重庆市西南大学附属中学2025-2026学年高二下4月定时检测数学试题

西南大学附中高2027届高二下4月定时检测数学试题（满分：150分；考试时间；120分钟）2026年4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（试题卷学生留存，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.直线经过点，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】已知直线经过点，，设直线的倾斜角为，则，．2.已知是函数的导函数，，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【详解】由题可得，所以3.已知数列是首项为4，公比为的等比数列，若成等差数列，则（）A.4 B.8 C.4 D.8【答案】A【解析】【详解】由数列是首项为4，公比为等比数列，得，由成等差数列，得，即，则，而，解得，所以.4.下列各式正确的是（）A.B.C.D【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用排列数、组合数的计算公式，以及组合数的性质，逐项计算，即可求解.【详解】对于A，由，，所以，故A不正确；对于B，由，，所以，所以B不正确；对于C，由，又由，所以，所以C正确；对于D，由组合数的性质，可得，所以，所以D不正确.5.已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，设，则有，，两式相减得，则有，由，，，所以，得，即，所以，则椭圆的离心率.6.某校组织包含甲在内7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为（）A.420 B.600 C.840 D.960【答案】A【解析】【详解】将名大学生分为三组：第一组个人，第二组2个人，第三组个人，共有

种分组方法；由于甲不去看足球比赛，故甲所在的组只有种选择，剩下的组任意选，有

种分配方法；所以甲同学不去观看足球比赛的方案种数为共有

种方法.7.在平面直角坐标系中，已知点，若直线上存在点使得，则的取值可能为（）A. B.0 C. D.1【答案】D【解析】【分析】根据求解点的轨迹方程为圆，进而结合直线和圆的位置关系建立关于圆心到直线的距离和圆的半径的不等式并求解.【详解】设，已知，则,由得：,整理配方得:,即的轨迹是圆心为，半径的圆.由直线，得：，可知直线恒过定点.因为直线上存在点满足条件，即直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离.因为圆心到直线的距离：，所以，即，故选项D，满足.8.已知函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】有两个极值点等价于有两个不相等的实数根，构造函数，再求出导函数得出单调性结合函数值域得出参数范围.【详解】令，则有两个不同的根．，所以或，因为，所以的左右变号是极值点，所以有一个根，设，，当单调递减；当单调递减；当单调递增；当，当，所以与有一个交点，所以，但是当时，，即得，所以的左右不变号不是极值点，所以.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.已知等差数列的前项和存在最小值，且，则下列说法正确的是（）A.首项B.C.当时，取得最小值D.时，最小为19【答案】BC【解析】【分析】先根据等差数列前项和存在最小值确定公差，首项，再分别对各选项利用等差数列通项公式，前项和公式及性质进行分析判断.【详解】已知等差数列的前项和存在最小值，所以数列公差，首项，在A选项中，首项，A错误，在B选项中，利用等差数列通项公式可得：

，又因为，故，即，B正确，在C选项中，已知，且，因此，，所以前10项均为负数，从第11项开始为正数，前项和在时取得最小值，C正确，在D选项中，利用等差数列前项和性质可得：

（），

（），因此时，最小为，D错误.10.某校计划安排五位老师（包含甲､乙､丙）负责2026年5月1日至5月5日的值班工作，每人值班一天，每天都有人值班，则下列说法正确的是（）A.若甲､乙必须在相邻的两天值班，则不同的安排方法共有48种B.若甲､乙值班的两天不相邻，则不同的安排方法共有72种C.若甲､乙､丙三人值班的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法共有60种D.若甲5月1日不值班，乙5月5日不值班，则不同的安排方法共有78种【答案】ABD【解析】【分析】由相邻问题捆绑法、不相邻插空法以及定序问题倍缩法即可求解判断ABC；由全排列减去甲5月1日值班以及乙5月5日值班的情况数，加上甲5月1日值班且乙5月5日值班的安排方法即可求解判断D.【详解】若甲､乙必须在相邻的两天值班，则不同的安排方法共有种，A正确；若甲､乙值班的两天不相邻，则不同的安排方法共有种，B正确；若甲､乙､丙三人值班的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法共有种，C错误；甲5月1日值班与乙5月5日值班不同的安排方法数之和为种，甲5月1日值班且乙5月5日值班的安排方法有种，所以若甲5月1日不值班，乙5月5日不值班，则不同的安排方法共有种，D正确.11.已知函数，则下列选项正确的有（）A.函数有唯一零点B.若方程有两个实数解，则实数的取值范围为C.若对任意恒成立，则实数的取值范围为D.记，则【答案】ACD【解析】【分析】借助导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理、分离参数，逐一判断选项即可.【详解】对于A：函数的定义域为，又因为，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在取到最大值，且，又因为当时，，当时，，故有唯一零点，故A正确；对于B：函数的定义域为，又因为，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在取到最大值，且，又因为当时，，当时，，所以若方程有两个实数解，则，故B错误；对于C：若对任意恒成立，分情况讨论：当时，左边，不等式成立；当时，，不等式变形为，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得最大值，最大值为，故；当时，，不等式变形为，令，求导同，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在处取得最小值，最小值为，故，综上，，故C正确；对于D：因为，令，所以在上恒成立，故，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的最大值在或上取得，因为，而，故，故D正确.【点睛】以导数为工具，精准分析和的单调性、极值与最值，是解决本题的关键.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数在点处的切线方程是__________.【答案】【解析】【分析】借助导数几何意义计算即可得.【详解】，，又，故函数在点处的切线方程是，整理得.13.已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限的交点为，若，则直线的斜率为__________.【答案】【解析】【详解】如图：将直线与抛物线方程联立，消去，可得：，整理得：.设，，则，.根据焦半径公式，，，由，所以，因为，所以.结合.因为、在第一象限，所以，.所以.所以直线的斜率为：.14.已知数列的前项和为，且满足，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得数列的通项公式为，得到，转化为，分为奇数和为偶数，两种情况讨论，进而求得的取值范围.详解】由数列满足，当时，可得；当时，，两式相减得，所以，所以数列的通项公式为，当时，；当时，，当时，适合上式，所以由不等式，即，当为奇数时，不等式恒成立，即为，可得，所以，当时，可得取得最大值，所以；当为偶数时，不等式恒成立，即为，可得，所以，设，令，因为是不小于2的偶数，所以为正奇数，且，当时，即时，取得最小值，最小值为，所以，综上可得，实数的取值范围为.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.已知函数，当时，有极小值0.（1）求实数的值；（2）求函数在区间上的最值.【答案】（1）（2）在上的最小值为，最大值为.【解析】【分析】（1）由时有极小值0得到，通过计算得解；（2）利用导数法求出在区间上的单调性，通过单调性得到区间的极值和端点值，从而得到在区间上的最值.【小问1详解】，，当时，有极小值0，，，，，，的解为或，在上是单调递增函数；的解为，在上是单调递减函数，在处取得极小值，满足题意，故；【小问2详解】，，，又，在上的解为，在上是单调递增函数；在上的解为，在上是单调递减函数；在上的最小值为，又，，，在上的最大值为，综上可知，在上的最小值为，最大值为.16.已知是数列的前项和，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用前项和与第项的关系及构造法求出通项公式.（2）利用错位相减法求和即得.【小问1详解】在数列中，，当时，，两式相减得，即，则，由，得，因此数列是首项为，公比为2等比数列，故，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）得，则，于是，两式相减得，所以数列的前项和17.如图，在三棱锥中，与均是边长为的等边三角形，平面平面是棱上的动点.（1）证明：；（2）若平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过取中点构造辅助线，利用面面垂直的性质证明线面垂直，结合勾股定理逆定理完成垂直关系的证明；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值确定动点的位置，再通过点到平面的距离公式求解点到平面的距离.【小问1详解】取中点,连接、，、为边长的等边三角形,,,,且，由,,,得,故为定长，平面平面,交线为,平面且,平面,故，由,,得,,,，在中,,,,由勾股定理逆定理得,即.【小问2详解】以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系：，，，，设在上，，故设，.平面的法向量为，，，设平面的法向量为，则得，取，，故.平面与平面所成锐二面角的余弦值为，故两边平方得，整理得，即，解得（舍去），故.，，平面的法向量，，点到平面的距离：.18.已知椭圆的离心率，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作两条斜率分别为的直线交椭圆于两点，交椭圆于两点，弦的中点分别为.（i）当时，求弦长；（ii）当时，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）由给定的离心率及所过点求出即可.（2）（i）求出直线方程，与椭圆方程联立求出弦长；（ii）联立直线与椭圆方程求出点的坐标，同理得点坐标，再将的面积用表示，借助基本不等式求出最大值.【小问1详解】由椭圆的离心率，得，即，又椭圆过点，则，联立解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】（i）当时，直线的方程为，设，由消去得，，则，所以.（ii）当时，直线的方程为，设，由消去得，，而是弦的中点，则，即，同理，因此的面积，而，当且仅当或时取等号，因此当或时，，所以面积的最大值为.19.已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，若对任意，求的取值范围；（3）证明：对任意.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数分和两种情况研究导函数的正负情况即可求解；（2）首先分离常数，再利用导数研究的单调性，进而得到的取值范围，或利用局部保号性也可求参数的取值范围.（3）根据（2）问的结论，以及数列的前n项和公式进行化简证明即可.【小问1详解】函数的定义域为，.当时恒成立，函数在上单调递增，当时，令得，则当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.【