重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高二下学期6月定时检测数学试题

西南大学附中高2027届高二下6月定时检测 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 2026年6月 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）． 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1．已知命题∶，，则命题的否定为（ ） A．， B．， C．， D．， 2．若随机变量，且，则（ ） A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8 3．等比数列的公比，且，，成等差数列，则的值（ ） A． B． C． D．2 4．已知袋中有2个白球、2个红球，4个黑球，8个球除颜色外其余均相同，有放回地随机摸球8次，记摸到白球的个数为随机变量，则的方差（ ） A．1 B．2 C． D．2 5．“”是“”的（ ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．在的展开式中项的系数是（ ） A． B． C．24 D．48 7．已知定义在上的偶函数的导函数为，且，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．已知数列的前项和为，且，设，是数列的前项和，若，则正整数的最小值为（ ） A．30 B．31 C．60 D．61 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．下列命题中正确的是（ ） A．决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好 B．若，两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的线性相关性强 C．在经验回归方程中，若，，则变量与正相关 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可认为与有关 10．已知函数，则下列结论正确的是（ ） A．函数有两个极值点 B．直线与的图象有且仅有两个公共点 C．若有三个零点，则 D．若，对，都有 11．已知正实数，，满足，则下列结论正确的有（ ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设集合，，则________． 13．甲、乙、丙3位同学打算去北京、成都、贵阳、上海4个地方旅游，每位同学只去一个地方，记旅游人数最多的地方的人数为，则________． 14．设，若恒成立，则的取值范围为________． 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．如图，在直三棱柱中，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16．已知正项数列的前项和为，且满足，数列为等比数列，且，． （1）求数列和的通项公式； （2）数列满足（），求的前项和． 17．在平面直角坐标系中，点，在椭圆∶上． （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线过点，且与椭圆交于，两点，若点使得恒成立，求的值． 18．在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上下左右四个方向移动1个单位长度，记蚂蚁所到达的点为，且对任意的，均有，．现规定只要蚂蚁到达的点满足，则称蚂蚁成功了一次，设蚂蚁第次成功时所移动的总步数为，． （1）求的概率； （2）求随机变量的数学期望； （3）求随机变量的数学期望； 参考公式：①若，则当时，； ②对离散型随机变量，，有：． 19．已知函数． （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）设，若在上存在零点． ①求实数的取值范围； ②记的极值点为，求证：． 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下6月定时检测数学参考答案 1-8．CABCCDCB 9．ACD 10．AC 11．BCD 12． 13． 14． 15．解：（1）证明：因为直三棱柱，所以平面， ．因为，，所以平面，．因为正方形，所以．因为，所以平面 （2）解法一（等体积法）：设点到平面的距离为． 因为， ． 由得，即． 所以直线与平面所成角正弦值为． 解法二：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，，， 所以，．由（1）知为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角正弦值为． 16．解：（1）因为①，时，②．由①-②得， 所以，则．因为，所以． 因为，．则为首项1，公差1的等差数列．所以． 因为，，则公比，，所以． （2）当为偶数时， ， 当为奇数时，， 17．解：（1）由题意有，解得，故椭圆的标准方程为． （2）若直线斜率不为0，设直线的方程为，设，，将直线与椭圆方程联立，得，显然，于是由韦达定理，得 ，，因为，即，于是，，进而有．由的任意性，得，若直线斜率为0，取此时，也满足题意．故所求． 18．解：当点满足时，记其为，，1，2． （1）蚂蚁奇数次移动后必然达到点，之后有的概率到达点，有的概率到达点，蚂蚁在或时，下一步必然到达．故． （2）解法一：由题知，可取2，4，6，8，…，，…．且， 故而． 设 于是 则 于是，得． 解法二：蚂蚁在两次移动后，有的概率经过到达点，有的概率经过到达点，于是 （3）解法一：则当时，蚂蚁第次到达所经历的步数可能为： ，，，…，，… 当蚂蚁通过步第次到达时，前面的步中，在奇数步中，必然到达，偶数步中，有次到达，对应的概率为，最后2步移动以的概率回到． 于是，故 记，则， 于是 又由，有，所以 又由也符合上式知，对于一切，有． 解法二：设初始位置为时第次到达时移动的总次数为，设初始位置为时第次到达时移动的总次数为，由题，初始位置为时第次到达时移动的总次数为，则当时，有 即 即得，又由有 即，又由得． 解法三：由题，有， 结合知，，于是． 解法四：将每两次移动视为一次操作，易知1次操作中，必然有1次到达，有1次到达或者，即每次操作有的概率发生“到达”，有的概率不发生“到达”．于是为使事件“到达”发生次，平均需要进行次操作，于是需要移动次，即． 19．解：（1）由已知，令，，则．因为，令，解得；令，解得所以在单调递增，在单调递减，从而，因此． （2）①，，且，因为，若，则对任意的，，于是在上单调递增，所以在上最多一个零点，而，不合题意； 若，记，因，所以在上单调递增，注意到，时，； 时，，所以存在唯一的，使得，且在上单调递减，在上单调递增． 若，则在上单调递增，而，显然不符合题意 若，则在上单调递减，在上单调递增． 因此，时，，故存在唯一的，使得，符合题意；此时在单调递减，于是只需即可，综上，所求取值范围为 ②由①可知，且，于是在上单调递增，要证，只需证，即证，又，则， 即证， 记，，只需证在时恒成立 则 ；记， ，因为，则，， 所以，故在上单调递增，于是，而有 ，于是在上单调递增，所以，证毕． 学科网（北京）股份有限公司 $