重庆市第八中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题解析

这是一份重庆市第八中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题解析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：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 样本数据2,3,5,6,9的标准差为
A. B. 5 C. D. 6
【答案】C
【解析】样本均值 ,
标准差 .
2. 根据变量 和 的成对样本数据,由一元线性回归模型 得到经验回归模型 ,求得残差图. 对于以下四幅残差图,满足一元线性回归模型中对随机误差假设的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于 ,残差与观测时间有线性关系,故 错误;
对于 ,残差的方差不是一个常数,随着观测时间变大而变小,故 错误;
对于 ,残差与观测时间是非线性关系,故 错误;
对于 ,残差比较均匀地分布在以取值为 0 的横轴为对称轴的水平带状区域内,故 正确.
3.已知函数 ,则
A. -5 B. 1 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】 .
4.已知 是定义在 上的奇函数, 是偶函数,且 ,则
A. -3 B. 0 C. 3 D. 5
【答案】A
【解析】因为 是定义在 上的奇函数, 是偶函数,
即 的图象关于原点及 对称,则 .
5.已知函数 的导函数 的图象如图所示,则函数 的图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知,当 和 时, ,
所以 在 上单调递增,
当 和 时, ,所以 在 上单调递减.
6.在信道内传输 0、1 信号，信号的传输相互独立. 由于随机因素的干扰，发送信号 0 或 1 有可能被错误地接收为 1 或 0 . 已知发送 0 时，接收为 0 和 1 的概率分别为 0.7 和 0.3 ; 发送 1 时，接收为 0 和 1 的概率分别为 0.2 和 0.8 . 若接收信号为 1 的概率为 0.65 ，则发送信号为 1 的概率为
A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8
【答案】C
【解析】设事件 为 “发送信号 0 ”,事件 为“发送信号 1”,事件 为 “接收信号为 0 ”,事件 为 “接收信号为1”,则 .
设发送信号为 1 的概率为 ,
则接收信号为 1 的概率为 ,
解得 ,即发送信号为 1 的概率为 0.7.
7.已知集合 ，集合 ，若命题 “ ， 使得 ” 为真命题，命题 “ ，都有 ” 为假命题，则实数 的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为命题“ ，使得 ”为真命题，所以 ，
即 ，解得 ；
命题“ ,都有 为假命题,所以
时, , , 解得 ,所以 ,
因此 等价于 .综上, .
8.已知函数 ，则 的最大值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】法一:三角换元:令 ,则 令 . 当 ,函数最大值为
法二: 柯西不等式:
由柯西不等式可得:
当且仅当 ,即 时取等号。因此 .
二、多选题：本题共3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，有选错的得0分。
9.下列命题中正确是
A. 数据-2,1,3,4,6,6,9,10的第 25 百分位数是 1
B. 若事件 的概率满足 ,且 , 则 相互独立
C. 已知随机变量 ,若 ,则
D. 已知 且 ,则 的展开式中 的系数为 240
【答案】BCD
【解析】 个数据从小到大排列,由于 ,所以第 25 百分位数应该是第二个与第三个的平均数 ,故 错误;
由 ,可得 ,
即 ,可得 ,所以 相互独立,故 正确;
: 因为 ,则 ,所以 ,故 正确;
: 由题可得: ,即 ,则对于 ,有 , 有 ,故 的展开式中 的系数的值为 240,故 正确.
10.随着国产新能源汽车的发展, 我国新能源汽车销量逐月攀高, 2026 年 5 月全品类乘用车销量排行榜前 15 名都是新能源汽车. 某新能源汽车企业在 2018 年的年产量为 万辆, 由于技术升级和市场需求增长, 该企业每年的产量构成一个等差数列, 年产量逐年增加且每年增加固定的 万辆. 已知该企业在 2018 年、2020 年、2022 年这三年的年产量之积等于其 2018 年至 2026 年这九年总产量的三分之一. 记该企业前 年的累计产量为 万辆. 则下列结论正确的有
A.若 2018 年的年产量为 1 万辆，则每年增加 1 万辆
B. 若 2018 年的年产量大于每年增加的固定产量, 则每年增加固定产量小于 1 万辆
C. 2018 年与 2019 年的年产量之 的最小值为 2 万辆
D. 2018 年的年产量的取值范围是 万辆
【答案】ABD
【解析】根据题意,2018 年至 2026 年对应数列的第 1 项至第 9 项,所以等差数列 满足: , 公差 ,且 ,所以 ,故 ,即 . 当 时， ，故 正确.
若 ,则 ,所以 ,即 ,故 ,故 正确.
由 ,得 ,
所以 ,当且仅当 时,等号成立,
故 的最小值为 3,故 错误.
由 ,得 ,即 ,解得 ,故 错误.
11.对于函数 ,设 . 对于点集 ,若存在 ,使得任取 ,总有 ,则称 为 “最低点”. 对于函数 和 ,以下说法中正确的是
A. 若 ，则 没有最低点
B. 若 和 都有最小值,则 有最低点
Q. 若 有最低点,则 和 都有最小值
D. 若 有最低点,则 或 有最小值
【答案】AD
【解析】对于 ,由图像可知, 没有最低点,故 正确;
对于 ,可举反例: ,
此时 ,故 错误;
对于 ,可举反例: ,此时 , 显然此时 为 ,但 和 都没有最小值,故 错误:
对于 ,若 有 “最低点”,不妨记最低点为 ,
则 或 ,且有 或 ,
故 或 ,故 选项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.把 4 本不同的《挹青苑》分给 3 个人，每人至少一本，则不同的分法种数为________.
【答案】36
【解析】把 4 本不同的挹青苑分给 3 个人, 每人至少一本,则不同的分法种数为 种 .
13.若 恒成立，则实数 的取值范围为_______.
【答案】
【解析】 ,即 恒成立,
可得 恒成立,
令 ,则 ,所以 ,
当 时, ,当 时, ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,所以 的最小值为 ,
因为 ,所以 ,所以实数 的取值范围为 .
14.在一个无限延展的平面上, 有一颗粒子, 从平面直角坐标系的原点出发, 每秒向上向下、向左、向右移动一个单位,且向四个方向移动的概率均为 ,记第 秒末粒子回到原点的概率为 ,求 _____, _____.
【答案】
【解析】由题意得粒子在第四秒回到原点,分两种情况考虑;
①每一步分别是四个不同方向的排列，共有 种情况， ,
②每一步分别是两个相反方向的排列，共有 种情况， ，
法一:第 秒末要回到原点，则必定向左移动 步，向右移动 步，向上移动 步，向下移动 步, .
法二: 设向上 次,向下 次,向左 次,向右 次
已知 ，又因为要回到原点， 得
即问题等价于 个空中,有 个 或 个 或
第一步: 个空中选 个给 和
第二步: 放置 和 和
,
所以一共有 .
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.已知椭圆 ，左、右焦点分别为 ， ，过点 作倾斜角为 的直线 交椭圆于 两点.
(1)求 的长；
(2)求 的面积 .
【解析】(1) 由椭圆 ,即有 ,即 ,
所以直线 的方程为 ,
联立 ,得 或 ,
所以 ;
(2)由 ，得 ，由 ，得 ，
不妨设 的面积 .
16.已知函数 ，且 .
(1)若曲线 与 轴相切，求实数 的取值；
(2)讨论函数 的单调区间.
【解析】(1)设切点为 ，则切线斜率为 ，
因为曲线 与 轴相切,则 ,解得 或 ,
当 时,切点为 ,即 ,解得 ,
当 时,切点为 ,即 ,解得 ,
综上, 或 ;
(2) ，令 ，得 或 ，
① 当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增；
② 当 时， ，由 ，得 或 ；
由 ,得 ,
所以 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
③ 当 时， ，由 ，得 或 ；
由 ,得 ,
所以 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ,
综上所述,当 时, 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ;
当 时, 在 上单调递增;
当 时, 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
17.如图,在三棱柱 中, 是正三角形，四边形 为菱形， ， .
(1)证明: ；
(2)求二面角 的正弦值.
【解析】
(1)取 的中点为 ，连接 ， ，
由题知 是正三角形, ,又 为正三角形, ,
又 平面 ,又 平面 平面 :
(2)取 为 的中点，过 作平面 的垂线，
以该垂线为 轴,以 所在直线为 轴, 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
不妨设 ，依题 ， ， ， ， 则 ， ， .
设 ,则 ,
则 ,
设平面 法向量为 ,则 ,
同理平面 的法向量 ,则 , ,
设锐二面角 为 ,则 .
18.“石头、剪刀、布”是我们小时候常玩的游戏，游戏规则如下:
①石头嬴剪刀，剪刀嬴布，布赢石头；
②两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时都出相同的手势或者三种手势都出现为平局.
现有 人玩游戏.
(1)分别求 3 人，4 人玩一轮游戏，平局的概率 、 ；
(2)求 人玩一轮游戏，平局的概率 (结果用 表示)；
(3)设当 时，玩 2 轮游戏，最终决出唯一获胜者的概率 .
【解析】(1)“石头、剪刀、布”游戏中，石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头，
3 人玩一轮游戏,平局的概率为 ,
4 人玩一轮游戏,平局的概率为 .
(2) 平局的情况比较多, 考虑 人玩游戏分出胜负的概率 ,
其中 表示分出胜负的三种情况，即 人只出了①石头，剪刀；②石头，布；③剪刀，布，此时分胜负， 而分出胜负与平局是对立事件，
故 人玩一轮游戏,平局的概率 .
(3)由于 5 人玩 2 轮游戏，最终决出唯一获胜者，
情形一:第一轮平局，第二轮决出唯一获胜者，
此时 ,
情形二:第一轮淘汰 1 位游戏者，第二轮淘汰 3 位游戏者，决出唯一获胜者，
此时 ,
情形三: 第一轮淘汰 2 位游戏者, 第二轮淘汰 2 位游戏者, 决出唯一获胜者
此时 ;
情形四:第一轮淘汰 3 位游戏者，第二轮淘汰 1 位游戏者，决出唯一获胜者，
此时 ,
综上所述: .
19.对于函数 ,若存在 ,使得 ,则称 为函数 的一阶不动点; 若存在 ,使得 ,则称 为函数 的二阶不动点; 依此类推, 可以定义函数 的 阶不动点. 其中一阶不动点简称为“不动点”,二阶不动点简称为“稳定点”,函数 的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为 和 ,即 ,
(1)若 ，证明:集合 中有且仅有一个元素；
(2)若函数 在定义域内单调递增，求证: ；
(3)若 ，讨论集合 的子集的个数.
【解析】(1)证明:设 ，则 ，求导得 ，
令 ,可得 ,当 时, ,当 时, ,
所以 ,所以 有唯一零点,
所以集合 中有且仅有一个元素;
(2)证明:设 为函数 的不动点，则 ，
则 ,即 为函数 的稳定点,即 .
设 为函数 的稳定点,即 ,
假设 ,而 在定义域内单调递增,
若 ,则 ,与 矛盾;
若 ,则 ,与 矛盾;
故必有 ,即 ,
即 ,故 为函数 的不动点即 . 综上， ，得证；
(3)当 时，因为函数 ，其中 ，
所以 在 上单调递增,
由(2)可知, 的稳定点与 的不动点等价,所以考虑 的不动点即可;
令 ,
所以 ,所以 在 上单调递减.
① 当 时， 恒成立，即 在 上单调递增，
当 无限接近于 0 时, 趋向于负无穷小,且 ,
故存在唯一的 ,使得 ,即 有唯一解,
所以此时 有唯一不动点,所以集合 的元素有 1 个;
② 当 时，即 时， ，当 趋向无穷大时， ，
所以存在唯一 ,使得 ,
此时 在 上单调递增,在 上单调递减,
故 ,
当 趋近于 0 时, 趋向于负无穷大,当 趋近于正无穷大时, 趋向负无穷大时,
设 ,则 在 上单调递增,
且 ,又 在 时单调递增,
故 (a) 当 时,即 ,此时 ,方程 有一个解,
即 有唯一不动点,所以集合 的元素有 1 个;
(b) 当 即 ,此时 ,方程 无解,
即 无不动点,所以集合 为空集;
(c) 当 时,即 ,此时 ,方程 有两个解,
即 有两个不动点,所以集合 的元素有 2 个;
③ 当 时， ，方程 有一个解，所以集合 的元素有 1 个
综上,当 时或 时,集合 的元素有 1 个;
当 时,集合 为空集;
当 时,集合 的元素有 2 个 .