重庆市第八中学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试卷（含答案）

这是一份重庆市第八中学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试卷（含答案），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．随机变量，则等于（ ）
A．3B．5C．12D．15
2．已知某厂甲､乙两车间生产同一批商品，且甲､乙两车间的产量分别占全厂产量的，甲､乙车间的优品率分别为.现从该厂这批产品中任取一件，则取到优品的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．对四组数据进行统计获得如下散点图并对其相关系数进行比较，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．利用独立性检验的方法调查某校高中生的性别与爱好数学是否相关，通过随机调查3000名高中生，并利用列联表，计算可得，参照临界值表：下列叙述正确的是（ ）
A．某学生是该校女生，那么她有的可能爱好数学
B．某学生是该校男生，那么他有的可能爱好数学
C．在犯错概率不超过0.01的前提下，认为“该校学生爱好数学与性别无关”
D．在犯错概率不超过0.01的前提下，认为“该校学生爱好数学与性别有关”
5．空间中有三组平行平面， 第一组有 3 个， 第二组有 2 个， 第三组有 4 个， 不同两组的平面都相交， 且交线不都平行， 则这些平面可以构成平行六面体的个数为（ ）
A．12B．18C．24D．30
6．已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则（ ）
A．0或B．0或C．或D．0
7．甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．在一个不透明的口袋中装有大小､形状完全相同的3个小球，并将它们编号为1，2，3，每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后将球放回，重复操作直至取遍所有小球后立刻停止摸球，则“经过3次摸球未能停止摸球”的条件下，经过5次摸球停止摸球的概率是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件互为对立事件B．若，则
C．若，则D．若，则事件与事件相互独立
10．已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．的取值范围是B．
C．的取值范围是D．的取值范围是
11．将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（ ）
A．三个点数之积大于的概率为
B．三个点数之和大于的概率为
C．若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为
D．若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为
三、填空题
12．已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________.
13．已知实数满足，则的方差的最大值为__________.
14．已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是______．
四、解答题
15．如图，在直三棱柱中，，，，，M、N分别是、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
16．2026年春节期间，电影《飞驰人生3》、《镖人》持续火爆，现对电影《镖人》从正月初一到正月初六的单日票房统计如下表：（由于统计原因，本题的数据与实际情形可能存在误差，以题目给出的数据为准）．
(1)根据数据建立单日票房y关于上映天数x的线性回归方程，并预测第七日的票房收入（计算结果均保留一位小数）；
(2)在某天放映结束后，随机抽取6名观众，发现其中有4人看过《镖人》，3人看过《飞驰人生3》，只有1人两部电影均没看过，现从这6人中随机抽取3人，记X为抽取的3人中两部电影都看过的人数，求X的分布列及方差，参考数据及公式如下：
参考数据：，，，．
参考公式：，．
17．已知双曲线C：（），焦距为，点，分别为双曲线的左右焦点．
(1)求双曲线C的标准方程与渐近线方程；
(2)过点作斜率为k的直线l，与双曲线C交于M，N两点，是否存在实数k使得？若存在，请求出k的值；若不存在说明理由；
(3)点Q为双曲线右支上的动点，求的最小值．
18．已知函数．
(1)设函数，求的最小值；
(2)对任意，都有，求k的取值范围；
(3)对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求m的取值范围．
19．2026年马年春晚《武》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为0.6，少年武者获胜的概率为0.4，且每局胜负相互独立．比赛采用局胜制（即先赢得局者获胜）．
(1)当时，记结束比赛时的局数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)设在该赛制下机器人获胜的概率为．
①求和的值，并比较它们的大小，据此说明和哪种赛制对机器人更有利；
②随着k的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论．
参考答案
1．C
【详解】，则.
2．B
【详解】设产品来自甲车间为事件，产品来自乙车间为事件，取到优品为事件C.
由题可得，，，
则由全概率公式，.
3．B
【详解】由给定的四组数据的散点图可以看成：
图（1）和图（3）是正相关，且图（1）中的数据更加集中，更接近，所以；
图（2）和图（4）是负相关，且图（2）中的数据更加集中，更接近，所以，
综上可得，.
4．D
【详解】因为，
所以在犯错概率不超过0.01的前提下，认为“该校学生爱好数学与性别有关”，
故选：D.
5．B
【详解】空间有三组平行平面，第一组有3个，第二组有2个，第三组有4个，
要构成平行六面体，需要有3组对面分别平行，
故从第一组3个平行平面中任选2个，作为平行六面体的一组对面，共有种不同的取法，
再从第二组2个平行平面中任选2个，作为平行六面体的第二组对面，共有种不同的取法，
再从第三组4个平行平面中任选2个，作为平行六面体的第三组对面，共有种不同的取法，
由分步乘法计数原理可知，可以构成个平行六面体.
故选：B
6．A
【详解】由，得，
当时，，即在点处的切线斜率为2，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
联立，消去整理得，
因为切线与曲线只有一个公共点，
所以方程只有一个根，
当时，方程为只有一个根，满足题意；
当时，有，即，解得，
综上，或.
7．C
【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，
那么由题意可知：，又，
所以，构造等比数列，
因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
故，
则.
故选：C.
8．A
【详解】设A事件为“经过3次摸球没有能停止摸球”， B事件为“经过5次摸球停止摸球”.
则
选择前4次涉及的2个编号：从3个中选2个，共种选法，
前4次摸球的情况数：这2个编号需至少各出现1次（否则前4次仅1个编号，无法满足“恰好2个编号”），
因此前4次的情况数为（减去“全选第1个”和“全选第2个”的2种无效情况），
第5次摸球：必须选第3个未被前4次摸到的编号，仅1种选法，
因此，事件B的情况数为，总摸球可能数为，
所以​，由题意，
所以.
9．BCD
【详解】对于A：由，若，则事件与事件不是对立事件，
若，则事件与事件互为对立事件，故A错误；
对于B：若，则，故B正确；
对于C：若，所以，所以，
所以，故C正确；
对于D：若 ，所以，即，
所以，所以事件与事件相互独立，故D正确.
故选：BCD.
10．BCD
【详解】A项，函数有两个极值点，
则至少有两正根.
，，
设，
当时，，即没有实数根，不符合题意；
当时，由题意知方程有两不等正根，设两根为，
则有，解得.
即的取值范围是为，故A错误；
BC项，因为是方程的两个不同的实数根，
所以，，故BC正确；
D项，
，
设，
因为在上单调递减，所以.
且当，故.
即，故D正确．
故选：BCD．
11．ABD
【详解】连续拋掷3次，总基本事件数为．
对于A，由，所以要三个点数之积大于的组合只有和，
若三个点数分别为时，即在这三个点数中选一个为，另外两个为，共有种；
若三个点数分别为时，共有种，
所以三个点数之积大于150的概率为，故A正确；
对于B，设三个点数为，其和的范围为，
由对称性，与的概率相等（因为，，对应的和为），
所以和的概率相等，所以，故B正确；
对于C，不考虑点数的先后顺序，三个点数能构成等比数列的情况有：
若三个点数全相等，即有，，，，，，共有种，
若三个点数全不相等，仅有，即这三个点数全排列，共有种，
所以能构成等比数列的概率为，故C错误；
对于D，考虑点数的先后顺序，三个点数为等差数列等价于，
又三个点数之和是奇数的总基本事件数为，则在此条件下，为偶数，为奇数，
若时，，即三个点数为，共有种；
若时，，即三个点数为，，，，，共有种；
若时，，即三个点数为，，，共有种，
所以能构成等差数列的概率为，故D正确．
12．64
【详解】已知随机变量，且，
由正态分布的对称性可得与关于对称，
即，则，解得.
令，展开式中各项系数之和为.
13．
【详解】设分别对应，（）.
则，
所以的方差为：
，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且.
所以当或时，该组数据的方差相等，且取得最大值，为.
所以该组数据方差的最大值为：.
14．
【详解】易知，当时，，所以是的一个零点.
所以时，有3个零点，即有3个根，
即和的图象有3个交点．
设，，则和的图象有3个交点．
当时，和的图象有且仅有1个交点，不合题意，应舍去．
函数恒过定点且对称轴为，作出和的大致图象，
当，若与的图象相切，，
设切点，则，解得．
和的图象有3个交点，则．
当，时满足题意，解得，
综上所述，．
故答案为：．
15．(1)连结，，为矩形，
，点为中点，
又为的中点；，
又平面；平面，
平面；
(2)
【详解】（1）略
（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，
如图，可知，
，
设平面的法向量；
，；
令，，，，
设平面的一个法向量是，
由，
令，则，，所以；
，
设二面角的夹角为，
则，
二面角的正弦值为.
16．(1)线性回归方程为，第七日票房预测为1.6亿元；
(2)的分布列为：
方差（或0.4）.
【详解】（1）因为，，
所以，
a=y−bx=1.3−217.5×3.5=0.9，
所以回归方程为：，当时，亿元，
正月初七，预计《镖人》的票房为亿元．
（2）由题意可知，人中同时看过两部电影的只有人，
所以的可能取值为，
则，，，
所以的分布列为：
数学期望为．
则.
17．(1)双曲线C的标准方程为，渐近线方程为
(2)不存在，理由如下：
由题意可得直线的方程为，设、，
联立，消去可得，
则，且，
若，则，即有，
即，则该方程无解，故不存在这样的；
(3)
【详解】（1）由双曲线的焦距为，则，
即双曲线C：，则渐近线方程为；
（2）略
（3）由双曲线定义可得，则，
由，故.
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知：，，则，
可知在内单调递增，且，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以在内的最小值为.
（2）若，，可得，
原题意等价于在内恒成立，
令，，则，
令，，则，
由（1）可知：在内单调递增，则，
可得，可知在内单调递增，
则，可得，可知在内单调递增，
则，可得，
所以实数k的取值范围为.
（3）令，，则，
原题意等价于对任意，与在内有且仅有1个交点，
则在内的值域为，且为单调函数，
且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
可知在内单调递增，
则在内恒成立，
可得，即在内恒成立，
因为，
由（1）可知：当时，，即；
当时，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，则，
可得，即，
所以实数m的取值范围为.
19．(1)分布列为：
期望为.
(2)①，，，赛制对机器人更有利
②随着k的增大，机器人获胜的可能性变大，证明见解析
【详解】（1）当时，赛制为三局两胜制，故X的可能取值为，
，
,
所以X的分布列为：
（2）①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为，
由题可知为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种：或，
所以，
为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种：或或，
，
所以，
所以时，局胜制对机器人更有利.
②随着k的增大，机器人获胜的可能性越来越大.
证明如下：
由①可知，，
下面讨论局与前局的递推关系：
（i)若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人都要赢才能获胜，
其概率为，即.
（ii)若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜，
其获胜概率为，即.
（iii）若前局中机器人至少赢了局，则后两场机器人无论输赢都获胜，
其获胜概率为.
，
，
，，即
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
日期
初一
初二
初三
初四
初五
初六
上映第x天
1
2
3
4
5
6
票房y（单位：亿元）
0.9
1.2
1.3
1.5
1.3
1.6
0
1
2
2
3
0.52
0.48
2
3
0.52
0.48