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重庆市渝西中学2025-2026学年高二下学期6月月考数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．命题 “ ” 的否定为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数 ，则 （ ）
A． B．1 C． D．
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
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
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
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．
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
二、多选题
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
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
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
三、填空题
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______．
13．已知随机变量X服从正态分布，若，则______
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______．
四、解答题
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 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
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.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.
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．
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：）
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？
参考答案
1．C
【详解】已知集合，所以，即，
因为，所以.
2．D
【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．C
【详解】已知函数， 因为.
所以， 又
所以.
4．C
【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．D
【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.
因此 .
6．A
【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．C
【详解】因为，所以，
设数列的公差为，则，所以，
，，
所以当时，，当时，，
所以
，
所以.
8．A
【详解】记为事件“小明戴帽子”，记为事件“小明戴墨镜”，
，，
，
所以，，（天）.
9．ACD
【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，
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．BCD
【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，
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．ACD
【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；
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，
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
12．60
【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.
13．2
【详解】由，则，
结合正态分布的对称性知，
所以，则
14．
【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．
15．(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：
【详解】（1）完善列联表如下：
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.
（2）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．(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)
【详解】（1）略
（2）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，，
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．(1)
(2)直线过定点，证明见解析
【详解】（1）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.
（2）设，，
联立，消去得，
，
，，
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．(1)
(2)的增区间为，无减区间
(3)证明见解析
【详解】（1）由题设且，则，所以切线方程为；
（2）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；
（3）由（1），（2）知，在上单调递增，
若，，必有，
若，，必有，
若，必有，，矛盾，
令，（），
，
则，
所以单调递增，，
在上，，单调递减，，
，，
所以，，
所以，，即，原不等式成立.
19．(1)
1 2 3
(2)
(3)，当为偶数时时最大；当为奇数时时最大
【详解】（1）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：
1 2 3
（2）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；
（3）由题，，
则随机变量服从超几何分布，
，
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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