精品解析：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. 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定形式判断即可. 【详解】命题的否定形式为：，. 2. 若随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【详解】由正态分布的对称性可知. 3. 等比数列的公比，且，，成等差数列，则的值（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及等差中项求解即可. 【详解】等比数列中，，，， 因为，，成等差数列，所以，即， 整理得，解得或（舍去）. 所以. 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. 【答案】C 【解析】 【详解】依题意每次摸到白球的概率为，则， 的方差. 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 【答案】C 【解析】 【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式求解，再根据充分性和必要性的定义判断即可． 【详解】或， 因为是或的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件． 6. 在的展开式中项的系数是（ ） A. B. C. 24 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】将原式转化为，再利用两个二项展开式求含项的系数． 【详解】， 中项的系数为，项的系数为，常数项为， 中项的系数为，项的系数为，常数项为， 所以展开式中含有项的系数为． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件构造函数，求函数的导数，判断函数的单调性，将不等式进行转化求解即可. 【详解】由题意，设，则， 当时，有，所以当时，， 所以函数在上为增函数， 因为函数是偶函数，所以是偶函数， 由，得，又，所以， 所以，所以，又函数在上为增函数， 所以，解得或，所以成立的的取值范围是. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据前项和为，求出数列的通项公式，根据通项的表达式，利用裂项相消的计算方法求出前项和，列出不等式，求解正整数的取值范围． 【详解】因为，当时，；当时，， ； 综上； 因为， 故， 则 ， 即，即， 解得，故正整数的最小值为． 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据决定系数的意义判断A选项；根据线性相关系数的意义判断B选项；根据回归方程的意义判断C选项；根据独立性检验的意义判断D选项． 【详解】根据决定系数越大，模型拟合效果越好，残差的平方和越小，故A正确， 根据样本相关系数越接近1，线性相关性越强，因为， 故组数据比组数据的线性相关性强，故B错误； 根据经验回归方程必然过点，代入可得，解得， 故变量与正相关，故C正确； 根据独立性检验，，故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 【答案】AC 【解析】 【详解】已知，求导得， 选项A：因为，有两个不同的实根， 且在两侧导数符号改变，因此有两个极值点，A选项正确； 选项B：令，得，即，解得， 因此直线与图象有个公共点，B选项错误； 选项C：的极大值为（恒成立）， 极小值为有三个零点等价于极小值小于， 即，结合得，即，C选项正确； 选项D：当时，，所以在上恒成立， 在单调递减，， 当时，，不满足，D选项错误. 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 【答案】BCD 【解析】 【详解】已知正实数满足，逐个分析选项： 选项A：，由基本不等式， 得，最小值为，A错误. 选项B：将代入得： ， 当时，等号成立，故B正确； 选项C：变形化简 ，由乘“1”法得： ， ， 所以， 等号成立当，即等号成立，故最大值为，C正确. 选项D：先化简前两项：， 由，得， 故原式， 两个等号均可同时取到（），故最小值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设集合，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】集合， 集合， 所以. 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________． 【答案】## 【解析】 【详解】依题意共有种情况，显然， 考虑即三位同学各去了一个地方的情况，有种， 所以. 14. 设，若恒成立，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用两个函数值的取值情况，满足同号相乘为正，来分析二次函数的取值规律，从而可得取值范围. 【详解】设，定义域，求导得， 故在上单调递增，且， 因此：当时，；当时；当时，； 设，由恒成立， 可知必须满足：与同号（）， 且必是的零点（否则符号矛盾）， 故，其中，， 此时，易知对所有恒成立（同号相乘为正）， 因此要使恒成立，只需对所有恒成立， 即（因为，最小值趋近于0，故最大为0）， 由, 因为且， 所以， 即， 所以的取值范围为. 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． 【答案】（1）在直三棱柱中，平面，因为平面，所以 ， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，又因为， 所以侧面为正方形，所以 ， 因为，且平面，所以 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理，通过两次线线垂直，推导出直线垂直平面即可； （2）解法一：先利用三棱锥等体积互换，换顶点、换底面，由算出到平面距离；再依据线面角定义：线面角正弦=垂距/斜线长，代入求值即可；解法二： 先根据垂直条件建空间直角坐标系，写出坐标，再借用第(1)问线面垂直结论直接得到平面法向量，搭配斜线方向向量，最后套用线面角向量公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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：如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由（1）知， 平面， 所以平面的一个法向量为，取， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成的角为， 则 所以直线与平面所成角正弦值为． 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． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）对于数列，利用与的关系，通过和两种情况求出通项公式；对于数列，根据已知条件求出首项和公比，进而得到通项公式； （2）对于数列，根据的奇偶性分别求和，再将结果相加得到前项和即可. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 当为偶数时， ， 当为奇数时，是偶数， 则， 把偶数公式中替换成： 则， 所以 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法来求椭圆方程； （2）利用方程组思想，结合斜率公式和韦达定理，可求解参数. 【小问1详解】 由题意有，解得， 故椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 若直线斜率不为0，设直线的方程为， 将直线与椭圆方程联立， 得，显然， 设，，于是由韦达定理可得： ，（*）， 因为，即，则 ，， 将（*）代入，得 整理得． 由的任意性，可得， 若直线斜率为0，取，此时，也满足题意． 故所求． 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：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式计算即可求解； （2）解法一：由题意得可取2，4，6，8，…，，…．且，进而计算求得，进而利用错位相减法和极限求解即可；解法二：由题意可得，求解即可； （3）解法一：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，最后2步移动以的概率回到，求得对应概率，进而可求得，进而利用错位相减法计算即可求解；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，可得，进而计算可求解. 【小问1详解】 当点满足时，记其为，，1，2． 蚂蚁奇数次移动后必然到达点，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． 【小问2详解】 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 【小问3详解】 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. 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：． 【答案】（1） （2）①； 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． 【解析】 【分析】（1）不等式恒成立，分离构造新函数，则求导找的单调区间，确定函数先增后减，求出，从而解出参数范围； （2）①时导数，函数单调增，无法满足零点条件，直接排除，时导函数单调递增，存在唯一变号零点，使得，原函数先减后增，极小值点唯一，极小值，配合区间端点函数值正负，满足零点存在条件，限定参数范围即可； ②利用两式消去参数，建立关系式，欲证，结合前面函数单调性，转化为证明函数值，等价变形后构造单变量辅助函数，，求导研究单调性，证函数，即可得到原不等式成立. 【小问1详解】 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． 所以实数的取值范围 【小问2详解】 ①，，且， 因为，若，则对任意的，， 于是在上单调递增， 所以，在上无零点，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，在单调递增， 于是只需即可，即 综上，所求取值范围为 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $