以，，即. 故选：A. 4. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解. 【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况， 两个砝码有，，，几种情况种 三个砝码有，，，，，，几种情况种 四个砝码有，，，，，种， 五个砝码有，，种， 总计种. 对A，选项系数为，故不符合，所以A错误； 对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项， 可得系数为，故B错误； 对C， 系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为 有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为 同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数， 同理由五项组成其他项为常数，则系数为， 综上系数为，故C正确； 对D， ， 系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为， 有与组成，其他是常数项，可有, 故D错误. 故选：C 5. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 6. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数公式可得，结合二项式系数和的性质计算得解. 【详解】∵ ，其中， ∴ . 故选：B. 7. 已知关于x的方程在区间上有解，则实数a的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，方程转化为，结合单调性得，然后分离参数，利用导数求得最大值． 【详解】令，则是上的单调增函数， 原方程整理得，即， 若，则，若，则都不成立， 所以， 所以在上有解，整理得， 设，则， 时，，递增，时，，递减， 所以，即的最大值是. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求最值，解题关键是引入函数，方程变形为，利用函数的单调性方程化简为，这样分离参数后利用导数求得最大值即可． 8. 已知实数a，b，c. A. 若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100 B. 若|a2+b+c|+|a2+b–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 C. 若|a+b+c2|+|a+b–c2|≤1，则a2+b2+c2＜100 D. 若|a2+b+c|+|a+b2–c|≤1，则a2+b2+c2＜100 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：采用排除法：A.令可排除此选项， B.令可排除此选项， C.令可排除此选项，故选D． 【考点】不等式的性质． 【方法点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时能够对四个选项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成立的不等式． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在重伯努利试验中，每次试验事件发生的概率为，事件发生的次数超过一半的概率为，下列叙述中正确的是（ ） A. 若为奇数时， B. 若为偶数时， C. 若为奇数时，随着的增大而增大 D. 若为偶数时，随着的增大而增大 【答案】BD 【解析】 【分析】利用二项式系数的对称性可以判定A错误，B正确；取进行对比分析可以发现在很小时，可以得到与C相反的结论，从而判定C错误；对于D项，将看成的函数，利用导数分析可以证明D正确. 【详解】当  时，二项分布对称，即：,. 对于选项 A： 由二项式系数的对称性可知：事件  发生的次数超过一半的概率  等于事件  发生的次数少于一半的概率. 因为  是奇数，所以事件  发生的次数恰好等于一半的概率为 0， 因此，，选项 A 错误； 对于选项 B：设 （ 为正整数），则成功次数超过一半的条件为 . 由于 ，二项分布对称，因此：， 此外， 为中间项的概率. 因此，总概率满足：， 由于 ，有：， 即：，由于 ， 因此：，因此，选项 B 是正确的； 对于选项C： 取，， 取， ， 当很小，比如时，，所以， 故C是错误的； 对于选项D： 当  为偶数时，设 ，其中  为正整数， 事件  发生的次数超过一半意味着 ， 设. . 由于 ，且 ，我们有：. 由于 ，则：. 因此， 对于所有  成立. 由于  且 ，每一项的导数都是正的，因此 ， 即  随着  的增大而增大，故D正确. 故选：BD. 10. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ） A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B. 蚂蚁移动到点的概率为 C. 蚂蚁回到原点的概率为 D. 蚂蚁移动到直线上的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可知蚂蚁每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，第一次从坐标原点出发， 有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理可得后面四次的走法， 利用分步乘法计数原理可得符合题意的路径数，而总路径数易得为种，利用古典概型可算得其概率； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，利用古典概型可算得其概率； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，需要分类讨论，求出符合题意的路径数，再除以总路径数即可求得其概率； 对于D，可设净移动的概念，则满足题意的净移动取值有，类似C选项的分析，进行分类讨论， 同时可以考虑问题的对称性，可求得符合题意的路径总数，再除以总路径数即可求得其概率. 【详解】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点， 最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理， 第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法， 第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法， 所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法， 即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种， 所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次， 总次数满足，即， 可能的组合有： ①，即左右都3次，路径数为种； ②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种； ③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种； ④，即上下都3次，路径数为种； 所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确； 对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动（向右移动次数减去向左移动次数）要等于 垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为， 向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意， 设水平净移动为，则垂直净移动也为， 当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种； 当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种； ②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种； ③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种； ②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合只有： ，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种； 由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意， 故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种， 所以概率为，故D正确； 故选：ACD. 11. 记为数列的前项和，且 现定义，()，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据递推关系可得 进而得到 求得利用等比数列求和公式得到 判定A；由 的递推定义结合等比等差数列求和公式得到 ， ，去分母后可判定B；当时， 利用数学归纳法结合组合数的性质可证 进而利用不等式判定C；利用C的解析中的结论累加相消，结合组合数的性质可证明D成立. 【详解】由 得 即 又 也满足上式，所以 当时，由 得 故 即 所以数列为等比数列，首项 公比 故 故 故 A 错误； 由 ， ， 所以 故B正确； 下面利用数学归纳法证明： 成立. ①当时， ②假设当时，命题成立，即 成立， 那么当时，由， 可得 ， 即， ∴，， ， ， 将上式相加可得 ， 又 则 ， ∴ 即当时命题也成立， 故 所以 故C正确； 当时，由 易得 成立， 当时，由C选项知 ， ∴， ， ， 上式相加得： ， 又由上知 ， 则 ，故D正确. 故选： BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若数据，，，，，，，，4，6的方差为5，则数据，，，，，，，，3，7的方差为__________． 【答案】5.6## 【解析】 【分析】根据方差公式即可解出． 【详解】设数据，，，，，，，，4，6的平均数为，则数据，，，，，，，，3，7的平均数为， 所以，即有 ， 因此数据，，，，，，，，3，7的方差为 ． 故答案为： 13. 设整数，从编号的卡片中有放回地等概率抽取，并记录下每次的编号．若1，2均出现或3，4均出现就停止抽取，则抽取卡片数的数学期望为______． 【答案】 【解析】 【分析】建立相应的概率模型，得到递推公式，，，求解出． 【详解】解 记为初始状态， 含之一；含之一； 含之一；含之一． 记为从开始到达或所需要得次数，其中为之一． 由定义，并得到以下递推关系 ， ，， 解得：，，． 故答案为： 14. 已知，且中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则的最大值为__________________. 【答案】1212 【解析】 【分析】根据，取，即可满足中任何两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，然后证明在中，最多有6个数作为余数入选，故. 【详解】因为，取， 即可满足中任何两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9. 下面证明以上满足题设条件. 若或9，，并且， （1）当时，有，而， 因此； （2）当时，为使或9，应使得或9， 进而使得或，但，故满足不了， 因此； （3）当时，为使或9，应使得或9， 进而使得或，但，故满足不了， 因此； 综上所述，，这里，并且. 故中任何两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，此时. 另一方面，在模13下考虑，将排成一个首尾相连的圆圈（这里1和10首尾相连）， 任意两个相邻的数的差的绝对值均为4或9， 那么从中任取7个数，其中必定会有两个数的差的绝对值均为4或9. 因此在中，不可能同时有7个数作为余数入选， 则. 所以的最大值为1212. 故答案为：1212. 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. 从某台机器一天产出的零件中，随机抽取10件作为样本，测得其质量如下（单位：克）：，记样本均值为，样本标准差为. （1）求； （2）将质量在区间内的零件定为一等品. ①估计这台机器生产的零件的一等品率； ②从样本中的一等品中随机抽取2件，求这两件产品质量之差的绝对值不超过0.3克的概率P. 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由平均数、标准差的计算公式求解； （2）由列举法结合概率公式得出①②. 【小问1详解】 ，所以. 【小问2详解】 ①，质量在区间内的零件定为一等品，样本中一等品有：共5件，用样本估计总体，这台机器生产的零件的一等品率为； ②从5件一等品中，抽取2件，分别为，，共10种情况，如下：抽取两件产品质量之差的绝对值不超过克的情况为：，共7种，这两件产品质量之差的绝对值不超过克的概率. 16. 已知、分别是椭圆（）的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与线段相交于，与椭圆交于、两点.若，求点的坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据点在椭圆上及三角形面积公式求椭圆参数，即可得方程； （2）设，联立椭圆方程，并写出对应韦达公式，由三角形面积相等有，进而得到三角形相似，再确定为线段的中垂线与椭圆的交点，即可求的坐标. 【小问1详解】 由的面积为，得，解得，所以①， 又因为点在椭圆上，所以②， 联立①②解得，所以椭圆的标准方程为 【小问2详解】 设，联立方程， 消得：，直线与线段交于点，则， 所以 ，所以， 由得：，即，又. 所以，所以，则， 所以，又， 所以，所以， 所以为线段的中垂线与椭圆的交点， 由，解得：或， 因此，的坐标为 17. 设三角形的边长为不相等的整数，且最大边长为n，这些三角形的个数为an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）在1，2，…，100中任取三个不同的整数，求它们可以是一个三角形的三条边长的概率. 附：1+22+32+…+n2；1+23+33+…+n3 【答案】（1）（2）. 【解析】 【分析】（1）设x，y，n为满足题意的三角形的边长，不妨设x＜y＜n，则x+y＞n.若，三角形不存在，，时，按奇偶分类，为偶数，最小值为，为偶数，最小值为，然后依次得出的所有可能，从而得三角形的个数，相加后可得； （2）根据（1）用所给公式求出，而100个数中任取3个的方法数是，由此可计算概率． 【详解】（1）设x，y，n为满足题意的三角形的边长，不妨设x＜y＜n，则x+y＞n. 由题意知：a1＝a2＝a3＝0， 当n≥4时，且n为偶数时，若y，三角形不存在， 若y，x， 若，x. …， 若y＝n﹣1，x＝2，3，…，n﹣2， 所以：an＝1+3+…+（n﹣3）. 同理，当n＞4时，且n为奇数时，可得：， 所以数列{an}的通项公式为. （2）根据求和公式， ， 所求的概率为. 【点睛】本题考查归纳推理，考查等差数列的前项和，考查公式法求和，考查古典概型．解题中根据三条线段可构成三角形的条件，按边长进行归纳推理，得出三角形个数． 18. 已知函数，. （1）讨论零点的个数； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）①当时，无零点，②或时，有1个零点，③当时，有2个零点. （2）. 【解析】 【分析】（1）令，则，设，利用导数研究其单调性和最值，从而得到其零点个数； （2）首先分析得时成立，再分离参数得，对恒成立，利用导数研究右边的最值即可. 【小问1详解】 时，， 令，则， 所以，时，在上单调递减， 时，在 上单调递增， 又时，时，，时，， 时，， 所以，①当时，无零点， ②或时，有1个零点， ③当时，有2个零点. 【小问2详解】 当时，由得， 所以，等价于对恒成立． 即对恒成立， 令，则， 当，当， 在内单调递减，在内单调递增， ，又 对恒成立 所以，时成立， 当时，，显然成立． 当时， 等价于或， 即或 对于，取，得，与矛盾，故不成立， 对于，即，对恒成立， 令，则， 在内单调递减， ，所以，， 综上，实数的取值范围是. 19. 编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为． （1）求； （2）当时，求； （3）当时，设，证明：． 【答案】（1）， （2） （3） 设，则可取，故可取， 根据对称性， 且， 根据组合数的对称性， 可得， 因为展开式中的系数为， 展开式中的系数为， 故， 故 从而， 整理，得 又 ， 所以， 所以， 又 根据，可得． 可得． 记“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”为事件，其概率为 由（2）知，所以， 又由（2）知，可得， 所以 【解析】 【分析】（1）根据独立事件定义分析，分别对应的事件，并计算对应概率，再根据条件概率公式计算即可. （2）当时，分析可能情况，记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，则，且两两互斥，再根据公式计算即可. （3）根据题意列出对应事件及其概率，再用期望公式计算，最后根据组合数性质进行化简计算即可得证. 【小问1详解】 记事件“编号为的球被涂黑色”为，则 ，且相互独立，所以， 同理，可得， 所以 事件， 所以， 故． 【小问2详解】 记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为， 事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为， 则， 且两两互斥， 所以 设， 则， 故， 从而，所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $