精品解析：重庆市南开中学校2025-2026学年高二下学期7月质量检测数学试题

高2027届高二质量检测数学 一、选择题：本题共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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题，的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为抛物线：的焦点，点，若为抛物线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知事件，相互独立，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，为正实数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个不同的极值点，，若存在实数使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 某市文旅局在该市随机挑选了100名游客进行旅游体验满意度打分评价，满分100分，分值为整数值，90分及以上为优秀等级，80至89分为良好等级，根据这100名游客的评分绘制如图所示的频率分布直方图，根据该直方图，下列说法正确的有（ ） A. B. 样本数据的众数可能为95 C. 样本数据的中位数估计值小于平均数估计值 D. 从评分等级为优秀和良好的游客中，采用分层抽样的方法抽取21人进行座谈交流，则抽到评分为优秀的游客有12人 10. 已知函数，，则（ ） A. B. 关于的方程有两个不相等的实根 C. 函数有两个极值点、 D. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 11. 设且，表示不超过的最大整数，，，则下列说法正确的有（ ） A. 函数值域为 B. 函数的最小值为0 C. 若方程有无穷多个解，则 D. 存在有理数，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 多项式的展开式中，项的系数为______. 13. 已知函数在上存在减区间，则实数的取值范围为______. 14. 将正整数“1，2，3，4，5，6”随机排列得到“，，…，”，记为数列，则满足，（）的数列共有______个. 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. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在极小值，且极小值小于零，求实数的取值范围. 16. 已知正方体的棱长为2，为棱的中点. （1）若平面平面，求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 乒乓球运动是常见的大众运动项目之一.已知11分制乒乓球比赛中，每一局比赛的规则如下：参加比赛双方的起始比分为，任何一方每赢得一球该方增加1分，对方不加分；若双方比分未出现10：10，参赛双方每打完两球交换一次发球权，直至某一方先得11分且至少领先对方2分时，该方获胜，该局比赛结束；若双方比分出现10∶10，立即交换发球权，且接下来每打完一球交换一次发球权，直至某一方领先对方2分，该方获胜，该局比赛结束.现甲、乙双方进行乒乓球比赛，设甲发球并赢得该球的概率为，乙发球并赢得该球的概率为，且双方打每个球的结果相互独立.已知甲、乙在某局比赛中目前的比分为10：10，接下来由甲发球. （1）求双方又打了4个球后该局比赛结束的概率； （2）求该局比赛甲获胜的概率. 18. 已知为坐标原点，椭圆：（）的右顶点为，离心率，动点，，过的动直线交椭圆于，两点. （1）求的方程； （2）若，求四边形面积的最大值； （3）设的面积为，若，且斜率不为，试讨论：是否存在定值，使，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 19. 已知：若是开区间上的可导函数，且导函数是上的单调函数，则对任意的，且，关于的方程（）存在唯一解，将这个解记为. （1）求； （2）求证：对任意的，且，有； （3）已知，，若对任意的，且，都有，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2027届高二质量检测数学 一、选择题：本题共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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为集合=， =， 所以. 2. 命题，的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】命题“，”的否定为“”. 3. 已知，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数、指数函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为，，， 所以. 4. 已知为抛物线：的焦点，点，若为抛物线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线标准方程以及定义，结合两点之间线段最短，即可求得结果. 【详解】因为抛物线方程为，所以焦点，准线为， 设点到准线的垂线段为，垂足为， 根据抛物线定义得，所以， 根据两点之间线段最短得到，三点共线时等号成立， 且此时，所以，即的最小值为. 5. 已知函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过代入化简各选项的函数表达式，结合奇函数定义域关于原点对称、满足的性质逐一验证即可. 【详解】首先确定的定义域：由且，得或， 对于A选项，令，其定义域满足或，即，不关于原点对称，故A选项错误； 对于B选项，令，其定义域满足或，即，关于原点对称， 将代入的表达式：， 故， 验证奇函数定义：， 不满足，故不满足奇函数性质，故B选项错误； 对选项C，令，其定义域满足或，即，关于原点对称， 将代入的表达式：， 故， 验证奇函数定义：满足奇函数性质，故C选项正确； 对于D选项，令，其定义域满足或，即，不关于原点对称，故D选项错误； 6. 已知事件，相互独立，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设，由得. ∵ 事件相互独立， ∴ . 又∵ ，代入得， 整理得，解得或. ∵ 事件概率满足，故舍去， ∴ . 7. 已知，为正实数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将原式的两个分母整体设为新变量，通过解方程组用新变量表示，代入原式化简后结合基本不等式即可求解最值. 【详解】∵ 为正实数，令，，，， 联立得，解得，. ∵ 为正实数， ∴ ，即，满足基本不等式使用条件. 所以. 则，当且仅当，即时取等号. 此时，，均为正实数，等号可取. ∴ 原式，即最大值为. 8. 已知函数有两个不同的极值点，，若存在实数使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知在内有2个不相等的实数根，，参变分离结合函数图象可得，利用韦达定理整理可得存在实数，使得，即可得结果. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，且， 若函数有两个不同的极值点，， 则在内有2个不相等的实数根，， 显然不合题意，即， 可得，即与在内有2个不同的交点， 由图象可知：，解得， 且，， 由可得，即， 可知存在实数，使得， 且，则，可得， 所以实数的取值范围为. 二、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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 某市文旅局在该市随机挑选了100名游客进行旅游体验满意度打分评价，满分100分，分值为整数值，90分及以上为优秀等级，80至89分为良好等级，根据这100名游客的评分绘制如图所示的频率分布直方图，根据该直方图，下列说法正确的有（ ） A. B. 样本数据的众数可能为95 C. 样本数据的中位数估计值小于平均数估计值 D. 从评分等级为优秀和良好的游客中，采用分层抽样的方法抽取21人进行座谈交流，则抽到评分为优秀的游客有12人 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A选项，根据直方图所有小矩形面积之和为1，列方程求出的值，判断选项A；对于B选项，根据众数的定义（最高矩形底边的中点）判断选项B；对于C选项，分别计算平均数和中位数的估计值，进行比较判断选项C；对于D选项，计算优秀和良好等级的人数，利用分层抽样公式计算抽取人数，判断选项D. 【详解】选项A：由频率分布直方图的性质可知，所有矩形的面积之和为1， 即，解得，所以，故选项A错误； 选项B：在频率分布直方图中，众数通常取最高矩形底边的中点值，图中最高的矩形对应区间，其中点为， 所以样本数据的众数估计值为95，故选项B正确； 选项C：平均数的估计值为各组中点值与对应频率乘积之和：； 中位数的估计值：前三组的频率之和为，前四组的频率之和为， 所以中位数位于第四组内，设中位数为，则，解得， 因为，所以中位数估计值大于平均数估计值， 故选项C错误； 选项D：评分为优秀（）的频率为，人数为人， 评分为良好（）的频率为，人数为人， 优秀和良好等级的总人数为人，采用分层抽样抽取21人，抽样比例为， 则抽到评分为优秀的游客人数为人， 故选项D正确. 10. 已知函数，，则（ ） A. B. 关于的方程有两个不相等的实根 C. 函数有两个极值点、 D. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A，通过两式相减化简求解；B，通过化简方程并构造新方程，利用单调性求解实根个数；C，通过函数的极值点与导数的关判断；D，通过函数单调性结合图形可判断. 【详解】选项A，，所以，A正确. 选项B，，化简可得，， 由可得，由可得， 所以在单调递减，单调递增， 所以，所以只有一个实根，B错误； 选项C，令，因为，， 对于函数，，可得， 即函数的定义域为，且，， ， 由可得或或， 因为，则， 由可得，由可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，亦即最大值，即， 令，则函数与函数的单调性一致， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 因为，， 所以存在，使得，即， 且当时，；当时，，列表如下： 增 极大值 减 减 极小值 增 所以函数有两个极值点、，C正确； 选项D，当时，，此时， 由C选项可知，函数在上递增，在上递减， 则函数的极大值为， 函数在上递减，在上递减， 则函数的极小值为，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是，D正确. 11. 设且，表示不超过的最大整数，，，则下列说法正确的有（ ） A. 函数值域为 B. 函数的最小值为0 C. 若方程有无穷多个解，则 D. 存在有理数，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，通过假设的值求得范围并求解值域，对于B，通过对范围的判断并且举例时来表示出最小值，对于C，通过判断范围来对的范围分类讨论求解，对于D，通过假设法假设出有理数代入求解. 【详解】选项A，，设，所以，，正确. 选项B，，因为且，所以不为负数. 又因为，所以最小值为，正确. 选项C，对于所有，有，，所以大致可知. 要使，即且，，，当且仅当时成立，所以只有一种解. 当时：若，令，， 且足够大，则方程化为，对于每一个， 当趋于无穷大时，趋近于，都可找出与其对应，因此有无穷多解. 若，设，， 且足够大，则方程化为， 先忽略来考虑，这是一个对勾函数且最小值为，仅在时取得，由于， 所以对于每一个，我们都可以适当地增大来减小，因此都可找出与其对应，有无穷多解. 当时，可取，为大于的整数，此时满足，因此有无穷多解. 综上所述，，正确. 选项D，假设存在有理数且互质，满足. 设，，则，同时设，，则. 得到，即. 因为，所以整除，与上述矛盾，故假设不成立，错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 多项式的展开式中，项的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式直接求解即可. 【详解】由题知，的展开式中， 含的项为， 所以项的系数为. 13. 已知函数在上存在减区间，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意将函数在给定区间上的单调性问题转化成导函数不等式能成立问题，通过参变分离，构造函数，求其值域即得参数范围. 【详解】由求导得， 因函数在上存在减区间，则在上有解，即在上能成立. 设，则，则函数在上单调递增， 故，即，故可得， 即实数的取值范围为. 14. 将正整数“1，2，3，4，5，6”随机排列得到“，，…，”，记为数列，则满足，（）的数列共有______个. 【答案】 【解析】 【分析】根据按的取值情况进行分类，再列出所有可能的数列. 【详解】因为，，（）， （1）所以当时，或； 当，时，则需，此时，只有一种数列； 当，时，数列为，只有一种数列； （2）当时，，或； 当，时，此时有一种数列； 当时，无数列满足要求， 当时，有一种数列满足要求， （3）当时，，或； 当时，此时数列可以为只有一种数列； 当时，此时没有数列满足条件； 当时，此时没有数列满足条件； 当时，此时只有一种数列； （4）当时，，，或， 当时，此时有一种数列； 当时，此时无数列满足要求； 当时，此时无数列满足要求； 当时，此时有一种数列满足要求； （5）当时，，或； 当时，有一种数列； 当时，无数列满足要求； 当时，有一种数列； （6）当时，或； 当时，有一种数列； 当时，有一种数列； 综上所述，共有12种数列. 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. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在极小值，且极小值小于零，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，在、上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在、上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求导后分类讨论求函数的单调区间； （2）根据函数的单调性讨论函数的极小值，建立不等式求解即可. 【小问1详解】 定义域为，， 当时，或，，单调增区间为，，单调减区间为； 当时，，在上是增函数； 当时，或；， ∴的单调增区间为，，单调减区间为. 综上，时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知时，的极小值为,令， 即，解得； 当时，无极值，不符合题意； 当时，的极小值为，不符合题意，舍去. 综上，实数的取值范围为. 16. 已知正方体的棱长为2，为棱的中点. （1）若平面平面，求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）设，则为的中点， 连接，因为为棱的中点，则， 且平面，平面，则平面， 又因为平面，平面平面，所以. （2）0 【解析】 【分析】（1）作辅助线，可证平面，结合线面平行的性质定理分析证明； （2）分析可知平面与平面夹角为，利用勾股定理可知，即可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，，，则，， 且为的中点，则，，可知平面与平面夹角为， 在中，，，，则， 可知，平面与平面夹角余弦值为. 17. 乒乓球运动是常见的大众运动项目之一.已知11分制乒乓球比赛中，每一局比赛的规则如下：参加比赛双方的起始比分为，任何一方每赢得一球该方增加1分，对方不加分；若双方比分未出现10：10，参赛双方每打完两球交换一次发球权，直至某一方先得11分且至少领先对方2分时，该方获胜，该局比赛结束；若双方比分出现10∶10，立即交换发球权，且接下来每打完一球交换一次发球权，直至某一方领先对方2分，该方获胜，该局比赛结束.现甲、乙双方进行乒乓球比赛，设甲发球并赢得该球的概率为，乙发球并赢得该球的概率为，且双方打每个球的结果相互独立.已知甲、乙在某局比赛中目前的比分为10：10，接下来由甲发球. （1）求双方又打了4个球后该局比赛结束的概率； （2）求该局比赛甲获胜的概率. 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】比分为10∶10后，每球交换发球权．把连续两球看作一轮：第一球由甲发球，第二球由乙发球．若一轮中双方各赢一球，则比分重新相同，且下一轮仍由甲发球；若同一方连赢两球，则该局比赛结束．据此计算即可． 【小问1详解】 在一轮的两球中，甲连赢两球的概率为. 乙连赢两球的概率为. 所以一轮后比分重新相同的概率为. 双方恰好又打4个球后比赛结束，当且仅当第一轮双方各赢一球，第二轮有一方连赢两球． 故所求概率为. 【小问2详解】 设从当前状态开始，甲最终获胜的概率为． 第一轮中，甲连赢两球的概率为； 双方各赢一球的概率为，此时又回到当前状态． 因此解得. 故该局比赛甲获胜的概率为． 18. 已知为坐标原点，椭圆：（）的右顶点为，离心率，动点，，过的动直线交椭圆于，两点. （1）求的方程； （2）若，求四边形面积的最大值； （3）设的面积为，若，且斜率不为，试讨论：是否存在定值，使，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）． （2）． （3）存在，． 【解析】 【分析】（1）由右顶点和离心率求出 ； （2）根据向量关系设出 的坐标，利用两点在椭圆上建立关系，将四边形面积表示为 的函数，再求最大值； （3）先由向量恒等式把已知条件化为 ，再设直线方程，利用根与系数的关系求出 的面积． 【小问1详解】 由右顶点为，得． 又，所以，从而. 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 由，设. 则. 因为都在椭圆上，所以,. 两式相减，得. 将代入第一式，得.所以. 于是. 由及，得． 因为在轴上，且，所以四边形的面积. 故. 令，则，且. 由基本不等式，. 当且仅当，即 时取等号． 因此. 故四边形面积的最大值为. 【小问3详解】 设，直线的斜率为． 由题意，． 由. 得. 又因为在椭圆上，所以. 因此即. 直线的方程可设为. 与椭圆方程联立，得 由根与系数的关系，.且. 由，化简得. 因为，所以. 上述关于的一元二次方程的判别式为 所以. 又. 故,所以 ． 因此. 故存在定值，且. 19. 已知：若是开区间上的可导函数，且导函数是上的单调函数，则对任意的，且，关于的方程（）存在唯一解，将这个解记为. （1）求； （2）求证：对任意的，且，有； （3）已知，，若对任意的，且，都有，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）设， 则，， 所以， 要证，即证， 即证，即证， 令，则，代入得：， 两边同时除以得，整理得：， 令，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增，， 所以，在上单调递增，，不等式成立， 所以； （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程求解； （2）将要证的不等式转化为证，利用导数进行证明即可； （3）同（2）将要证的不等式进行转化，再根据导数进行证明. 【小问1详解】 由题可知，则， 令，解得， 所以 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，令，则， 当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增， 由（2）知， 设，则待证不等式等价于， 即需证， 令，则， 所以原不等式等价于，， 设， 则，， 所以，令， 则， 若在区间上单调递增，则时有， 即，于是在上单调递增，， 进而单调递增，，不等式成立， 令，则，令， 则，即，令，则， 在上单调递增，又， 故当时，， 故实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $