重庆市九龙坡区2025_2026学年高二数学下学期6月月考试题含解析

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有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知集合 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 .
2. 命题 “ ” 的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】全称命题和存在命题的否定规则为“改量词，否结论”.
【详解】将存在量词 改为全称量词 ，同时否定结论“ ”为“ ”.
所以原命题否定形式为“ ”，对应选项为 D.
3. 已知函数 ，则 （ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知函数 ， 因为 .
所以 ， 又
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所以 .
4. 给某班级星期一上午排课，一共 5 节课，语数外各一节，体育课两节（两节体育课相同），要求两节体
育课必须相邻， 则不同的排课种数有（ ）
A. 48 B. 60 C. 24 D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】采用捆绑法，将两节相邻的体育课视为一个整体.
此时需排列的元素为语文、数学、外语、体育整体，共 4 个元素.
4 个元素的全排列数为 .
由于两节体育课为相同课程，内部无需再排列.
因此，不同的排课种数为 24.
5. 已知双曲线 的一条渐近线方程为 分别为其左、右焦点，点 为双曲线
上一点， ，则 （ ）
A. 3 B. 6 C. 10 D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】先由双曲线标准式得 ，结合渐近线斜率求出 ，再利用双曲线定义 ，
代入 求出两个解，再根据双曲线焦点距离的范围舍去不合理解，得到 的值.
【详解】由双曲线 得 ， .
渐近线 得 ，可求 .
由 ，得 .
由双曲线定义得 ，代入 解得 或 .
若 ，则 ，此时点 在双曲线右支上.
而右支上的点到右焦点 的距离不小于 ，故 舍去.
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因此 .
6. 已知 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】由 且 在 上单调递增， ，
若 ，则 ，
由 且 在 上单调递减， ，
若 ，则 ，
显然 可推出 ，反之不一定成立，
综上，“ ”是“ ”的充分不必要条件.
7. 已知公差大于 0 的等差数列 的前 项和为 ，若 ， 的前 项和为 ，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为 ，所以 ，
设数列 的公差为 ，则 ，所以 ，
， ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以
，
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所以 .
8. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为 ，戴墨镜的概率为 ，
各天穿戴的情况独立， 表示他在 20 天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望 （ ）
A. 4 天 B. 8 天 C. 10 天 D. 16 天
【答案】A
【解析】
【详解】记 为事件“小明戴帽子”，记 为事件“小明戴墨镜”，
， ，
，
所以 ， ， （天）.
二、多项选择题（本大题共 3 个小题，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，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
9. 已知等差数列 的首项为 3，公差为 2 .数列 满足 ，下列说法中正确的有（ ）
A. B. 数列 是公差为 2 的等差数列
C. 是等比数列 D. 对任意正整数 成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由等差数列通项公式可判断 A，由 A 得到 ， 的通项公式可判断 BC，由 的通
项公式可判断 D.
【详解】选项 A： 已知等差数列 首项 ，公差 ，
由等差数列通项公式： ，因此 A 正确，
选项 B：设 ，代入 得： ，
公差 ，因此 B 错误，
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选项 C： 由 ，得： ，公比为常数，
因此 是等比数列，C 正确，
选项 D： 左边： ，
右边： ，
由等差数列性质： ，
因此指数相等，左边=右边，对任意正整数 成立，D 正确.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 随机变量 ，则方差
B. 2，4，5，7，8，11，15，18 的上四分位数是 13
C. 用 1，2，3，4，5，6 组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1 和
2 相邻的概率是
D. 对具有线性相关关系的变量 ， ，其线性回归方程为 ，若样本点的中心为 ，对
于样本点 对应的残差为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二项分布的方差公式求方差判断 A，由上四分位数的定义求分位数判断 B，应用分步分类计数及
排列组合求任意相邻两个数字的奇偶性不同的六位数的个数、其中 相邻情况的个数，再由古典概型求概
率判断 C，根据样本中心求参数，再由残差的定义确定样本点的残差判断 D.
【详解】A：由题设 ，则 ，错，
B：由题设 ，数据从小到大排序知上四分位数是 ，对，
C：将 中任意相邻两个数字的奇偶性不同的六位数，
有两种情况：奇偶奇偶奇偶、偶奇偶奇偶奇，所以共有 种，
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其中 相邻的情况，如：“奇偶奇偶奇偶”的排列，
共有奇偶相邻对有 5 个，将 安排到其中一个，
再把 中的奇数、偶数分别安排到余下的 4 个位置，
所以共有 种，
同理“偶奇偶奇偶奇”的情况也有 20 种，故共有 40 种，
综上，在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1 和 2 相邻的概率是 ，对，
D：由题意 ，可得 ，则 ，
当 ，则 ，则残差为 ，对.
11. 已知函数 ，则（ ）
A. 函数 存在唯一零点
B. 若方程 在 上有唯一解，则实数 的取值范围是
C. 存在唯一 ，使得
D. 关于 的不等式 在 上恒成立，则实数 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项 A：对 求导后根据 的正负判断 单调递增后易得存在唯一零点；
对于选项 B：对 求导后根据 的正负判断 的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；
对于选项 C：设 ，再根据形式化简 后求导并判断 的增减性，求出极小值即最
小值为 0，即存在唯一零点 ；对于选项 D：讨论 的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得 的
取值范围.
【详解】对于选项 A：由题易得 ，则 在 上单调递增，
且当 时， ，且当 时， ，
由零点存在定理， 在 上有且仅有 1 个零点，故 A 选项正确；
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对于选项 B：由题得 ，令 ，则 ，
故在 上， ， 单调递减，在 上， ， 单调递增，
故 在 处取极小值，即最小值 ，
且易得当 时， ，
则有若 在 上有唯一解，则 或 ，故 B 选项错误；
对于选项 C：设 ， ，
则 ，
故 ，则 ，令 ， ，
故在 上， ， 单调递减，
则在 上， ， 单调递增，故 在 处取极小值即最小值 ，
则有 在 上有且仅有 1 个零点，由选项 A 易得 在 上单调递增，
故有且仅有 1 个解 使 ，即 有且仅有 1 个零点，故 C 选项正确；
对于选项 D：若有 在 R 上恒成立，讨论 的范围后参变分离：
①若 ，则有 ，显然成立
②若 ，则有 ，令 ，则 ，
令 ， 或 （舍），易得当 时， 在 处取极小值即最小值 ，因
此 ；
③若 ，则有 ，
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令 ，则 ，
令 ， （舍）或 ，
易得当 时， 在 处取极大值即最大值 ，因此 ；
综上， 的取值范围是
故选项 D 正确.
故选：ACD
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 若 的展开式中各项的二项式系数之和为 64，则展开式中的常数项为______．
【答案】60
【解析】
【分析】各项的二项式系数之和为 64，可得 ，求 n；再利用通项公式即可求常数项.
【详解】 因为各项的二项式系数之和为 64， ，即 ；
通项公式 =
令 ，解得 .
展开式中常数项为 .
【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式 的通项公式为 .
13. 已知随机变量 X 服从正态分布 ，若 ，则 ______
【答案】2
【解析】
【详解】由 ，则 ，
结合正态分布的对称性知 ，
所以 ，则
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14. 已知直线 与抛物线 （ ）交于 ， 两点， ， 两点均在 轴上方， 为抛物线的
焦点，若 ，且 是锐角，则直线 的斜率的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】过 作 垂直准线于 ，过 作 垂直准线于 ，过 作 于点 ，借助抛物线
定义结合锐角性质可得 ，再利用斜率与倾斜角的关系计算即可得.
【详解】过 作 垂直准线于 ，过 作 垂直准线于 ，过 作 于点 ，
由抛物线定义可得 ， ，令 ，
则 ，故 ，则 ，
由 是锐角，则 ，
所以 ，
则直线 的斜率 ，
所以直线 的斜率的取值范围为 ．
四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同
场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关
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联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）：
完成比赛 未完成比赛
搭载智能避障系统 180 70
未搭载智能避障系统 120 130
（1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成
全程比赛” 有关?
（2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量
为 10 的样本.再从这 10 台机器人中，不放回地随机抽取 3 台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为 .
求 的数学期望 .
附： ，其中 .
0.100 0.050 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
【答案】（1）“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关.
（2） ，分布列为：
【解析】
【分析】（1）先完善列联表，再计算 ，根据临界值表可得相应判断；
（2）根据超几何分布可求 的分布列，再根据期望公式计算期望即可.
【小问 1 详解】
完善列联表如下：
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完成比赛 未完成比赛 合计
搭载智能避障系统
未搭载智能避障系统
合计
设 ：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关，
则 ，
故根据小概率值 的独立性检验，
可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关.
【小问 2 详解】
根据分层抽样可得 10 台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为 ，
故 可取 ，
又 ， ，
， ，
故 的分布列为：
故 .
16. 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 平 面 底 面 ， 四 边 形 为 直 角 梯 形 ，
，已知 为 的中点.
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（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，
因为 E 为 中点，所以 且 ，
又因为 ，且 ，所以 且 ，
故四边形 为平行四边形，故 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，结合中位线性质，利用线面平行的判定定理即可证明.
（2）先利用面面垂直的性质及梯形性质可得 ， ，再建立空间直角坐标系，利用空间
向量法求得二面角平面角的余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
取棱 的中点 ，连接 ， .
因为 ，且 是棱 的中点，所以 .
因为平面 底面 ，平面 底面 ， 平面 ，
所以 底面 ，又 底面 ， 底面 ，
所以 ， ，
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因为 ，且 ，所以 且 ，
又 ，故四边形 为矩形，所以 ，则以 为坐标原点，
， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，得 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，得 ，
则 ，
设平面 与平面 所成二面角的平面角为 ，
则 ，所以 ，
故平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ．
17. 已知椭圆 ： 过抛物线 的焦点，且与双曲线 有相同的焦点．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设直线 ： 与椭圆 交于不同的两点 ， ，点 ，若直线 的斜率与直线 的
斜率互为相反数，求证：直线 过定点．
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【答案】（1）
（2）直线 过定点 ，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得 ， ，再由椭圆的性质可得
，因此可得椭圆方程；
（2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去 ，由根与系数关系及 可得 ，
进而可得直线过定点.
【小问 1 详解】
由抛物线 ，得焦点 ，
因为椭圆 过抛物线 的焦点，所以 .
由双曲线 ，得焦点 ，
因为椭圆 与双曲线 有相同的焦点，所以 .
由椭圆的性质， ，
∴椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
设 ， ，
联立 ，消去 得 ，
，
， ，
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由已知 ，
所以 ，
所以 ，
则 ，
，
，解得 ，满足 ，
∴直线 的方程为 ，故直线 恒过定点
18. 已知函数 ， ．
（1）求曲线 在 处的切线方程；
（2）求 在 上的单调区间；
（3）若 ， ，且 ，满足 ，求证： ．
（参考数据： ）
【答案】（1）
（2） 的增区间为 ，无减区间
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）对函数求导，应用导数的符号研究函数的单调区间；
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（3）根据题设分析，令 并应用极值点偏移思想构造 ，
，再应用导数研究函数符号，结合 即可证.
【小问 1 详解】
由题设 且 ，则 ，所以切线方程为 ；
【小问 2 详解】
设 ，令 ，则 ，
在 上， ， 单调递减，
在 上， ， 单调递增，
， ， ，
在 上， ， 单调递减，
在 上， ， 单调递增，
所以 ，即 ，
故 的增区间为 ，无减区间；
【小问 3 详解】
由（1），（2）知， 在 上单调递增，
若 ， ，必有 ，
若 ， ，必有 ，
若 ，必有 ， ，矛盾，
令 ， （ ），
，
则 ，
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所以 单调递增， ，
在 上， ， 单调递减， ，
， ，
所以， ，
所以， ，即 ，原不等式成立.
19. 一个盒子里装有 个大小相同的小球，编号分别为 1，2，3，…， ，且 ， ，现进行两
次摸球试验：
第一次：从中不放回地随机摸出 个球，记所摸球的编号组成的集合为 ．第一次试验完成后，将球放回盒
子，再进行第二次试验；
第二次：从中不放回地随机摸出 个球，记所摸球的编号组成的集合为 ．设随机变量 表示 的元
素个数．
（1）若 ， ，求 的分布列及期望；
（2）若 ，且 ，求 ；
（3）求 的方差 （ ， 且 ，结果用 ， 表示），并探究 ， 具有怎样的关系时，
最大？
【答案】（1）
1 2 3
（2）
（3） ，当 为偶数时 时 最大；当 为奇数时 时 最大
【解析】
【分析】（1）由 表示 的元素个数，写出对应可能值及其对应概率，写出分布列，并求出期望值；
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（2）根据题设得 ，将 代入得到方程，即可求参数；
（3）由题 ， ，结合 得到
含 的表达式，再由二次函数性质分析最值.
【小问 1 详解】
由题意 表示 的元素个数，可能取值为 1，2，3，总取法为 ，
表示两次摸出的球恰有 1 个公共元素，取法为 ，则 ，
表示两次取的球有 2 个公共元素，取法为 ，则 ，
表示两次摸出的球有 3 个公共元素，取法为 ，则 ，
所以 的分布列为：
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【小问 2 详解】
由已知， 表示第二次从 个球中取出 2 个球，其中恰有 个球的编号属于 ，
，代入 ，则 ，
化简得 ，解得 或 ，又 ， ，所以 ；
【小问 3 详解】
由题 ， ，
则随机变量 服从超几何分布，
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，
固定时， 的大小由 决定，
是开口向下的二次函数，对称轴为 且 ：
当 为偶数时， 时 最大；
当 为奇数时， 时 最大.
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