广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二下学期数学周测试卷（十五）

**基本信息** 本卷聚焦高二数学核心知识，通过生活情境（如停车场停车概率、杯子叠放问题）与逻辑推理（如函数极值、数列证明）结合的题设，实现基础巩固与能力提升的分层考查，适配周测学情诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|导数定义、三棱锥向量运算、等差等比数列综合|基础题占比60%，如导数定义直接考查数学抽象；概率题（停车场相邻车位）体现数学眼光| |多选题|3题/15分|三角形内角关系、正方体动点轨迹、函数单调性|注重空间观念（正方体动点）和推理意识（三角形边角关系判断）| |填空题|3题/15分|二项式系数、数列前n项和、三棱锥外接球|考查数学语言表达，如外接球表面积计算需空间想象| |解答题|5题/30分|概率期望、立体几何翻折、数列证明、函数不等式、圆锥曲线轨迹|综合性强，如射击比赛方案选择（模型意识）、函数不等式证明（逻辑推理），贴合高考命题趋势|

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二下学期数学周测试卷（十五） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．若函数在区间内可导，且，若，则的值为（　　） A．2 B．4 C．8 D．12 2．如图，三棱锥中，，且，则（   ）    A． B． C． D． 3．已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（    ） A．或 B． C． D．2 4．设抛物线的准线与轴的交点为N，O为坐标原点，经过O、N两点的圆C与直线相切，圆C与抛物线E的另一个交点为P，若，则（    ） A．2或 B．2或4 C．或 D．2或 5．设函数在处取得极值为0，则（    ） A．2 B． C．2或 D．1 6．某停车场只有并排的8个停车位，恰好全部空闲，现有3辆汽车依次驶入，并且随机停放在不同车位，则至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是 A． B． C． D． 7．现有红、橙、黄、蓝、绿、紫6只杯子，将它们叠成一叠，则在黄色杯子和紫色杯子相邻的条件下，黄色杯子和红色杯子也相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 8．对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知三个内角的对边分别为，且，下列说法正确的是（   ） A．为钝角三角形 B．若，则 C． D．的最小值为 10．已知正方体的棱长为1，中心为O，P是面ABCD内一动点，则下列命题中正确的有（    ） A．若，且，则P，，C，四点共面 B．存在唯一的点P，使得，且 C．若点P到直线BC的距离与到直线的距离相等，则的最小值为 D．若，Q，R分别为面的内切圆和面的内切圆上的点，则周长的最大值为 11．已知（且），若，且（为自然对数的底数），则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．展开式中的系数为________.（用数字作答） 13．已知数列{}的前n和，且，则的最大值为___________. 14．设三棱锥3个侧面两两互相垂直，且侧棱长均为,则其外接球的表面积为____________. 四、解答题 15．甲、乙两同学进行射击比赛，已知甲射击一次命中的概率为，乙射击一次命中的概率为，比赛共进行轮次，且每次射击结果相互独立，现有两种比赛方案，方案一：射击次，每次命中得2分，未命中得0分；方案二：从第一次射击开始，若本次命中，则得6分，并继续射击；若本次未命中，则得0分，并终止射击． (1)设甲同学在方案一中射击轮次总得分为随机变量是，求； (2)甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行比赛，试确定的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙． 16．如图1，在中，，如图2，将沿着翻折至，使得平面平面. (1)若，求三棱锥的体积； (2)若，求二面角的正切值； (3)求取得最小值时的值. 17．已知数列满足：对任意正整数，，，其中，为数列的前项和． (1)若，证明：； (2)若成等差数列，求数列的通项公式． 18．已知函数. (1)若，讨论的单调性； (2)若，证明：在上恒成立； (3)存在，不等式成立，求实数的取值范围. 19．已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数． (1)求动点的轨迹的方程； (2)若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点． （i）求证：点在定直线上； （ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围． 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A A B C D A ABD ACD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】根据导数的定义、极限的定义计算． 【详解】由函数在某一点处的定义可知， , 故选：C. 2．D 【分析】由，再结合即可求解. 【详解】 . 故选：D 3．A 【分析】因等差数列与等比数列中有三个对应元素相同，故需要对哪三个元素相同进行分类讨论即可. 【详解】假设等差数列的公差为， ① 若 依题意，有， 即，，则. 则可得，与题设矛盾，故舍去. ②若 依题意，有， 即，，则， 此时可得，与题设矛盾，故舍去. ③若 依题意，有且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，，此时，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. ④若 依题意，且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，， 此时，，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. 综上所述，或. 故选：A. 4．A 【分析】由题意知圆C的圆心在直线上，由正弦定理得，解得，利用相交弦性质用表示圆的坐标，再由直线与圆相切点到直线的距离公式建立关于的等量关系，求解可得. 【详解】由抛物线方程，得准线方程为， 则， 设圆心，半径为，， 在中，由正弦定理得， ，. 又圆与直线相切， 当时， 则圆心到直线距离，解得； 当时， 则圆心到直线距离. 即，或（舍）， 综上或. 故选：A. 5．B 【分析】根据题意得，解方程得或，再代入检验得，进而得答案. 【详解】解：求导得，因为函数在处取得极值为0， 所以， 解得或， 代入检验时.无极值.所以(舍). 代入检验符合题意. 所以=. 故选：B. 6．C 【详解】分析：先求三辆车皆不相邻的概率，再根据对立事件概率关系求结果. 详解：因为三辆车皆不相邻的情况有，所以三辆车皆不相邻的概率为, 因此至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是 选C. 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 7．D 【分析】根据条件概率的计算公式及排列组合中相邻问题捆绑法策略即可求解. 【详解】记“黄色杯子和紫色杯子相邻”为事件A，“黄色杯子和红色杯子也相邻”为事件B， 则黄色杯子和紫色杯子相邻，有种； 黄色杯子和紫色杯子相邻，且黄色杯子和红色杯子也相邻，有种； 所以， 故选：D. 8．A 【分析】由题得，设，，，求出，解不等式即得解. 【详解】， 则， 设，，， 则，， 恒成立，导函数单调递减， 故时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 故，故，故. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查利用导数求函数的单调区间和最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 9．ABD 【分析】先利用得到三角形三个内角的关系，然后利用三角恒等变换即可判断. 【详解】对于A，由于的三个内角，因此，由题意得， 因此，即为钝角三角形，故A正确； 对于B，由于的三个内角，因此， 若，由正弦定理得，解得，故B正确； 对于C，， 由于，则，所以，解得，则， 由于在上单调递减且， 因此，即，故C错误； 对于D，由于，因此， 则，当且仅当，即时等号成立， 由于，当时，满足等号成立的条件，因此的最小值为，故D正确. 10．ACD 【分析】对A，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，，求出，故为上一点，只需证四点共面，设，解得，故P，，C，四点共面，A正确； 对B，求得，故不唯一，B错误； 对C，为以中点为顶点，开口向方向抛物线的一部分，以点为原点，方向为轴，平行于过点方向为轴，平行于方向为轴，不妨设抛物线方程为，，，利用函数研究的最小值即得C正确； 对D,先证明都在球上，当为球的内接正三角形时，周长最大，即得解D正确. 【详解】对A，画出正方体，如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，因为，即，故三点共线，为上靠近的三等分点，，所以，又因为，P是面ABCD内一动点，设，，，，，， ，故，故为上一点，要证P，，C，四点共面，可证四点共面，，，设，解得，故P，，C，四点共面，A正确； 对B，因为点为上一点，，又因为，故，，若，解得，故不唯一，B错误； 对C，因为底面，所以到直线的距离为，由抛物线第一定义可知，到定点的距离等于到定直线距离，故为以中点为顶点，开口向方向抛物线的一部分，以点为原点，方向为轴，平行于过点方向为轴，平行于方向为轴，不妨设抛物线方程为，，，，， 当时，最小值为； , 令， 所以函数在单调递减，所以 所以，所以的最小值为.所以选项C正确； 对D, ,所以点在以为球心为半径的球与底面相交产生的截面小圆上，又因为Q也在以为球心为半径的球与侧面相交产生的截面小圆上，R也在以为球心为半径的球与侧面相交产生的截面小圆上,所以都在球上，当为球的内接正三角形时，周长最大. 此时，所以,所以周长的最大值为.所以该选项正确. 故选：ACD 11．ACD 【分析】首先判断，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断A；令，即可判断B；令，利用导数说明函数的单调性，得到，即可判断C；令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断D. 【详解】由，可知或， 又，因同正，两边同除以可得， 令，则， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当且，此时与题意不符合； 当且时，，故． 令，则， 当时，，在上单调递减， 又，所以，所以， 所以，故A正确； 令，则， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，所以当时，， 即，即，故B错误； 令，则， 记，则， 所以，则，所以在上单调递增， 所以，即， 即， 所以，即，故C正确； 令，， 则， 令，，则，即在上单调递增， 所以，，在上单调递增， 所以，即，故D正确． 12．77 【分析】由，利用通项公式求解. 【详解】解：， 展开式的通项公式为， 所以展开式中的系数为， 故答案为：77 13． 【分析】根据题意求得，当时，，得到或，分是公差为2的等差数列，且和且是公差为2的等差数列时，两种情况求得的值，即可求解. 【详解】当时，， 当时，， 整理得，解得或， 当最小时，即是公差为2的等差数列，且时， 此时，可得，最小，最大，此时； 当最大时，即且是公差为2的等差数列时， 此时，可得， 最大，最大，此时， 综上可得：的最大值为. 故答案为：. 14． 【详解】试题分析：解：三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且侧棱长均为，以它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，所以求出正方体的对角线的长为：×=6，所以球的直径是6，半径为3，所以球的表面积为：4π×32=36π．故选B． 考点：球的表面积 点评：本题主要考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，推理能力，解题的关键就是将三棱锥扩展成正方体，属于中档题． 15．(1)20 (2)12 【分析】（1）由已知设，则服从二项分布，根据二项分布期望的公式和期望的性质求解即可； （2）设乙同学的总得分为随机变量，写出的所有可能取值，并计算相应的概率，并求解，利用设，求解的最小值即可. 【详解】（1）设，故， 所以， 故； （2）由（1）知， 设乙同学的总得分为随机变量，的所有可能取值为，，，，， 所以，，， ，，， ， 所以， 设， 则， 故， 即，代入， 故， 设， 易知，当时，，且， 则满足题意的最小为12. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查概率的综合问题，方案一利用二项分布求期望，方案二的期望表达式与数列知识结合，通过变形转化为错位相减法求和问题，再利用作差法求解. 16．(1) (2) (3) 【分析】1）由题意知，当时，是的中点.取的中点，连接.由平面平面根据面面垂直的性质可证得平面.从而根据计算即可. （2）过作,垂足为，若时，可得.结合平面平面可得平面，故即为二面角的平面角，.再通过计算即可 （3）在中，设，则， 过作，垂足为，证得，根据余弦定理结合勾股定理将表示为，的函数，通过三角函数的性质求解即可. 【详解】（1）当时，由,得，即是的中点. ∵∴ 取的中点，连接.则，. ∵平面平面，平面平面，平面, ∴平面. 所以，三棱锥的体积. （2）由（1）知在中，. 若时，，. 过作,垂足为，则. , 由得.即. 在三棱锥中，, ∵平面平面，平面平面，平面, ∴平面. 又∵，∴即为二面角的平面角. 在中， 所以，二面角的正切值为 （3）在中，设，则， 过作，垂足为，则，， 在中，由余弦定理，得 . 在三棱锥中， 平面平面，平面平面，,平面 ∴平面. ∵平面，所以, 在中， . 由，得， 当，即时，取得最小值，. 此时，是等边三角形，，. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件得到，即而可得，即可证明结果； （2）根据条件可得，，，再结合，可求得，从而得到，再利用与间的关系，即可求解. 【详解】（1）当时，由，得到， 又，所以，即. （2）因为， 当时，①， 当时，②， 又成等差数列，则， 由（1）知③，由②③得到， 即， 两边平方整理得到，即，得到， 所以，代入①得到， 所以，即，代入，得到， 整理得到，解得， 所以，即， 当时，，两式相减得到， 即，也即，又， 所以，当时，，又， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 故. 【点晴】方法点晴：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求an. 18．(1)当时，单调递增；当时，单调递减； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）若，，求导分析可得的单调性； （2）令，求导并利用单调性证明即可； （3）令，则，原不等式可转化为存在使得成立，根据符号进行参变分离，然后构造函数，，求导后分析其单调性即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，，所以， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减； （2）当时，， 要证，即证在上恒成立； 令，，则在上单调递减， 因为，，所以存在唯一的，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以在上恒成立，即在上恒成立； （3）令，则，则，因为存在，不等式成立， 即存在使得不等式成立， 当时，不等式不成立； 当时，，成立； 令，，则，， 因为，，故； 令，，则， 所以在上单调递增，所以，即， 又当时，， 所以， 所以当时，， 所以在上单调递减， 所以当时，取得最大值，且； 故，即实数的取值范围为. 19．((1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）根据距离公式以及题干条件化简得出点的轨迹方程； （2）（i）求出点、的坐标，直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，求出点的坐标，点，利用角平分线定理得出，结合两点间的距离公式解出的值，即可证得结论成立； （ii）先证明、、三点共线，可得出，根据点在第二象限求出的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求出的取值范围. 【详解】（1）设是点到直线的距离， 根据题意，动点的轨迹就是点的集合， 由此得，平方化简得，即． （2）（i）令，代入，得，解得，故、， 设直线的方程为，与曲线的方程联立得： ，则， 所以，解得， 故，故， 设点，则， 由题意得，， 因为平分，由角平分线定理得，即， 化简得，即，解得， 所以点在定直线上． （ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合， 因为，，所以， 所以直线的方程为， 将直线与曲线的方程联立得：， 所以，， 故，则， 由（i）得，则，故、、三点共线． 又因为、、三点共线，即与点重合，所以， 因为点在第二象限，则，解得， 所以． 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 $