2025-2026学年下学期重庆八中高二数学2026年4月周考3（含答案）

重庆八中高2027级高二下数学周考3一、单选题1.从数字2,3,4,5,6中一次性随机抽取两个数,则这两个数都是奇数的概率为()A.15B.110C.22.已知函数fx是定义在R上的偶函数,其导函数f′x的图象如图所示,设aA.a<b<cB.c3.已知某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为716，则该队员每次罚球的命中率为(A.45B.34C.14.等比数列an的前n项积为Tn，T9=512，则A.2B.22C.4D.5.若古典概型的样本空间Ω={1,2,3,4},事件A={1,A.{1,3}B.{6.已知定义在0,+∞的函数fx,其导函数为f′x,若x3f′x+A.仅存在最小值B.仅存在最大值C.既存在最小值,又存在最大值D.既无最小值又无最大值7.某密码由4位数字组成,密码组成的数字中,若最大数字与最小数字之差为1则称为“好”四位密码.例如6556中最大的数字是6,最小的数字是5,它们之差为1,就是一个“好”四位密码，但0561,4444这两个四位密码就不是.则这样的“好”四位密码的个数为()A.119B.126C.135D.1448.若过点a,b可以作曲线y=lnA.b>lnaB.b<lna二、多选题9.如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A和B,其中nΩ=24,nA.nB.PC.事件A与B相互独立D.事件A与B互斥10.盒子中有编号一次为1,2,3,4,5,6的6个小球(大小相同),从中不放回地抽取4个小球并记下编号，根据以下统计数据，可以判断一定抽出编号为6的小球的是()A.极差为5B.上四分位数为5C.平均数为3.5D.方差为4.2511.设关于实数x,y的解析式为FxA.当y=−12时,方程B.若Fx,y=0成立,则当C.当x>0,y>0D.若Fx,y=0成立,则当三、填空题12.已知数据x1,x2,…,x1013.已知数列an满足an=13−an+2,n>814.已知函数fx=ax2−x与gx=e四、解答题15.如图,在四棱锥P−ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是梯形,PD=AD=AB,CD=2AB,AD⊥AB,AD⊥CD(1)求证:BM⊥CD(2)求平面PBC与平面MBD所成二面角的正弦值.16.已知函数fx(1)求f0(2)已知a∈R，函数gx=afx−2ex−x17.小明从一幅扑克牌中挑出J和K共8张牌(J和K各四个花色:红桃(红色)、方块(红色)、黑桃(黑色)、梅花(黑色)〕.现从这8张牌中依次取出2张，抽到一张红色J和一张红色K即为游戏获胜.现有三种游戏方式,如下表:游戏方式方式①方式②方式③抽取规则有放回依次抽取不放回依次抽取按颜色等比例分层抽样获胜概率ppp(1)分别求出在三种不同游戏方式下获胜的概率；(2)若三种游戏方式小明各进行一次，第一次采取方式①，后两次采用方式②和方式③，那么方式②和方式③按照怎样的顺序进行游戏能使得三次游戏中仅连续两次获胜的概率最大?18.已知F2,0是椭圆Ω:x2a2+y2b2=1(1)求Ω的标准方程；(2)过F作斜率为k的直线，与Ω交于A,B两点，其中A在x轴上方，k∈1,7,T为Ω上一点,且TF平分(3)P,Q为曲线Ω上两个动点，且FE平分∠PFQ，证明:直线19.已知函数fx=ex−ax−1(1)若对∀x∈R,fx≥0(2)在(1)的条件下，(i)证明:ffx=fx(ii)设x1<①ex1⋅参考数据:ln《重庆八中高2027级高二下数学周考3》参考答案1234567891011BDBCADBABCABDACD1.B从数字2,3,4,5,6中一次性随机抽取两个数,包含的基本事件为:2,3,2,4,2,5,2,故选:B.2.D观察导函数f′x的图象,得当x∈0,2时,f′x>0依题意,f−12=f故选:D3.B某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,设该队员每次罚球的命中率为p,设“在两次罚球中至多命中一次”为事件A，则“在两次罚球中命中两次”为事件A，∴P解得:p=故选:B.4.C由等比数列的性质可知T9=a1a2⋯a9=a59=故选:C.5.A由题意得PAA选项,PB=24=所以PA∩B=PAPB,故事件B选项,PB=34,所以PA∩B≠PAPBC选项,PB=24=所以PA∩B≠PAPBD选项,PB=34,所以PA∩B≠PAPB故选:A6.D因为函数fx的定义域为0,+∞,在等式x3f′x+2即x2fx′=1因为fe=14e,即e⋅所以x2fx=1则f′x=−4ln2所以，函数fx在0,+∞上单调递减，故函数f故选:D.7.B最大数码为a,最小数码为a−1,a=1,2,⋯,9,于是由a又共有9种取a和a−1从而共有9×14故选:B.8.A设切点坐标为x0,y0,由于y′又切线过点a,b,则设fx=lnx+a则直线y=b+1与曲线fx当a≤0时,f′x>0当a>0时,0<x<ax>a时,f′x>0,fx单调递增,所以f故选:A.9.BC对于A,由图知,nAB=nA+n对于B,因PA∪B=nA对于C,因PAB=nABn显然PAB=PAPB,所以事件A与B对于D,由图知,PA∩B=1所以事件A与B不互斥,故D错误.故选:BC.10.ABD假设抽出四张卡牌从小到大排列为xA.x4−x1=5,得B.上四分位数为x3+x42=5C.x1+x2+x3+x4D.若未抽出卡牌6,则方差最大为x1=1,x故D正确.故选:ABD.11.ACDA选项,y=−12时,方程Fx,y=0化为B选项,由ex+2y+2yx=0得exex+2y=−2y故x+ln令fx=x+lnx因为y=x,y=lnx则fx=x+lnx在0,+∞上单调递增,故若x<0时,则y>0故2y−ln令gx=x−lnx其中g′x=1−1x=x−1x,当x>故gx=x−lnx在0,因为gx=x−lnx不单调,故2y不一定等于−x,即C选项,当x>0时,令φx=e所以φx在0,+∞上递增,所以φx>φ所以当x>0,y≥2x⋅2yx+2y+1=D选项,由B选项知,x+2y≠0令2y=n,−x=m,则有故n−mlnn−ln即n−令nm=t>1,即证t则q′故qt=t−1t又q1=0,故t−1即1<m+n2,12.11因为x1,x2,…,x10所以4x14故答案为:11.13.1∵对任意的n∈N∗,都有∴数列an单调递减,可知0当13<a<1而n≤8时,a∴只需13−a×9当0<a<13综上所述,实数a的取值范围是12故答案为:1214.0若函数fx=ax2−x与gx=ex的图象上存在两对关于直线y=x即ax2−x=lnx令Fx=1x+令Gx=1−x−2lnx,则G′x∴0<x<1,Gx>∴Fx在0,1单调递增,在1,+∞单调递减,∴Fx≤F1=1,又∴要使a=1x+ln故答案为:0,15.解:(1)证明:过M作MN//CD，交PD于点N在梯形ABCD中，AD⊥AB,AD⊥CD，所以AB连接AN，则平面PAD∩平面ABMN=因为BM//平面PAD,BM⊂平面ABMN因为PD⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD因为AD⊥CD,AD∩PD=D,AD,PD⊂因为AN⊂平面PAD,所以AN⊥CD,所以(2)如图，以D为原点，DA,DC,DP分别为x轴，y轴，z设PD=1,则由(1)知MN//AB,AN//BM，所以四边形ABMN是平行四边形，MN=AB=1所以M0设平面MBD的法向量为n=因为n⋅DB=0,取a=−1得PB=1,1,−1,PC=则m⋅取z=2,则平面PBC的一个法向量设平面PBC与平面MBD所成二面角为α,则cosα故sinα16.解:(1)对fx=e2x+令x=0,得f′0=故f0(2)由f′0=3，得则gxg′x=2ae2x当a≤0时,aex−1<0,当a>0时,令aex−若−lna≤0,即a≥1,g′x若−lna≥1,即0<a≤g若0<−lna<1,即1e<a<1,g综上,h17.解:(1)设方式①的样本空间为Ω1，方式②的样本空间为Ω2，方式③的样本空间为Ω3，则设事件A=“抽到一张红色J和一张红色K则事件A的情况有(红桃J,红桃K)、(红桃J,方块K)、(方块J,红桃K)、(方块J,方块K)、(红桃K,红桃J)、(红桃K,方块J)、(方块K,红桃J)、(方块K,方块J),共nA=故p1(2)若按①②③顺序连续两次获胜的概率P1=18×118.解:(1)由题意可知:直线FE:x2+y=1,即设直线FE与椭圆的交点为Mx则kEF=kMN=因为M,N在椭圆上,则两式相减得xM2−xN即−12×1=−且c=2,即c2=a所以椭圆Ω的方程为x2(2)由题意可知:直线AB与椭圆必相交，且TATB=设Ax设λ=FAFB=−y1y2,直线AB将直线与椭圆方程联立x=my+2x28+y2由韦达定理得:y1+则−λ可得λ+因为m2∈17,1,则且y1+y2<0,则所以TATB的取值范围为1(3)设Px3则FP=x且FP同理可得FQ=2由题意可得:FP⋅FBFPFE=FQ两边同时减2得y3−44−x3=y4−44−所以直线PQ必过定点4,19.解:(1)由对∀x∈R,fx≥由fx=ex−①当a≤0时，f′x>0，所以f而当x<0时，f②当a>0时，由f′x=e当x<lna时，f′x<0，当x所以fx在−∞,lna上递减,在ln所以fx设φa=a−a因为φ′a=−lna,令φ′当0<a<1时，φ′a>0，当所以φa在0,1上递增,在所以φa综上φa=0(2)证明:(i)由(1)可知fx=ex−x−1先解ft令gt∴gt在−∞,ln2单调递减,在g0g∴∃t2∈ln3.5,ln4使得gt2=0,