数学-重庆市重庆八中2027级高二下阶段性检测（一）暨4月月考_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年04月高二试卷_260408重庆市重庆八中2027级高二下阶段性检测（一）暨4月月考

重庆八中高 2027 级高二（下）阶段性检测（一）
数学
命题：汪蕴涵 黄晓钦 审核：汪蕴涵 打印：汪蕴涵 校对：黄晓钦
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只
有一个选项是正确的。
1．现有一组数据：1，1，3，7，若在这组数据中添加一个数据3，则不会发生变化的统
计量是
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
1
2．若函数 f(x)kxlnx在区间( ,)上单调递增，则k的取值范围为
2
1 1
A．( ,) B．[2,) C．( ,) D．[4,)
2 4
1
3．已知数列a 满足a 1 n2，a 5，则a 
n n a 1 2026
n1
4 1
A．1 B．5 C． D．
5 4
2x 2x
4．函数 f x 的大致图象为
x21
A． B． C． D．
5．如图所示，某单峰频率分布直方图在右边“拖尾”，若由频率分布直方图估计样本数据
的平均数为a，中位数为b，众数为c，则
A．abc B．abc
C．bca D．cba
6．某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动．已知该班男生35人，女生25
人．根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为s2、s2，该班成绩的方差为s2，
1 2
则下列结论中一定正确的是
s2s2 s2s2
A．s2  1 2 B．s2  1 2
2 2
7s25s2 7s25s2
C．s2  1 2 D．s2  1 2
12 12
重庆八中高2027级高二（下）阶段性检测（一） 第 1 页 共 4 页7．已知函数 f (x) 的定义域为,0，其导函数 f (x)满足xf x2 f x  0 ，且
f (1)  1，则不等式 f x1x12  0 的解集为
A．2,0 B．2,1 C．,2 D．,1
8．对于三次函数 f xax3bx2cxda0，给出定义：fx是y f x的导函数，
fx是 fx 的导函数，若方程 fx0有实数解 x ，则称点  x , f x  为函数
0 0 0
y f x的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次
1 1 5
函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数gx x3 x23x ，则
3 2 12
1 2 2023
g( )g( )g( )
2024 2024 2024
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
二、选择题：本大题共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。 全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。
9．随机事件A，B满足PAPBPAB0，则（ ）
A．B A B．A、B不是互斥事件
       
C．P A P B D．P A P B
10．记数列a 的前n项和为S ，且S n2n(nN*)，则
n n n
S
A．a 6 B．数列{ n}是公差为1的等差数列
3 a
n
1 n
C．数列{ }的前n项和为 D．数列{(1)na }的前2023项和为2024
S n1 n
n
11．已知函数 f(x)ex，g(x)lnx，其中e为自然对数的底数，则下列说法正确的是
A．函数y f(x)eg(x)的极值点为1
B．x0,， f(x)g(x)2
C．若P,Q分别是曲线y f(x)和yg(x)上的动点，则 PQ 的最小值为 2
1
D．若 f(ax)g(x)(1a)x对任意的x(0,)恒成立，则a的最小值为
e
重庆八中高2027级高二（下）阶段性检测（一） 第 2 页 共 4 页三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．函数 f(x) xlnx的极小值点是 ．
13．高二年级有男生490人，女生510人，按男生、女生进行分层，通过分层随机抽样的
方法，得到男生、女生的平均身高分别为170.2cm和160.8cm.如果在各层中按比例分配
样本，总样本容量为100，请估计高二年级全体学生的平均身高为 cm.（结果保
留一位小数）．
14．对x0，都有 f(x)axex 1lnxx0，则实数a的取值范围为 ．
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．（13分）
如图，正方体ABCD ABCD的棱长为2.
1 1 1 1
（1）证明：AC //平面ACD ；
1 1 1
（2）求平面ABCD与平面ACD 所成角的正弦值；
1
（3）求点B 到平面ACD 的距离.
1 1
16．（15分）
近几年，贵州榕江县“村超篮球联赛”火热开展，以篮球为纽带点燃乡村的体育热情，
促进了全民健身和乡村振兴的发展，榕江县某篮球队对最近50场比赛的得分进行了统计，
将数据按55,65，65,75，75,85，
85,95
分为4组，频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中m的值；
（2）估计这50场比赛得分的平均数（同一组中的数据用该组区间
的中点值作为代表）；
（3）现从比赛得分在55,75的比赛中按分层抽样抽取5场比赛，
再从这5场比赛中随机抽取2场，求这两场都不低于65分的概率.
重庆八中高2027级高二（下）阶段性检测（一） 第 3 页 共 4 页17．（15分）
1
已知函数 f x ax2lnx，aR．
2
（1）当a0时，求曲线y f x在点 1, f 1处的切线方程；
（2）讨论函数 f x的单调性；
（3）若函数 f x在区间 1,e 上的最小值为1，求a的值．
18．（17分）
已知抛物线C：y2 2px（p0），过点Q2,0的直线l交C于A，B两点，O为坐
标原点，当l与x轴垂直时， AB 4 2.
（1）求抛物线C的解析式；
13
（2）若cosAOB ，过x轴上一点P作直线OA，OB，AB的垂线，垂足分别为E，
13
F ，G，且满足E，F ，G三点共线.
（i）求直线l的方程；
（ii）求P点的坐标.
19．（17分）
已知函数 f xxalnxx，
（1）当a0时，
（i）求 f x的最小值；
ln1 ln2 ln3 ln n
nn1
（ii）设nN*，求证:     ；
2 3 4 n1 4
2
（2）设x ，x 是 f x的两个极值点，求证：x x  ．
1 2 1 2 e
重庆八中高2027级高二（下）阶段性检测（一） 第 4 页 共 4 页重庆八中高 2027 级高二（下）阶段性检测（一）参考答案
一、单选题
1137 11337
1．A 【详解】对于A：原数据平均数为 3，添加数据3后平均数为 3，
4 5
故A正确；
13
对于B：原数据中位数为 2，添加数据3后中位数为3，故B错误；
2
对于C：原数据众数为1，添加数据3后众数为1和3，故C错误；
(13)2(13)2(33)2(73)2
对于D：原数据方差为 6，添加数据3后方差为
4
(13)2(13)2(33)2(33)2(73)2 24
 ，故D错误.
5 5
1 1 
2．B【详解】 f '(x)k  ,因为函数 f xkxlnx在区间 ,上单调递增，所以
x 2 
1 1  1 1  1 1 
f'(x)k 0在 ,上恒成立，即k  在 ,上恒成立.因为y 在 ,上单调递
x 2  x 2  x 2 
1 
减，所以当x ,时，y2，所以k2，则k的取值范围为 2, .
2 
1 4 1 1 1
3．B【详解】依题意得a 1  ,a 1  ,a 1 5,．
2 a 5 3 a 4 4 a
1 2 3
故数列a 的周期为3，所以a a 5
n 2026 1
4．D【详解】解：由题意知，函数 f x的定义域为 x∣x1 ，
因为 f x
2x 2x
f x，所以 f x为奇函数，排除A；
x21
5 1 2 2
f 2 0，排除B； f    0，排除C.
4 2 3
5．D【详解】由频率分布直方图可知，单峰不对称且右“拖尾”，最高峰偏左，众数最小.
平均数受极端值影响，与中位数相比，平均数总在“拖尾”那边，故平均数大于中位数，故得cba.
6．D【详解】设该班男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为x ，x ，两个班的总的平均分为x，
1 2
35   2 25   2
则s2  s2 xx  s2 xx
3525  1 1  3525  2 2 
  2   2
7 s2 xx 5 s2 xx
 1 1   2 2  7s25s2，
s2    1 2
12 12 12
f x xf x 2f x 
7．B【详解】根据题意可 gx (x0)gx 0 ，
x2 x3
答案第1页，共8页f x f x1
所以 gx 在,0上单调递减，则原不等式等价于 1 ，
x2 x12
f x1
由 gx1 1g 10x11 ，解之得x2,1.
x12
1
8．B【详解】gxx2x3，gx2x10，得x ，
2
1 1 
又g 1，所以函数gx关于点 ,1对称，
2 2 
 1  2023  2  2022 1011 1013
即gxg1x2，则g g  g g ... g g 2，
2024 2024 2024 2024 2024 2024
1012 1  1   2  2023
且g  g 1，g g g 2101112023.
2024 2 2024 2024 2024
二、多选题
9．BC【详解】若B A，则PABPB，与题干矛盾，故A错误；
因为PAB0，所以随机事件A，B可以同时发生，即A、B不是互斥事件，故B正确；
因为PAPB，所以1PA1PB，即P  A  P  B  ，故C正确D错误；
10．ACD【详解】数列a 的前n项和S n2n，当n2时，
n n
a S S n2n[(n1)2(n1)]2n，而a S 2满足上式，因此a 2n，
n n n1 1 1 n
对于A，a 6，A正确；
3
对于B， S n  n2n  n1 ，则数列{ S n}是公差为 1 的等差数列，B错误；
a 2n 2 a 2
n n
1 1 1 1 1
对于C，    ，数列{ }的前n项和
S n(n1) n n1 S
n n
n 1 1 1 1 1 1 1 n
 1     1  ，C正确；
S 2 2 3 n n 1 n 1 n 1
i1 i
对于D，(1)2n1a (1)2na 2(2n1)22n2，
2n1 2n
则数列{(1)na }的前2023项和为21011a 2022220232024，D正确.
n 2023
11．ACD【详解】对于A，y f xegxexelnx．所以yex e  xexe ，
x x
当0x1时，y0，当x1时，y0，所以yexelnx 在0,1上单调递减，在1,上单调
答案第2页，共8页递增，所以y f xegx的极值点为1，故A正确；
1
对于B，设hx f xgxexlnx，则hxex  ，
x
1
因函数yex与y 在0,上均单调递增，故hx在0,上单调递增．
x
又h( 1 )e 1 e e0,h1 e1 0，则存在x ( 1 ,1)．使得hx ex0  1 0，
e 0 e 0 x
0
1
即ex0  ，lnx x ，所以当x0,x 时．hx0，当xx ,时．hx0．
x 0 0 0 0
0
所以hx在0,x 上单调递减．在x ,上单调递增.
0 0
所以h(x) hx ex0 lnx  1 x ，又x ( 1 ,1)，则 1 x 2，
min 0 0 x 0 0 e x 0
0 0
所以x0,, f xgx2，故B错误；
对于C，因为函数 f xex与函数gxlnx互为反函数，其图象关于y x对称，
设点P到y x的最小距离为d，设函数 f xex上斜率为1的切线为yxb，
fxex，由ex 1得x0，所以切点坐标为0,1，即b1，所以d  01  2 ，
2 2
所以 PQ 的最小值为2d  2，故C正确；
对于D，若 f axgx1ax对任意的x0,恒成立，
则eax ax xlnxelnx lnx 对任意的x0,恒成立，
令Fxxex，F(ax)F(lnx)，因Fx1ex 0．所以Fx在0,上单调递增，故axlnx，
lnx lnx 1lnx
即a ，令ux ，所以ux ，
x x x2
当0xe时，ux0，则函数ux在(0,e)上单调递增，当xe时，ux0，则函数ux在
lne 1 1 1
(e,)上单调递减，所以u(x) ue  ，所以a ，即a的最小值为 ，故D正确.
max e e e e
三、填空题
12． 1 【详解】 f x的定义域为0,， fxlnx1,令 fx0 x 1 ，
e e
当0 x 1 时， fx0， f x单调递减，当x 1 时， fx0， f x单调递增，
e e
所以x 1 是 f x的极小值点
e
答案第3页，共8页13．165.4【详解】高二年级男生与女生人数比为490:51049:51，
49 51
当样本容量为100时，抽取男生人数为 10049（人），抽取女生人数为 10051
4951 4951
49 51
（人），高二年级全体学生的平均身高估计为 170.2 160.8165.406165.4(cm)，
100 100
1 lnxx1
14．[ ,)【详解】由原式 f xaxex1lnxx0恒成立，等价于a x0恒成
e2 xex
lnxx1
立，令gx ，则a的最小值为gx的最大值.
xex
(
1 1)xexlnxx1 exxex
1x2lnxx
则 gx x  ，
 xex2 x2ex
令gx0，得方程lnxx2，解得xx （x 为唯一解），即lnx x 2，
0 0 0 0
所以当x0,x ，gx0，gx单调递增，当xx ,，gx0，gx单调递减，
0 0
lnx x 1 1
因此，xx 是gx的极大值点，即最大值点，所以gx的最大值gx  0 0  ，
0 0 x ex0 x ex0
0 0
由lnx x 2，得lnx 2x ，即x e2x0 ，
0 0 0 0 0
所以gx  lnx 0 x 0 1  1  1  1 ，所以a gx  1
0 x ex0 x ex0 e2x0ex0 e2 0 e2
0 0
四、解答题
6 4 3
15．(1)证明见解析(2) (3)
3 3
【详解】（1）证明：由正方体的性质可知AC//AC ，
1 1
因为AC 平面ACD ，AC 平面ACD ，所以AC //平面ACD ………4分
1 1 1 1 1 1 1
（2）设AC,BD交于点O，连接D 1 O，由正方形的性质可知DO AC，且 DO 2
因为正方体ABCD ABCD的棱长为2，所以D ADC  AC 2 2，
1 1 1 1 1 1
3
所以DO AC,且DO 2 2 6，所以DOD为平面ABCD与平面
1 1 2 1
ACD 所成角的平面角，因为DD 底面ABCD，所以DD DB，
1 1 1
DD 6
所以sinDOD 1  ，
1 DO 3
1
6
即平面ABCD与平面ACD 所成角的正弦值为 .………8分
1
3
（3）以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
答案第4页，共8页则A2,0,0,C0,2,0,D 0,0,2,B 2,2,2，
1 1
  
AC2,2,0,AD 2,0,2,DB  2,2,0，
1 1 1
 
  nAC 2x2y0
设平面ACD 1 的一个法向量为nx,y,z，则   ，
nAD 2x2z0
1

令x1可得n1,1,1，设B 到平面ACD 的距离为d，
1 1
 
nDB
则d 

1 1  4 3 ，即点B
1
到平面ACD
1
的距离为 4 3 .………13分
n 3 3
3
16．(1)0.02；(2)74；(3)
10
【详解】（1）由已知得10m0.032m0.011 ，解得m0.02；………4分
（2）由已知可估计平均数为
600.0210700.0310800.0410900.011074；………9分
（3）由频率分布直方图可知得分在55,65，65,75内的频率分别为0.02100.2，0.03100.3，
即分别在两区间内的场数之比为2:3，
根据分层抽样可知，抽取的5场比赛中得分在55,65内的有2场，设为a，b，得分在65,75内
的有3场，设为c，d，e，
则从5场中随机抽取2场的情况有a,b，a,c，a,d，a,e，b,c，b,d，b,e，c,d，c,e，
d,e，共有10种情况；
3
其中满足两场都不低于65分的情况有c,d，c,e，d,e，共3种情况，则所求概率为
.
10
17．(1)xy10；(2)答案见解析；(3)a2
1
【详解】（1）当a0时，∵ f xlnx，∴ fx ， f11， f 10
x
函数 f x在点  1, f 1 处的切线方程为yx1， xy10．………3分
（2）因为 f x 1 ax2lnx，函数 f x的定义域为0,， fxax 1  ax21 ,
2 x x
当a0时， fx0，函数 f x在0,上单调递减；
ax21 a a
当a0时，令 fx  0，解得x 或x （舍去）,
x a a
答案第5页，共8页当x(0, a )时， fx0，函数 f x在(0, a )上单调递减，
a a
当x( a ,)时， fx0，函数 f x在( a ,)上单调递增.
a a
综上所述，当a0时，函数 f x在0,上单调递减；
当a0时，函数 f x在(0, a )上单调递减，在( a ,)上单调递增.………8分
a a
（3）当a0时， fx0，函数 f x在 1,e 上单调递减，所以 f x  f e 1 ae211，
min 2
4
所以a ，不合题意舍去；
e2
当a0时，若 a 1即a1，函数 f x在 1,e 上单调递增，所以 f x  f 1 1 a01，
a min 2
所以a2，符合题意；
若 a e即0a  1 ，函数 f x在 1,e 上单调递减，所以 f x  f e 1 ae211，
a e2 min 2
4
所以a ，不符合题意；
e2
若1 a e即 1 a1，函数 f x在[1, a ]上单调递减，在( a ,e]上单调递增，所以
a e2 a a
a 1 1 a 1
f(x)  f( ) a ln  ，不符合题意；
min a 2 a a 2
综上，函数 f x在区间 1,e 上的最小值为1，则a2.………15分
18．(1)y2 4x(2)（ⅰ）x y2或l：xy2；（ⅱ）10,0 .
【详解】（1）当l与x轴垂直时， y  y 2 p ，
A B
则AB4 p 4 2，解得： p2，即C：y2 4x.………3分
（2）（ⅰ）由l与抛物线交于A，B两点知直线斜率不为0
可设l：xmy2，Ax,y ，Bx ,y ，
1 1 2 2
y2 4x
联立方程组： ，得到：y24my80，由韦达定理：y y 4m，y y 8，
xmy2 1 2 1 2
y2 y2 y y 22y y y y 2
则 x x  1  2  1 2 1 2 4m 2 4 ， xx  1 2  4 ，
1 2 4 4 4 1 2 16
 
