浙江杭州学军中学2025-2026学年高二下学期数学周末练3

《高二（下）数学周末练（3）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B D C A C D ABC ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】利用等比数列的前项和的性质：为等比数列，进行求值； 【详解】因为，，， 又因为， 所以为公比为的等比数列， 所以； 故选：A. 2．A 【分析】利用同角三角函数的商关系和二倍角公式进行化简可求得，然后根据同角三角函数的关系求出. 【详解】由题意得，，化简得， 整理得，,， 因为为第二象限角，所以. 故选：A 3．B 【分析】举反例可说明充分性不成立，利用两平面有公共点，则公共点在两平面的交线上可说明必要性成立. 【详解】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点， 且三点共线，但直线不共面， 所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件； 若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内， 则在平面与的交线上，所以三点共线， 所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件； 所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件. 故选：B. 4．D 【解析】设出圆柱的高，找到侧面积和之间的关系，即可求得体积. 【详解】根据题意，不妨设圆柱的高为，又因为轴截面为正方形， 故可得底面半径为. 则，解得， 故可得圆柱体积. 故选：D. 【点睛】本题考查圆柱的侧面积和体积的求解，属基础题. 5．C 【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求 【详解】步骤1：先排 4 个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）； 步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：； 步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法， 剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列， 有种方法.故不满足条件的情况有. 故总数为： 故选：C 6．A 【分析】根据相交圆的性质，结合互相垂直直线斜率的关系进行求解即可. 【详解】根据相交圆的性质可知直线与直线垂直， 线段的中点在直线上， 所以， 所以线段的中点的坐标为， 则有， 因此. 故选：A 7．C 【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可． 【详解】设，由，因为 ，，所以 ， 因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ； 当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立． 故选：C． 【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值． 8．D 【分析】依题意求出的反函数，将“镜像距离”转化成一对反函数图象上两点之间的距离，利用导数求出最值即可求得结果. 【详解】由函数可得，即， 所以的反函数为， 由点在曲线上，可知点在其反函数上， 所以 相当于上的点到曲线上点的距离， 即， 利用反函数性质可得与关于对称， 的最小值相当于点到直线的距离最小值的2倍， 点到直线的距离，由于恒在下方， 所以， ，求导得：，令 得，又在上单调递增， 所以可得对恒成立，对恒成立， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以， 所以. 故选：D 9．ABC 【分析】根据全概率公式、条件概率公式等知识逐项计算判断即可. 【详解】对于A，由全概率公式得，，故A正确； 对于B，，所以，所以，相互独立， 那么，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率， 两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”， 为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误. 10．ACD 【解析】对于A，利用赋值法令，并结合题目条件，即可求出，从而可求出；对于B，根据二项展开式中二项式系数和为，即可判断B选项；对于C，由于已求出，利用赋值法，即可求出展开式中所有项系数和；对于D，对原式进行求导，再令，即可得出的结果. 【详解】解：对于A，令，可得， 即， 即，① 令，得，即，② 由于的展开式中，所以，③ 所以①-②-③得：， 而， 所以，解得：，故A正确； 对于B，由于，则， 所以展开式中二项式系数和为，故B错误； 对于C，由于，则的所有项系数为 ，故C正确； 对于D，由于，则， 等式两边求导得：， 令，则，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据二项式的系数和求参数，以及所有项的二项式系数和的求法，利用赋值法求各项系数和是解题的关键，考查学生运用和计算能力. 11．ACD 【分析】首先由已知条件求得双曲线方程为，求出离心率判断A，由双曲线的性质求得最小值判断B，利用角平分线定理求得，计算三角形面积判断C，设，由导数求得切线方程后，求出点坐标，计算三角形面积判断D． 【详解】由题意知， 设，，则， ，，相减整理得， ， ，故，双曲线的方程为， 对于A：，故，选项A正确； 对于B：因实轴长，故选项B错误； 对于C：记，，，，，由角平分线定理得：，又，所以，于是，所以，，故选项C正确； 对于D：设，，，， 时，，，， 切线方程为，整理得, 同理时，，，，， 切线方程为，整理得, 时，或，切线方程为或，切线方程也可表示为, 所以过的切线方程为，与渐近线联立解得，故；与渐近线联立，解得， 于是，故选项D正确， 故选：ACD 12． 【分析】设向量，由向量共线以及数量积的结果列出方程，即可得到的坐标，再利用向量模的坐标公式即可. 【详解】设，由，可得，① 又，则，② 联立①②解得， 则， 所以， 故答案为：. 13． 【分析】先求出曲线在点处的切线方程，再设出该切线与曲线的切点，利用导数的几何意义和切点既在切线上又在曲线上进行求解. 【详解】由题意可得：， 当时，， 所以曲线在点处的切线为： ，即， 设切线与曲线的切点为， 对求导可得：， 又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数， 所以，即， 又因为在切线上， 所以， 所以在曲线上， 即，求解可得：. 故答案为：. 14． 【分析】先求出分组情况，按从小到大分类，求解值的所有情况，利用期望公式可得答案. 【详解】6个数分成两组，共有种分组方法， 当时，中含有1，共5种情况，有4种情况，有1种情况； 当时，中含有2不含1，共4种情况，有4种情况； 当时，中含有3不含1,2，共3种情况，有3种情况； 当时，中含有4不含1,2,3，共2种情况，有2种情况； 当时，中含有5不含1,2,3,4，共1种情况，有1种情况； . 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）方法1：先确定为直线与平面所成的角，再利用直角三角形的边角关系求的取值范围. 方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围. 【详解】（1）因为，且为线段中点，所以． 又因为底面，平面，所以． 而，且，因此平面 而平面，因此． 又因为，所以平面． 而平面，所以平面平面. （2）法一：由（1）可知直线与平面所成角为， 因此 不妨设，则， 所以 法二：以为原点， ，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系． 不妨设，设，，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， ，即，令，则， 则， 因此. 16．(1)分布列见解析，数学期望为2； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）求出的可能值及各值对应的概率，列出分布列并求出期望. （2）（ⅰ）利用古典概型及全概率公式计算即得；（ⅱ）利用条件概率公式计算得解. 【详解】（1）依题意，的可能值为， ，， ， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望. （2）（ⅰ）设事件“从甲盒中摸出2个白球”，事件“从甲盒中摸出1个白球和1个黑球”， 事件“从甲盒中摸出2个黑球”，事件“从乙盒中摸出1个黑球”， 显然，且两两互斥，， ， 则， 所以在乙盒中摸出的是黑球的概率是. （ⅱ）在乙盒中摸出的是黑球，甲盒中恰剩一个黑球的事件是在事件发生的条件下，事件发生， 因此， 所以在乙盒中摸出的是黑球，甲盒中恰剩一个黑球的概率为. 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 17．(1)不存在，理由见解析 (2) 【分析】（1）设，可计算出，而后验证是否为函数的极小值点即可得； （2）由题意可将问题转化为在上有解，构造函数后借助导数得到函数单调性，结合零点的存在性定理研究函数的零点，即可得方程的根. 【详解】（1）由题意，得函数的定义域为， 且， 若为函数的极值点，则，， 此时， 函数在上单调递减， 故不是函数的极值点，所以不存在满足条件. （2）由题意可知在上有解， 所以在上有解， 该方程化简得， 令，得， 所以问题等价于方程在上有解， 令，，有， 当时，在单调递减， 又，所以在上无零点，不成立， 当时，在上单调递减，在上单调递增，且， 所以有，， 令，则， 当时，，故在上单调递增， 又，故当时，， 故，又，故， 故在上有一个零点，在上没有零点. 综上，当时，图象上总存在一对关于点对称的两点. 【点睛】关键点睛：本题关键在于将图象上总存在关于点对称的两点转化为在上有解，结合等式化简及换元转化为研究函数在上是否有零点. 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据双曲线的渐近线及焦距列方程求解即可； （2）联立直线与双曲线方程，根据相切求出切点横坐标，再联立直线与双曲线方程，利用根与系数关系可得出为中点得证； （3）法一可由直线，联立求出点坐标，代入双曲线方程求出，再由三角形面积公式得解，法二利用，，求出即可得解. 【详解】（1）的渐近线方程为，， 的渐近线方程为，， 所以，得，，所以双曲线的方程为． （2）已知，且满足， 设切点，，， 根据题意得，直线AB方程为． 直线AB与联立，得， 化简得，， 所以直线AB与切于点． 所以，． 直线AB与联立，得，即， 得， 所以，即为中点， 所以． （3）法一：因为，则， 直线与直线联立， 得，即， 将点代入， 得，化简得， 由得，， 所以． 法二：因为，，点与点关于原点对称，所以． 因为，所以， 因为，所以，所以， ， 所以． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于直接算面积需要求出，或者利用三角形面积之间关系可转化为求，不论那种方法，都需要较强的运算能力. 19．(1)，； (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解； （2）根据题意得到，再构造等比数列求解通项即可； （3）由（2）得到，确定，再结合待定系数法得到，累加求和，再通过放缩得到，利用错位相减法求和即可； 【详解】（1）第1次传花后到乙或丙手里，，第2次传花后乙或丙有的概率将花传到甲手里，故， 经过4次传花共有16种情形， 甲    乙     丙     甲     乙 甲    乙     丙     甲     丙 甲    乙     丙     乙     甲 甲    乙     丙     乙     丙 甲    乙     甲     乙     丙 甲    乙     甲     乙     甲 甲    乙     甲     丙     乙 甲    乙     甲     丙     甲 甲    丙     甲     乙     甲 甲    丙     甲     乙     丙 甲    丙     甲     丙     甲 甲    丙     甲     丙     乙 甲    丙     乙     甲     丙 甲    丙     乙     甲     乙 甲    丙     乙     丙     甲 甲    丙     乙     丙     乙 其中花回到甲手里共有6种情形， 根据古典概型得. （2）结合题意得概率为经过次传花后花回到甲手里， 要使传花n次后，花回到甲手里，则第次传花，花不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传花都有的概率将花传到甲手里， 故， 所以与之间的递推关系为：. 得，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. （3）由（2）知，所以， 设， 其中， 所以 故， 所以 因此， 设数列的前n项和为，则，① 所以，② 由①－②得， ， 所以，即，得证. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用待定系数得到，再通过放缩得到. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州学军中学2025学年高二(下)数学周末练(3) 命题人：余敏杰 审题人：章水云 班级： 姓名： 一、单选题 1．等比数列中，是其前项和，若，则（    ） A．4 B．5 C．7 D．或 2．若为第二象限角，且，则（   ） A． B． C． D． 3．已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”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 4．若轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S，则圆柱的体积为 A． B． C． D． 5．某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．216 B．360 C．432 D．672 6．在平面直角坐标系中，已知两圆相交于两点，，且圆心都在直线上，则的值为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 7．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知点，，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 二、多选题 9．设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（    ） A． B．若，则 C． D． 10．若，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．展开式中二项式系数和为 C．展开式中所有项系数和为 D． 11．已知双曲线（）的左、右焦点分别为，直线交双曲线于两点，点为上一动点记直线的斜率分别为， 若，且到的渐近线的距离为，则下列说法正确的是（    ） A．双曲线的离心率为 B．过右焦点的直线与双曲线相交两点，线段长度的最小值为4 C．若的角平分线与轴交点为，则 D．若双曲线在处的切线与两渐近线交于两点，则 三、填空题 12．平面向量，满足，，，则__________. 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 14．随机将这6个数分成两组，其中A组2个数，B组4个数，A组最小的数为组最小的数为b，记，则__________. 四、解答题 15．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 16．已知甲盒中装有3个白球，2个黑球；乙盒中装有2个白球，3个黑球，这些球除颜色外完全相同． (1)若从两个盒子中一次性各摸出2个球，用X表示摸出的4个球中白球的个数，求X的分布列和数学期望． (2)若先从甲盒中一次性摸出2个球放入乙盒，再从乙盒中摸出一个球． （ⅰ）计算在乙盒中摸出的是黑球的概率； （ⅱ）如果在乙盒中摸出的是黑球，计算甲盒中恰剩一个黑球的概率． 17．已知函数（）. (1)是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若图象上总存在关于点对称的两点，求的取值范围. 18．如图，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线与有相同的渐近线和焦距．过上一点作的两条切线，切点分别为A，B，A在轴上方，连接AB交于点M． （注：过曲线外一点作曲线的两条切线，则两切点所在直线方程为） (1)求双曲线的方程； (2)证明：直线AB与切于点M，且； (3)当点在第三象限，且时，求的值． 19．甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响. (1)求和的值； (2)求； (3)设，数列的前n项和为，若，证明：. 试卷第 1 页，共 3 页 试卷第 1 页，共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $