精品解析：重庆市第八中学校2025-2026学年度下学期半期考试高二年级数学试题

重庆八中2025—2026学年度（下）半期考试高二年级 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 下列统计量中，能度量样本离散程度的是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 标准差 D. 众数 【答案】C 【解析】 【详解】平均数、众数和中位数均刻画了样本数据的集中趋势， 一般地, 对数值型数据集中趋势的描述, 可以用平均数和中位数， 对分类型数据集中趋势的描述，可以用众数， 方差、标准差和极差均是度量样本数据离散程度的数字特征. 2. 某市有大型超市15家，中型超市75家，小型超市165家.为掌握全市超市的营业情况，现按大型超市、中型超市、小型超市进行分层，通过分层随机抽样的方法抽取一个容量为68的样本，则应抽取中型超市（ ）家 A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意：中型超市应抽取：. 3. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，令可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为，所以， 所以， 解得. 4. 某市连续8天的AQI（空气质量指数）按从小到大的顺序排列为26，29，35，40，43，57，61，68，则这组数据的下四分位数为（ ） A. 29 B. 32 C. 57 D. 59 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得：，所以下四分位数即从小到大排列中的第2与第3个数据的平均数，即. 5. 在等比数列{an}中，“a1<a2<a3”是“数列{an}递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 运用判断充分条件、必要条件的方法进行判断. 【详解】当a1<a2<a3时，设公比为q， 由a1<a1q<a1q2得 若a1>0，则1<q<q2，即q>1， 此时，显然数列{an}是递增数列， 若a1<0，则1>q>q2，即0<q<1， 此时，数列{an}也是递增数列， 反之，当数列{an}是递增数列时，显然a1<a2<a3. 故“a1<a2<a3”是“等比数列{an}递增”的充要条件． 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查充分必要条件与等比数列的单调性结合的简单应用，本题的关键是当时，讨论和两种情况，求等比数列的公比，判断函数的单调性. 6. 在如图所示的六宫格中，每个格子用、、、、中的一个数字填入，要求用两次，其余数字各用一次，且两个不相邻，则不同的填法共有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先考虑所有的排法种数，再考虑两个相邻的排法种数，结合间接法可得结果. 【详解】先考虑所有的排法种数，共有， 接下来考虑用两次且两个相邻的所有情形， 若两个都在上面一行，可以排在第一个和第二个位置，也可以排在第二个和第三个位置，有种放法， 若两个都在下面一行，同理可知也有种放法， 若两个不在同行，则两个位于同一列，有种放法， 综上所述，两个相邻的放法种数为， 由间接法可知，满足条件的不同放法种数为种. 7. 数列中，，对、，有，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令可推导出数列为等差数列，求出该数列的通项公式，利用等差数列的求和公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】令可得，即， 所以数列是首项和公差都为的等差数列，故， 故， 解得. 8. 有4个分别标有数字1，2，3，4的相同小球，从中不放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是3”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，则下列选项正确的是（ ） A. 甲与乙互斥 B. 丙与丁对立 C. 甲与丙相互独立 D. 乙与丁相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意列出两次取球所有可能情况，并分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件、互斥事件的定义判断即可. 【详解】由题意可得两次取球所有可能情况为，共种情况； 令事件表示：第一次取出的球的数字是1，则， 令事件表示：第二次取出的球的数字是3，则， 显然，所以甲与乙不互斥，故A错误； 令事件表示：两次取出的球的数字之和是4，则， 令事件表示：两次取出的球的数字之和是5，则， 显然，所以丙与丁不对立，故B错误； 由，，，所以， 所以甲与丙不独立，故C错误； 又，， 所以乙与丁相互独立，故D正确. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有8项 B. 展开式中第5项的二项式系数最大 C. 展开式各项的系数之和为1 D. 展开式中项的系数为448 【答案】BC 【解析】 【分析】选项，由二项式展开式共有项，即可判断；选项，根据二项式系数的性质，二项式系数先增后减中间项最大，可判断第5项的二项式系数最大；选项，令，对应的值即为展开式各项系数之和；选项，利用二项式定理的通项公式，令的次数为，代入计算即可. 【详解】选项，由二项式展开式共有项，可知展开式共有项，错误； 选项，根据二项式系数的性质，二项式系数先增后减中间项最大， 因为展开式共有项， 所以第5项的二项式系数最大，正确； 选项，令，则，即展开式各项的系数之和为1，正确； 选项，设第项为， 令，则， 所以展开式中项的系数为，错误. 10. 有一组样本数据，其平均数为5，方差为，中位数为.在这组数中，去掉一个最大的数8和一个最小的数2，余下8个数据的中位数为，极差为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平均数和方差的运算公式，结合中位数的定义、极差的运算公式逐一判断即可. 【详解】不妨设，则， 所以与的中位数都为，故A正确； 当时，余下8个数据的极差为，故B错误； 由，故C正确； 又， 由，所以， 所以，即余下8个数据的平均数为， 所以， 所以，故D正确. 11. 某市四所高中的足球队（分别记为“甲队”、“乙队”、“丙队”、“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法正确的是（ ） A. 甲队的积分可能为分 B. 甲队积分为分的概率为 C. 四支球队的积分总和可能为分 D. 甲队胜场且乙队负场的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用题目分析可判断A；分析可知若甲队积分为分，则甲队赢场负场，或甲队平场，利用独立事件和互斥事件的概率公式可判断B；分析可知每场比赛两队的积分之和为分或分，结合可判断C；对甲乙对战的情况进行分类讨论，结合独立事件和互斥事件的概率公式可判断D. 【详解】对于A选项，由题意可知，甲队需要比赛场，若甲队的积分为分，则甲队至少要赢场， 若甲队赢场，则甲队的积分为分；若甲队赢场平场，则甲队的积分为分； 若甲队赢场负场，则甲队的积分为分.综上所述，甲队的积分不可能为分，A错； 对于B选项，若甲队积分为分，则甲队赢场负场，或甲队平场， 所以，甲队积分为分的概率为，B对； 对于C选项，对于每一场，若一场比赛能决胜负，则两队的积分之和为分， 若一场比赛为平局，则两队的积分之和为分，所以每场比赛两队的积分之和为分或分， 由题意可知，四支队伍比赛的总场数为，由于， 故若场比赛只有场是平局，有场能决胜负，此时四支球队的积分总和为分，C对； 对于D选项，甲队胜场且乙队负场包含以下几种情况： ①甲乙对战时是平局，则甲胜丙、甲胜丁、乙负丙、乙负丁，此时概率为， ②若甲胜乙，则甲与丙、丁的对战中，恰有一场甲胜，乙与丙、丁的对战中，恰有一场乙负， 此时的概率为； ③若乙胜甲，则甲胜丙，甲胜丁且乙负丙，乙负丁， 此时的概率为. 综上所述，甲队胜场且乙队负场的概率为，D对. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子次，记录向上一面的点数，若已知个点数的中位数为，唯一的众数为，则平均数最大为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意将符合要求的个数据由小到大排列出来，再结合平均数公式求解即可. 【详解】将个数据由小到大进行排列，前个数依次为、、，要使得这个数据的平均数最大， 则后面两个数分别为、，即这个数据由小到大依次为、、、、， 所以这个点数的平均数的最大值为. 13. 若自然数使得作竖式加法不发生进位现象，则称为“可加数”，例如不产生进位，所以是“可加数”，产生了进位现象，所以不是“可加数”.那么在小于的三位自然数中，“可加数”共有_____个. 【答案】 【解析】 【分析】按百位数字进行分类讨论，利用计数原理可得答案. 【详解】在小于的三位自然数中， 当百位为或或时，“可加数”需满足个位数字可能为、、，十位数字可能为、、、， 此时满足条件的可加数个数为个， 当百位数字为时，在的所有自然数中任取一个自然数， 不妨设， 则都会产生进位现象， 故百位数字为的三位“可加数”不存在. 综上所述，满足条件的三位“可加数”的个数为个. 14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由已知不等式变形得出，令，其中，利用导数分析该函数的单调性，可得出，即可得出，参变分离可得，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】对任意的，恒有，则， 即， 令，其中，则， 所以函数在上单调递增，且， 由可得，则， 参变分离可得，构造函数，其中， ， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，故，即实数的取值范围是. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某校法联社团组织高一年级所有学生参加“感受法治内涵，争做法治宣传人”的主题知识比赛，旨在引导同学们深入学习法治知识，争当法治精神的传播者.比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分分，最低分分）中，随机调查了位同学的测试成绩，按、、、、分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图. （1）若规定成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ （2）已知落在内的平均成绩是分，方差是分，落在内的平均成绩是分，方差是分，求两组成绩合并后的平均数和方差. 附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为、、；、、，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图计算样本数据的第百分位数即可； （2）先求出总体平均数，再利用分层抽样的方差公式求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，进入决赛的同学成绩的分数线为样本数据的第百分位数， 设样本数据的第百分位数为， 由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可得， 解得， 前三个矩形的面积之和为， 前四个矩形的面积之和为，所以， 由百分位数的定义可得，解得， 故进入决赛的同学成绩应不低于分. 【小问2详解】 由题意可知，成绩落在的频率为， 成绩落在的频率为， 所以，， . 16. 在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点. （1）求平面与平面的夹角的正弦值； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （2）利用向量法先求点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式即可求解. 【小问1详解】 在直四棱柱中，有平面，又， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 又，，， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）点到平面的距离为：， 又，所以， 又因为，， 所以， 所以三棱锥的体积为. 17. 某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为，假设各模型每次回答相互独立. （1）当，时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若对任意，系统最终输出正确答案的概率都不低于，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知模型甲回答正确，模型乙回答错误或模型甲回答错误，模型乙回答正确，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）对系统最终输出正确答案进行分类讨论，利用独立事件和互斥事件的概率公式可得出关于、的不等式，结合题意可得出关于的不等式，即可解出的最小值. 【小问1详解】 记事件系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同， 则模型甲回答正确，模型乙回答错误或模型甲回答错误，模型乙回答正确， 故. 【小问2详解】 记事件系统最终输出正确答案，包含以下两种情况： ①系统首先同时向模型甲与模型乙提问，两者答案均为正确答案； ②系统首先同时向模型甲与模型乙提问，两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，此时模型甲回答正确. 所以对任意的恒成立， 令函数， 因为，则，所以， 所以函数在时为增函数， 故只需，整理可得， 解得， 又因为，所以，故的最小值为. 18. 过抛物线上任意一点作的切线，交轴于点，过点作垂直于的直线为，交于、两点. （1）求直线的方程； （2）证明直线过定点，并求出定点坐标； （3）求面积的最小值. 【答案】（1） （2） 在直线的方程中，令可得，即点， 所以直线的斜率为，故直线的方程为， 所以直线过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可得出，即可得出直线的方程； （2）求出点的坐标，可得出直线的方程，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标； （3）将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式求出，并求出，分析可知，利用三角形的面积公式可得出关于的表达式，利用换元法结合导数求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为， 联立可得， 由题意可得 ，整理可得 ，解得， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设点、，联立，可得，即， ，由韦达定理可得，， 所以 ， 易知，且， 所以， 令，，则， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故，故， 故面积的最小值为. 19. 已知函数，，. （1）讨论的单调性； （2）记的极值点为，若，，对任意的，恒成立，证明：. 【答案】（1）当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增 （2） 由，得， 因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增， 又，， 则存在，使得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则仅有一个极值点，且. 由题意，对任意的，恒成立， 即恒成立， 设，则，， 因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减， 又，时，， 则存在，使得，即， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 即，所以， 设，则，即，， 所以，设， 则， 令，得， 该方程当且仅当，即时等号成立，即， 则有唯一零点，此时在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即. 【解析】 【分析】（1）求导，分、两种情况讨论导数的正负即可求解； （2）先利用导数分析函数的单调性，可得仅有一个极值点，且，再转化任意的恒成立为恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而得到，设，可得，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可. 【小问1详解】 由，，得， 设，则， 当时，，则函数在上单调递减， 即函数在上单调递减； 当时，令，得，令，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 即函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆八中2025—2026学年度（下）半期考试高二年级 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 下列统计量中，能度量样本离散程度的是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 标准差 D. 众数 2. 某市有大型超市15家，中型超市75家，小型超市165家.为掌握全市超市的营业情况，现按大型超市、中型超市、小型超市进行分层，通过分层随机抽样的方法抽取一个容量为68的样本，则应抽取中型超市（ ）家 A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 3. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 某市连续8天的AQI（空气质量指数）按从小到大的顺序排列为26，29，35，40，43，57，61，68，则这组数据的下四分位数为（ ） A. 29 B. 32 C. 57 D. 59 5. 在等比数列{an}中，“a1<a2<a3”是“数列{an}递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在如图所示的六宫格中，每个格子用、、、、中的一个数字填入，要求用两次，其余数字各用一次，且两个不相邻，则不同的填法共有（ ）种 A. B. C. D. 7. 数列中，，对、，有，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 有4个分别标有数字1，2，3，4的相同小球，从中不放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是3”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，则下列选项正确的是（ ） A. 甲与乙互斥 B. 丙与丁对立 C. 甲与丙相互独立 D. 乙与丁相互独立 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有8项 B. 展开式中第5项的二项式系数最大 C. 展开式各项的系数之和为1 D. 展开式中项的系数为448 10. 有一组样本数据，其平均数为5，方差为，中位数为.在这组数中，去掉一个最大的数8和一个最小的数2，余下8个数据的中位数为，极差为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 11. 某市四所高中的足球队（分别记为“甲队”、“乙队”、“丙队”、“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法正确的是（ ） A. 甲队的积分可能为分 B. 甲队积分为分的概率为 C. 四支球队的积分总和可能为分 D. 甲队胜场且乙队负场的概率为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子次，记录向上一面的点数，若已知个点数的中位数为，唯一的众数为，则平均数最大为_____. 13. 若自然数使得作竖式加法不发生进位现象，则称为“可加数”，例如不产生进位，所以是“可加数”，产生了进位现象，所以不是“可加数”.那么在小于的三位自然数中，“可加数”共有_____个. 14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为_____. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某校法联社团组织高一年级所有学生参加“感受法治内涵，争做法治宣传人”的主题知识比赛，旨在引导同学们深入学习法治知识，争当法治精神的传播者.比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分分，最低分分）中，随机调查了位同学的测试成绩，按、、、、分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图. （1）若规定成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ （2）已知落在内的平均成绩是分，方差是分，落在内的平均成绩是分，方差是分，求两组成绩合并后的平均数和方差. 附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为、、；、、，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差. 16. 在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点. （1）求平面与平面的夹角的正弦值； （2）求三棱锥的体积. 17. 某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为，假设各模型每次回答相互独立. （1）当，时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若对任意，系统最终输出正确答案的概率都不低于，求的最小值. 18. 过抛物线上任意一点作的切线，交轴于点，过点作垂直于的直线为，交于、两点. （1）求直线的方程； （2）证明直线过定点，并求出定点坐标； （3）求面积的最小值. 19. 已知函数，，. （1）讨论的单调性； （2）记的极值点为，若，，对任意的，恒成立，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $