重庆市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．每小题给出的四个选项中，只有一
项符合题目要求的．
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设及并集定义可得答案.
【详解】由并集定义可得：
2. 已知 、 ，则“ ”是“ ”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】A
【解析】
【详解】若 ，则 ，所以 ，所以 ；
所以“ ” “ ”.
若 ，则 ，所以 ，
当 不都大于零时， 不都有意义，所以“ ” “ ”.
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
3. 某校对学生记忆力 和判断力 进行统计分析，所得数据如表：
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记忆力 2 5 6 8 9
判断力 7 8 10 12 18
则 关于 的线性回归方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一 由表中数据知，随着 的增大 增大，所以 与 正相关排除 A，D，由回归直线过样
本点的中心点可得答案；方法二 由表中数据求出 关于 的线性回归方程可得答案．
【详解】方法一 由表中数据知，随着 的增大， 增大，所以 与 正相关，排除 A，D，
又 ， ，
由回归直线过样本点的中心 ，代入验证知 B 正确．
方法二 ， ，
， ，
所以 关于 的线性回归方程为 ．
故选：B.
4. 设 ，且 ，则 （ ）
A. 0.3 B. 0.35 C. 0.4 D. 0.45
【答案】A
【解析】
【详解】因为 ，
所以 ，
设 ，则 ，又 ，
所以 ，
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因为 ，所以 ，
解得 ，所以 .
5. 2026 年央视春晚舞蹈机器人节目《武 Bt》，惊艳全球！其中，机器人以“似倒非倒”的姿态将醉拳的飘逸
与力量完美融合．根据系统日志，一个机器人执行“后空翻”任务时，落地状态仅存在三种互斥的情况：
①平稳落地（概率为 0.8）：动作精准，必定能站稳；
②踉跄落地（概率为 0.1）：重心略偏，90%能站稳；
③近乎倒地（概率为 0.1）：姿态失衡，50%能站稳．
则这个机器人执行后空翻任务时能站稳的概率为（ ）
A. 0.91 B. 0.92 C. 0.93 D. 0.94
【答案】D
【解析】
【分析】根据全概率公式计算对应概率即可.
【详解】设事件 为 “机器人能站稳”，事件 分别为三种落地情况：
则 ； ； ，
所以
，
即这个机器人执行后空翻任务时能站稳的概率为 .
6. 如 图 ， 三 边 的 中 点 分 别 为 ， 将 六 个 数 字 全 部 标 注 在
六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，
则不同的标注方法有（ ）
A. 36 种 B. 48 种 C. 60 种 D. 72 种
【答案】B
【解析】
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【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解.
【详解】由题意可得顶点标注只能为 或 ，其余情况不满足题意.
若顶点标注 ，则 标注在中点处，此时有 ，
若顶点标注 ，则 只能标注在 之间的边的中点，此时有 种，
所以不同的标注方法有 种.
7. 已知 、 为椭圆方程 ： 的左右焦点，点 在椭圆 上，动点 、 始终满足
， ，则 的最大值为（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】由 ， ，可判断点 ， 分别在以线段 ， 为直径的圆上，可知两
圆上点的最大距离等于圆心距加上两圆的半径.
【详解】解：由题意知 ， ， ，则 ， ， ，
由 ，则 ，所以点 在以线段 为直径的圆上，
同理，由 ，可得点 在以线段 为直径的圆上，
设以线段 为直径的圆的圆心为 ，半径 ，
以线段 为直径的圆的圆心为 ，半径 ，
所以，在 中， 为中位线，则 ，
因此，当 ， ， ， 四点共线，且 ， 位于两圆外侧时， 最大，
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即 ，
由椭圆定义可知 ，所以 .
8. 已知函数 ，在点 处作曲线 的切线 ，
其在 轴截距记为 ，若 对 恒成立，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由导数知识可得 表达式，则 可化简为： ，然后由裂
项求和法可得 ，据此可得答案.
【详解】 定义域为 ， .
则 在 处的切线方程为： ，
即 .
令 ，可得 ，其中 .
对 恒成立 对 恒成立.
注意到
，
从而 对 恒成立 对 恒成立，
即 .因 ，则 ，
从而 .
二、多项选择题：本题共 3 个小题，每小题 6 分，共 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，有错选的得 0 分．
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9. 盒子中有 10 张奖券，其中 3 张有奖．甲，乙两位同学依次随机抽取一张奖券，记事件 A 为甲中奖，事件
B 为乙中奖，且中奖的概率分别为 ， ．则下列说法正确的是（ ）
A. 若抽取后放回，则 B. 若抽取后不放回，则
C. 若抽取后放回，则 D. 若抽取后不放回，则
【答案】ABC
【解析】
【详解】若抽取后放回，则 ， ，
.
所以 A，C 正确；
若抽取后不放回，则 ， ，
.
所以 B 正确，D 不正确.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 已知事件 和 满足 ， ， ，则
B. 已知事件 和 满足 ， ， ，则
C. 若 展开式的二项式系数之和为 64，则展开式的常数项为 160
D. 已知 ，则
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于 A， ，所以 ，
所以 ，A 正确；
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对于 B， ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ，B 正确；
对于 C， 展开式的二项式系数之和为 64，所以 ，所以 ，
展开式的通项为 ，
令 ，则 ，所以常数项为 ，C 错误；
对于 D，令 ，则 ，
又 ，
令 ，则 ，
所以 ，D 正确.
11. 已知函数 有三个极值点 ， ， ，则（ ）
A.
B. 若 ， ， 成等差数列，则 ， ， 成等比数列
C. 若 ， ， 成等差数列，则数列 ， ， 的公差为
D. 若 ， ， 成等比数列，则数列 ， ， 的公比为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，设 ， ，转化题设问题为函数 与 在时有 3 个交点，求导，分
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析函数 的单调性，结合图象求解判断即可；对于 B，由 A 得， ，结合等差数列定义可
得 ，进而判断即可；对于 C，可得 ，即可求出 ，结合 ，
两边取对数运算可得 ，即可求出其公差，进而判断即可；对于 D，结合 BC 求
解判断即可.
【详解】对于 A，由 ，得 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增，无极值点，不符合题意；
当 时，要使函数 有三个极值点，
则 有三个变号零点，而 ，即方程 在 时有 3 个不相等的实数根，
设 ， ，则函数 与 在 时有 3 个交点，
而 ，令 ，得 或 ；令 ，得 ，
则函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
因为当 时， ，当 时， ， ，当 时， ，
作出函数 ， 的图象，如图：
由图可知， ，且 ，故 A 正确；
对于 B，由 A 得， ，则 ，即 ，
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若 成等差数列，则 ，
所以 ，故 成等比数列，故 B 正确；
对于 C，由 ，则 ，
即 ，所以 ，
由 ，解得 或 ，
又 ，则 ，
故 ，即 ，则 ，
所以 ，
则数列 的公差为 ，故 C 错误；
对于 D，由 B 知， ，若 成等比数列，则 ，
即 ，可得 ，故 成等差数列，
由 C 知， ，则 ，
则数列 的公比为 ，故 D 正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知随机事件 ， 相互独立，且 ，则 __________．
【答案】0.64
【解析】
【详解】由题意得
.
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13. 已知曲线 ： ，则曲线 上的点到 距离的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得 ，再结合距离公式，二次函数最值求解即可.
【详解】由题意知 ， ，
令 ，则 ，令
由于函数 在 均为单调递增函数，
所以函数 在 上单调递增，
因为 ，所以 的根为 ，即 ，
所以曲线 的方程为 ，
所以曲线 上的点到 距离 满足：
，
当且仅当 时等号成立，
所以 ，即曲线 上的点到 距离的最小值为
14. 甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为 的 张卡片的背面朝上并搅匀，
甲先从中随机抽取 张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取 张卡片.记 为甲抽取的 张卡片中较大编号者
的编号， 为乙抽取的卡片的编号，当 时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的
概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得 分，甲得 分，否则乙得 分，甲得 分，则三
局游戏后甲､乙两人得分之和 的数学期望 __________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据 的可能取值分类讨论即可，②先考虑单局游戏得分之和的数学期望，再根据每局游戏是
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相互独立的，从而计算结果.
【详解】①甲先从 张卡片中随机抽取 张，有 种组合，乙从剩下的 张中随机抽取 张，
有 种组合，
因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为 种，
甲抽取 张卡片中较大编号为 ，乙抽取 张卡片编号为 ，“默契局”的条件是 ，
由题意可知， 的可能取值是 ，
当 时，甲抽到的卡片只能是 ，此时需满足 ，则乙只能抽到 ，情况数为 种；
当 时，甲抽到的卡片可以是 或 ，此时需满足 ，则乙可以抽到 或 ，情况数为
种；
当 时，甲抽到的卡片可以是 或 或 ，此时需满足 ，则乙可以抽到 或 或
，情况数为 种；
当 时，甲抽到的卡片可以是 或 或 或 ，此时需满足 ，则乙可以抽到
或 或 ，情况数为 种；
当 时，甲抽到的卡片可以是 或 或 或 或 ，此时需满足 ，则乙
可以抽到 或 ，情况数为 种；
当 时，甲抽到的卡片可以是 或 或 或 或 或 ，此时需满足
，则乙只能抽到 ，情况数为 种；
当 时，甲抽到的卡片可以是 或 或 或 或 或 或 ，此时需满足
，没有满足条件的 ，情况数为 种；
因此，“默契局”的总情况数为 种，一局游戏成为“默契局”的概率为
.
②设单局游戏中甲乙得分之和为 ，则
如果是“默契局”：乙得 分，甲得 分，此时 ，概率为 ；
如果不是“默契局”：乙得 分，甲得 分，此时 ，概率为 ；
则单局得分之和的期望为 ，
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由于三局游戏是相互独立的，总得分之和 是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有
.
四、解答题：共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 某高校组织学生参加与 AI 知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，男生、女
生各取 人．设事件 “学生愿意报名参加答题活动”， “学生为男生”，据统计 ，
．
（1）根据已知条件，依据小概率值 的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别
有关？
性别 男生 女生 合计
不愿报名参加答题活动
愿意报名参加答题活动
合计 200
（2）假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为 ．若答题活动设置 4 道题，且答题规
则如下：每次答一题，一旦答对，则结束答题；答错则继续答题，直到 4 道题答完．已知甲同学报名参加
答题活动，用 表示在本次答题的题目数量，求 的分布列和期望．
参考公式与数据： ，其中 ．
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）认为学生报名参加答题活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于 0.001
（2） 的分布列为：
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1 2 3 4
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出 列联表中的数据，再计算出 的值判断即可；
（2）写出 的所有可能取值，结合独立事件的概率特征求出对应的概率，从而可写出 的分布列及期望.
【小问 1 详解】
因为 ，所以愿意报名参加答题活动人数为 ，
又因为 ，所以愿意报名参加答题活动的男生人数为 ，愿意报名参加答题活动的
女生人数为 ，
则可得到 列联表为：
性别 男生 女生 合计
不愿报名参加答题活动 20 60 80
愿意报名参加答题活动 80 40 120
合计 100 100 200
零假设为 ：学生报名参加答题活动与性别无关，
则
依据小概率值 的独立性检验，我们推断 不成立，
即认为学生报名参加答题活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于 0.001.
【小问 2 详解】
由题意得， 的所有可能取值为： ，
， ， ， ，
所以 的分布列为：
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1 2 3 4
故 .
16. 为响应 年青少年拔尖创新人才培养计划，某高校面向全市中学选拔优秀学生，开设数学、物理、
化学、信息技术四门学科科研夏令营活动．
（1）若数学组的 名学员中恰有 人来自同一中学，从这 名学员中选取 人， 表示选取的人中来自该
中学的人数，求 的分布列和数学期望；
（2）在学营开幕式的晚会上，数学组举行了一次学科知识竞答活动．规则如下：两人一组，每人答 题，
答对不少于 题则获胜，假设每轮答题结果互不影响．已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的
概率都为 ，如果甲、乙两位同学想在此次竞答活动中取得 轮胜利，那么理论上至少要参加多少轮竞赛？
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布列出分布列，计算数学期望即可；
（2）先求每轮答题中取得胜利的概率，再应用独立重复实验数学期望的范围求出最少轮数.
【小问 1 详解】
由题意可知 的可能取值有 ，
， ，
， ，
所以，随机变量 的分布列如下表所示：
0 1 2 3
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所以 .
【小问 2 详解】
甲、乙两人在一轮竞赛中总共答对的题数为随机变量 Y ，
由题意可知，每人答 2 题，两人共答 4 题，每道题答对的概率均为 ,且各题答对与否相互独立，
因此 Y 服从二项分布 ，则他们在每轮答题中取得胜利的概率为：
设他们小组在 轮答题中取得胜利的次数为 ，则 ， ，
由 ，即 ，解得 ，
而 ，则 ，所以理论上至少要进行 轮答题．
17. 已知椭圆 椭圆的离心率 ．左顶点为 ，下顶点为 是线段 的中
点，其中 ．
（1）求椭圆方程．
（2）过点 的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点 ．在 轴上是否存在点 使得 为
锐角？若存在求出这个 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【答案】（1） ；
（2）存在 （ 或 ），使得 为锐角．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程．
（2）设该直线方程为： ， ， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结
合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用 表示 ，再根据 可求 的范围．
【小问 1 详解】
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∵椭圆的离心率为 ，故 ， ，其中 为半焦距，
∴ ，故 ，
故 ，∴ ， ，故椭圆方程为： ．
【小问 2 详解】
过点 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为： ，
设 ，
由 可得 ，
故 且
而 ，
故
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，
∵ 为锐角， 恒成立，故 ，解得 或 ．
综上，存在 （ 或 ），使得 为锐角．
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借
助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设．
18. 定义：如果函数 在定义域内既有极大值点 ，也有极小值点 ，且 （ 为常
数 ）， 则 称 函 数 为 极 值 可 差 比 函 数 ， 常 数 称 为 该 函 数 的 极 值 差 比 系 数 ． 已 知 函 数
．
（1）当 时，判断 是否为极值可差比函数，并说明理由；
（2）是否存在 ，使 的极值差比系数为 ？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由；
（3）若 ，求 的极值差比系数的取值范围．
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）不存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目所给定义，验证 是否满足题意即可；
（2）先根据极值可差比函数的定义，求出其表达式，将问题转化为验证 是否有
解，利用导数判断单调性即可；
（3）由（2）知极值差比系数为 ，后令 ，结合 ，将问题转化为求函
数 值域即可.
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【小问 1 详解】
（1）当 时， ，
则 ，所以 在 上单调递增，
所以 无极值点，因此 不为极值可差比函数；
【小问 2 详解】
由题可知 的定义域为 ， ，
假设存在 使 的极值差比系数为 ，
则 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，
则 ，解得 ，
要使函数存在极大值点 和极小值点 ，
因为 ，其分子是开口向上的二次函数，所以导函数若有两个零点，
其符号变化必然是先正后负再转正，根据极大值点和极小值点的定义，
极大值点 对应导函数由正变负的零点，极小值点 对应导函数由负变正的零点，
因此极大值点是较小的根，极小值点是较大的根，即 ，则 ，
因为
，
所以 ，从而 ，得 ．
令 ， ，
所以 在 上是严格增函数，所以 ，
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因此无解，所以不存在 使 的极值差比系数为 ；
【小问 3 详解】
由（2）知极值差比系数为 ，即 ，
由（2）知 ，令 ， ，极值差比系数可化为 ，
，又 ，解得 ，
令 ， ，
设 ， ，
所以 在 上单调递减，当 时， ，
从而 ，所以 在 上单调递增，所以 ，
即 ，
所以 的极值差比系数的取值范围为 ．
19. 猫和老鼠在两个房间内游走，每经过 1 分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动，猫从当前房间移动到
另一房间的概率为 0.6，留在该房间的概率为 0.4，若猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动
到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率相同，已知刚开始猫在 0 号房
间，老鼠在 1 号房间．设在第 分钟时，猫和老鼠在 0 号房间的概率分别为 ， ．
（1）求第 1 分钟时，猫和老鼠在同一个房间的概率；
（2）求证： 为等比数列；
（3）求 ，并分析在第几分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大？
【答案】（1）0.5 （2）证明见解析
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（3） ，在第 2 分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大
【解析】
【分析】（1）设 为第 1 分钟时，猫在 号房间，老鼠在 号房间，利用独立事件的概率得到 ，
，再由互斥事件的概率求解；
（2）根据题意 ， ， ， ，利用全概率公式，得到
，再利用等比数列的定义求解；
（3）由（2）得到 ，利用等比数列的通项公式得到
，设 ，分 为奇数和偶数讨论求解.
【小问 1 详解】
设 为第 1 分钟时，猫在 号房间，老鼠在 号房间，
则 ， ， ，
，
记事件 为“猫和老鼠在同一个房间”，则 ，
所以第 1 分钟时，猫和老鼠在同一个房间的概率为 0.5.
【小问 2 详解】
依题意， ， ， ， ，
当 时，第 分钟猫在 0 号房间，是由两种情况转移而来：其一为第 分钟在 0 号房间且本分钟留在
0 号房间，此部分概率为 ；
其二为第 分钟在 1 号房间且本分钟移至 0 号房间，此部分概率为 ，
由全概率公式，得 ，则 ，
而 ，因此数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
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， 满足上式，则 ，
老鼠第 分钟在 0 号房间包含 3 种情况：
上一分钟猫和老鼠都在 1 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为 ，
上一分钟猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为 ，
上一分钟猫在 1 号房间，老鼠在 0 号房间，老鼠仍在 0 号房间的概率为 ，
由全概率公式，得 ，
化简得 ，再由 ，
则 ，
，
又因为 ，
所以 以 为首项， 为公比的等比数列．
【小问 3 详解】
由（2）知 ，
所以 ，
即 ，而 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，而 也满足上式，
则 ，显然 不是其最大值，
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令 ，则 ，
当 为奇数时， ，即 ，
当且仅当 时取等号， 最大值为 0；
当 为偶数且 时， ，
当 时， ，所以 最大值为 ，
所以 的最大值为 ，
所以在第 2 分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大．