OAOB xx y y 4 4
因为cosAOB    1 2 1 2   ，
OA OB x 1 2y 1 2 x 2 2y 2 2 x 1 24x 1  x 2 24x 2 x 1 x 2  x 1 x 2 4x 1 x 2 16 
答案第6页，共8页代入知：cosAOB 1  13，解得：m1，即l：x y2或l：xy2；…10分
94m2 13
y2 4
（ⅱ）由对称性，不妨取l：x y2，由于A( 1 ,y )，故OA：y x，
4 1 y
1
y
因为PE OA，设Pa,0，所以PE：y 1xa，
4
ay2 4ay ay2 4ay
联立解得：E( 1 , 1 ) ，同理有：F( 2 , 2 )，
y216 y216 y216 y216
1 1 2 2
4ay 4ay
1  2
y y y216 y216 4y y y y 64y y  644y y
所以k  E F  1 2  1 2 2 1 1 2  1 2 ，
EF x x ay2 ay2 16  y2y2 16y y 
E F 1  2 1 2 1 2
y216 y216
1 2
3 3 ay2 4ay
由（2）得：y y 4，y y 8，代入可知：k  ，故EF：y (x 1 ) 1 ，
1 2 1 2 EF 2 2 y216 y216
1 1
由于y24y 80，故4y  y28，
1 1 1 1
4ay 3ay2 a  8y 3y2 a  y2 16  a 3 a
则 1  1  1 1  1  ，即EF：y x ，因为k 1，
y216 2  y216  2  y216  2  y216  2 2 2 PG
1 1 1 1
a2 a2
所以PG：y xa，联立解得：G( , )，因为E，F ，G三点共线，所以G在直线EF
2 2
a2 3 a2 a
上，代入得：    ，解得：a10，故P的坐标为10,0 .……17分
2 2 2 2
19．(1)（i） 1；（ⅱ）证明见解析(2)证明见解析
【详解】（1）（i）当a0时， f xxlnxx，其定义域为0,，
1
又 fxlnxx 1lnx ，所以当0x1时， fx0，所以 f x在0,1上单调递减，
x
当x1时， fx0，所以 f x在1,上单调递增，
所以 f x在x1处取得极小值，也是最小值，即 f x  f 11ln111；……4分
min
（ⅱ）由（i）知，当x0时， f xxlnxx1，即xxlnx1，
令x
1  nN*
，则
1

1
ln
1
1，则
1

2
lnn1，所以2lnnn21，则
lnn

n1
，
n2 n2 n2 n2 n2 n2 n1 2
ln1 ln2 lnn 0 1 n 1 0 1 2 n 1 n(n 1)
所以        ，得证.………9分
2 3 n1 2 2 2 2 4
xa a
（2）函数 f xxalnxx的定义域为0,，又 fxlnx 1lnx ，
x x
a a
因为x，x 是 f x的两个极值点，所以lnx  0，lnx  0，即axlnx x lnx ，
1 2 1 x 2 x 1 1 2 2
1 2
答案第7页，共8页1 1
令gxxlnx，x0,，则gxlnx1，当0 x 时gx0，当x 时gx0，
e e
1 1
所以gx在(0, )上单调递减，在( ,)上单调递增，
e e
1 2 2 1 2 1
不妨假设0 x   x ，要证x x  ，只需证x  x ，因为0 x  ，所以 x  ，
1 e 2 1 2 e 2 e 1 1 e e 1 e
1 2
因为gx在( ,)上单调递增，所以只需证g(x )g( x )，
e 2 e 1
2
又因为gx gx ，所以只需证g(x ) g( x )，
1 2 1 e 1
2 1 2 2
令hx gxg( x),(0 x )，则hxlnx1ln( x)1ln[x( x)]2 ，
e e e e
1 2 1 2
因为0 x ，所以0 x( x) ，则ln[x( x)]2，所以hx0，
e e e2 e
所以hx在(0, 1 )上单调递减，h(x)h( 1 )0，所以gxg( 2 x)，即x x  2 .…17分
e e 1 e 1 1 2 e
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重庆八中高2027级高二（下）阶段性检测(一)
数学答题卡 17. （15分）
考场/座位号：
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[4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4]
[5] [5] [5] [5] [5] [5] [5] [5]
[6] [6] [6] [6] [6] [6] [6] [6]
正确填涂 缺考标记 [7] [7] [7] [7] [7] [7] [7] [7]
16. （15分）
[8] [8] [8] [8] [8] [8] [8] [8]
[9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9]
客观题(1~8为单选题;9~11为多选题)
1 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D]
2 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D]
3 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D]
4 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D]
三三三、、、填填填空空空题题题：：：本本本题题题共共共 3 3 3 小 小 小题题题，，，每每每小小小题题题 5 5 5 分 分 分，，，共共共 1 1 1555 分 分 分。。。
12. 13.
14.
四四四、、、解解解答答答题题题：：：本本本题题题共共共 5 5 5 小 小 小题题题，，，共共共 7 7 7777 分 分 分。。。
15. （13分）18. （17分）
19. （17分）