浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期数学周末练4

《杭州学军中学2025学年高二（下）数学周末练（4）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A B A C D C BCD ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据椭圆方程各参数的意义求解. 【详解】因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，所以 解得. 故选：B 2．B 【分析】根据圆的方程，明确圆心与半径，进而确定两圆的位置关系，即可得答案. 【详解】由圆，圆心，半径， 圆，整理得：，圆心， 半径，则，两圆外切， 同时与两圆相切的直线有3条, 故选：B 3．A 【分析】根据所给新定义理解题意，由组合知识即可求解判断. 【详解】由，则相对应的元素恰有2个不同，故数组共有个. 故选：A. 4．B 【分析】令，定义域为R，得到为奇函数，即，求导，得到在R上单调递增，变形得到，从而，求出解集. 【详解】令，定义域为R， ， 故为奇函数，即， ， 故在R上单调递增， ， 故， 即， 所以，， 解得或. 故选：B 5．A 【详解】假设4个单词分别是甲、乙、丙、丁，正确的顺序为甲乙丙. 第一类，选出的3个单词不包括丁，则符合要求的情况有乙丙甲，丙甲乙，共2种选法； 第二类，选出的3个单词包含丁，则从剩下的3个单词选两个有种情况，不妨设选出的单词为甲，乙， 则符合要求的情况有乙甲丁，丁甲乙，乙丁甲，共3种，即共有种选法. 综上，符合要求的情况共有种，全部情况为种， 则3个空格全部选错的概率是. 6．C 【分析】先求出等比数列的通项公式，结合等比数列前项和公式求解即可. 【详解】当时，. 当时，. 因为为等比数列，所以时也满足，即，解得. 所以数列的通项公式为. 该数列的前9项中所有奇数项之和为， 该数列的前9项中所有偶数项之和为， 故该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为. 故选：C. 7．D 【分析】先根据平移得出，再求出，结合三个不同的实数使得结合正弦函数性质得出参数范围. 【详解】由题意得，， 当时，，则， 因为恰存在三个实数，使得， 则对任意，方程在上恰有三个不同的实数解， 结合的性质可知，要满足此条件，区间必须恰好覆盖前三个解， 故的取值需满足第三个解存在而第四个解不存在， 因此，自变量的终点必须满足， 解得. 故选：D． 8．C 【分析】根据曲线的图象、对称性、点到直线的距离、曲线与圆的交点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，点满足 直线对称的对称点是， 将点代入得， 整理得，所以曲线关于直线对称，A选项正确. B选项，联立，将代入， 得，所以曲线与直线无公共点，B选项正确. 下面分析曲线的图象： 曲线， 当时，曲线方程可化为； 当时，曲线方程可化为，不符合. 当时，曲线方程可化为； 当时，曲线方程可化为. 由此画出曲线的图象如下图所示， 对于C选项，由于可知，曲线上的点到直线的最大距离是， 即圆弧（）的半径，所以C选项错误. 对于D选项，圆的圆心为，半径是， 与圆弧（）的圆心距为， 所以圆与圆相内切，切点为. 结合图象可知曲线与圆有三个公共点，D选项正确. 故选：C    【点睛】思路点睛： 通过代入验证对称关系：首先将对称点代入曲线方程，从而验证曲线是否关于某条直线对称，这个方法简单直接，有助于准确判断曲线的几何性质. 联立方程判断交点：通过联立曲线和直线的方程，求出它们是否有公共点，从而判断选项是否正确，联立方程是判断交点的标准方法，确保结果的准确性. 9．BCD 【分析】根据二项式系数公式可得，利用赋值法即可求解求解AB,根据即可求解C，求导，即可求解D. 【详解】根据题意可知，故， 故， 对于A，令，则，令，则，故，故A错误， 对于B，， 故为负值，为正，且令时，， 因此，B正确， 对于C, ,故除以8所得的余数为1，C正确， 对于D，对求导可得 ，令可得，故D正确， 故选：BCD 10．ACD 【详解】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴， 则可得， 因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离. 对于A，根据题意可设平面的方程为， 则有，解之可得，令，则可得， 所以平面的方程为， 再根据点到平面的距离公式可求出， 而，所以可求出， 当时，，当时，，而，即点为一条线段， 由点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，因为，，所以可知平面，所以 同理可证，是平面法向量，， 根据平面，则有，可求出， 而由A可知，有矛盾，故可判断B错误； 对于C，法（一）直线与平面所成角为，则， 而为点到平面的距离， 根据两点之间距离公式可求出， ，要使最大，则只需最小即可， 当时，取最小值为，所以， 法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时， 线段最短，， 此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确； 对于D，法（一）设直线与所成角度为，而 根据异面直线所成角的余弦公式可知， 由C选项可知， 所以， 令，化简后可得， 令，， 则， 所以在上大于，所以为单调递增， 则，则， 所以最小值为， 法（二）平移到根据图形可知当点位于点时， 异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，故D正确. 11．ACD 【分析】根据题意作图分析得，设，由余弦定理推得，即得为等腰直角三角形，求出椭圆的方程，继而易判断A，B项，对于C项，必须通过直线与椭圆联立，依次求得点的坐标，根据直线的方程求得点即可判断；对于D项，根据C项推出的直线和直线的方程易判断. 【详解】    如图，因的面积是的面积的3倍，则， 不妨设，则，， 在中，由余弦定理，， 解得或（舍去）故，，，， 则由，可得为等腰直角三角形， 则，，于是椭圆方程为. 对于A，由上知，椭圆的离心率为，故A正确； 对于B，的周长为，故B错误； 对于C，由题意，，则直线代入， 整理得，解得，代入，得， 又直线，即代入， 整理得，由解得， 代入，即得， 又直线，代入，整理得，解得， 代入，即得, 故直线，即， 令，解得，故，C正确； 对于D，由C已得，而, 故直线的斜率是直线的斜率的倍，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线相交的综合问题，属于难题.一般思路是结合图形，运用圆锥曲线的定义式，正余弦定理等知识，求出曲线方程，接着通过直线方程与圆锥曲线联立解决求点坐标，弦长，中点弦等问题即可. 12． 【详解】由题可知，，， 所以． 13． 【详解】设从乙袋子中取出2个红球为事件A，则， 从乙袋子中取出2个白球为事件B，则， 从乙袋子中取出1个红球和1个白球为事件C，则， 由题意，X的可能取值为0和1， 则 ， 所以，. 14． 【分析】作出辅助线，得到外切球的半径关系，求出的关系式，求出最小值. 【详解】如图，过棱作正方体的截面， 由对称性知，这些球的球心都在线段上，与底面ABCD的切点都在线段AC上. 设第i（1，2，…）个球的球心为，半径为，与底面ABCD切于， 作于P，由∽，得， 解得，同理可得，对于任意，， 又由于＝1，所以，其表面积， 所以，注意到当时， ，此时， 且，故M的最小值为. 15．(1) (2)，， 0 1 2 3 (3)会得到推广，因为. 【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解； （2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差； （3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论. 【详解】（1）设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰， 则， 则. （2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立， 因此随机变量服从二项分布， 则， ， ， ， ， ，， 的分布列为： 0 1 2 3 （3）随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分， 则，满足推广条件，因此该系统会得到推广. 16．(1)证明见解析 (2)点在线段靠近的三等分点处 【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，得出，取的中点，连接，易得，由线面垂直判定定理即可证明； （2）依题意建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的一个法向量，从而利得到关于的方程，进而确定的位置. 【详解】（1）由题意，，且，故四边形是平行四边形， 又，所以是正三角形， 取的中点，连接，如图， 在图甲中，同理可知四边形是平行四边形，则， 则是正三角形，则，， 又，平面，所以平面， 平面，所以， 取的中点，连接， 则，即四点共面. 又，则， 由，，，平面， 所以平面. （2）由（1）得，，，则， 所以，又，， 故以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设，则， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，故， 因为平面与平面的余弦弦值等于， 所以，解得或（舍去）， 故，即，即点在线段靠近的三等分点处. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【详解】（1）当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. （2）由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. （3）由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 18．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）直线与交于定点． 【分析】（1）联立直线方程求出点，再由计算可得； （2）（i）将直线与抛物线联立，可知，再将直线的方程与抛物线联立，同理联立直线，整理可得，即； （ii）求出直线的方程为，可知直线与交于定点. 【详解】（1）当点与原点重合时，直线过原点且斜率为2，其方程为， 联立得，解得或，所以． 所以，解得． （2）由（1）知，设，直线． 联立与，得， 所以且． （i）设，如下图： 直线过点和，设直线的方程为， 联立，得，则， 整理可得．① 同理，对于直线，可得．② 因为，所以，③ 由①②作商，结合③，得，即． 所以， 所以． （ii）设的中点为的中点为，因为，所以直线， 又因为，所以与的交点即直线与的交点． 由②③，得，所以． 直线的斜率， 直线的方程为． 在该方程中，令，可得，所以直线与交于定点， 故直线与交于定点． 19．(1)， (2) (3)不存在符合条件的正整数，理由见解析 【分析】(1)设、，用首项、公差、公比表示，结合已知条件列方程求解参数，最终得到通项公式； (2)代入和化简，得到等差乘等比型数列，使用错位相减法计算前项和； (3)先分析、的单调性与符号，确定四个数的大小关系，结合等差数列“最大项+最小项=中间两项和”的核心性质列方程，验证是否存在符合条件的正整数. 【详解】（1）设，. 由题意，是公差为2的等差数列，因此； 是首项为4的等比数列，设公比为，因此. 由数列和差关系，可得： 代入已知条件、列方程： ，，代入，得； ，，代入，得. 联立方程解得，，因此： ，， 于是，. （2）已知，，因此： . 设数列的前项和为，则： (1)-(2)错位相减： ， 令： ， 两式相减： ， 故，因此： ， 于是，， 即. （3）对：，因此是单调递增的正项数列， 即对任意正整数成立； 对：，因此是单调递减数列， 且，时，即. 若四个数按某种顺序成等差数列，因此必有： ，即， ， 为正整数，且，因此是2的正整数次幂， 仅当时，，此时，解得. 验证该解：四个数为，，，， 按从小到大排列为，相邻项的差不相等，无法构成等差数列. 其余正整数均无法使方程成立，因此不存在符合条件的正整数. 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(4) 命题人： 审题人： 班级： 姓名： 一、单选题 1．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．已知圆，圆，则同时与圆和圆相切的直线有（   ） A．4条 B．3条 C．2条 D．1条 3．通信工程中常用元数组表示信息，其中或1，且．设，，表示和中相对应的元素不同的个数．如，，则．若，则使得的6元数组的个数为（   ） A．15 B．20 C．30 D．40 4．设函数，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 5．在某道选词填空题中，有3个空格，4个备选单词。每个空格只能填入一个备选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3个正确答案是4个备选单词中的3个，剩余1个备选单词是多余的）。若随机选择3个备选单词分别填入3个空格，则3个空格全部选错的概率是（     ） A． B． C． D． 6．若等比数列的前项和，则该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为（   ） A． B．2 C． D． 7．已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若，恰存在三个不同的实数，使得，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．已知曲线，则下列结论中错误的是（    ） A．曲线关于直线对称 B．曲线与直线无公共点 C．曲线上的点到直线的最大距离是 D．曲线与圆有三个公共点 二、多选题 9．已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（   ） A． B． C．除以8所得的余数为1 D． 10．在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 11．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点（点位于点上方），且，延长，分别交椭圆于点，，连接交轴于点，若的面积是的面积的3倍，则下列说法正确的有（    ） A．椭圆的离心率为 B．的周长为 C． D．直线的斜率是直线的斜率的倍 三、填空题 12．已知，，是空间中三个两两垂直的单位向量，则________． 13．甲、乙两个不透明的袋子里分别装有若干个除颜色外均相同的球，其中甲袋子里有2个红球，乙袋子里有3个红球和2个白球．现从乙袋子里随机取出2个球放入甲袋子里，再从甲袋子里随机取出1个球．记从甲袋子里取出红球的个数为X，则________． 14．在棱长为2的正方体内，有按照如下方式产生的一系列大小均不相同的n个球：第1个球与正方体的6个面均相切；第2个球与第1个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切；第3个球与第2个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切，…，依次下去.记这n个球的表面积和为，若对总成立，则M的最小值为______. 四、解答题 15．某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． (1)求智能客服的回答被采纳的概率； (2)在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； (3)公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由． 16．如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，试确定的位置，使平面与平面的余弦值等于. 17．已知函数，其中． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； (3)若R，对任意的恒成立，求的最小值． 18．已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． (1)求． (2)当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 19．已知数列，满足是公差为2的等差数列，是首项为4的等比数列，且． (1)求数列，的通项公式； (2)记，求数列的前项和； (3)是否存在两个不同的正整数，，使得可以按某种顺序构成一个新的等差数列？如果存在，求出所有的，；如果不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $