四川省成都市石室中学2025-2026学年高二下学期数学周练（十一）

**基本信息** 聚焦数学思维与应用，通过抽奖概率、分拣系统损失等真实情境题，考查二项式定理、立体几何、概率统计等核心知识，适配高二周测能力梯度。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|二项式定理（1）、立体几何（2）、椭圆离心率（5）|基础概念辨析，如第5题结合椭圆定义求离心率| |多选题|3/18|等差数列性质（9）、二项式系数（10）|多选项分层考查，如第10题结合二项式定理与整除性| |填空题|3/15|椭圆与直线位置关系（12）、函数对称（14）|小综合应用，如第14题通过对称转化求参数范围| |解答题|5/77|概率统计（15）、立体几何（16）、函数导数（19）|情境化与探究性结合，如15题分拣系统损失期望计算，19题导数极值点证明，贴合高考对应用与逻辑推理的考查|

石室中学高2027届高二下期第十一周数学周练 1、 单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．的展开式中，的系数为（    ） A．220 B． C．100 D． 2． 如图，二面角等于是棱上两点，分别在 半平面内，，且，则的长等于（    ） A．4 B． C．6 D． 3．曲线是一条形状优美的曲线，若是曲线上任意一点，的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．随机事件、满足，，，下列说法正确的是（    ） A．事件与事件互斥 B． C． D． 5．设为椭圆：（）的左焦点，，是椭圆上的两个动点，若周长的取值范围为，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 6．现安排甲、乙、丙、丁、戊位数学老师负责学校校本课程的授课任务，学校提供数独、数学建模、数学史、解题逻辑四门课程供学生选择，每位老师仅负责一门课程，每门课程至少有位老师负责，已知甲、乙不能讲授数独但能讲授另外三门课程，丙、丁、戊能讲授这四门课程中的任意一门，则不同安排方案的种数是（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若函数有4个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，只有主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，用表示i号箱有奖品（，2，3，4），用表示主持人打开j号箱子（，3，4），下列结论正确的是（   ） A． B． C．若，甲无论是否更改选择，他获奖的概率均为 D．若，要使获奖概率更大，甲应该改选2号或者4号箱中的任意一个 2、 多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知是等差数列的前项和，为公差，且，，则下列说法正确的是（   ） A． B．当时，取最小值 C． D． 10．已知的展开式的二项式系数的和为512，，下列选项正确的是（    ） A． B． C．除以8所得的余数为1 D． 11．现有甲、乙、丙、丁四人组成两队传球，其中甲、乙为队，丙、丁为队.已知甲、乙传给队友的概率为，丙、丁传给队友的概率为，且任一传球者会等可能地传球给非队友成员.现从甲开始传球，设传球次数为（，且），则（   ） A．传球次后，球在甲手中的概率和在乙手中的概率始终相等 B．当时，球在乙手中的概率为 C．传球次后，球在队手中的概率恒为一个常数 D．设传球次后球在甲手中的概率为，则（） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知直线与椭圆，若无论k取何值，直线与椭圆恒有公共点，则m的取值范围______. 13．的展开式中含的项为____. 14．已知函数和的图象上存在点关于直线对称，则实数a的取值范围为________． 四、解答题 15．某公司利用自动分拣系统对价值500元以下的中、小件包裹进行分拣．该系统对每件包裹分拣的准确率为99.9%．若一件包裹分拣错误，当包裹价值不超过10元时，该公司的损失费用为包裹价值的150%；当包裹价值超过10元但不超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的60%；当包裹价值超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的75%． 该公司随机抽取10000件包裹，记录并整理这些包裹的价值，获得数据如下表： 价值 件数 4000 4000 1200 800 假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替． 假设不同包裹分拣正确与否相互独立．用频率估计概率． (1)估计一件包裹价值不超过100元的概率； (2)记为一件包裹分拣错误时该公司的损失费用，估计的数学期望； (3)该公司每天平均处理10万件包裹．若使用一项新技术，可以让分拣的准确率增加到99.99%，但每天需额外支付5000元．仅从费用的角度考虑，该公司是否使用该项新技术？说明理由． 16．把一副三角板按如图所示的方式拼接，，，.将沿翻折至，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)若P，B，C，D在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面的夹角的正弦值. 17．已知等差数列的前n项和为，数列是等比数列，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数n，设，求数列的前2n项和； (3)若对于数列，在和之间插入个1（），组成一个新的数列，求数列的前2026项和． 18．已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点. (1)求椭圆的标准方程. (2)设直线与椭圆交于A，B两点，且以线段为直径的圆过坐标原点O. ①证明：为定值. ②求面积的最大值. 19．已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若有两个不同的极值点，求证：. 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 石室中学高2027届高二下期第十一周数学周练参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C D D D D AD BC 题号 11 答案 BC 1．B 【详解】的展开式的通项为， 所以含有的项的系数为. 2．B 【详解】因为二面角等于，又 所以可得， 又， 所以 ， 所以. 3．D 【详解】当时，的图象是以为圆心的半径为的半圆， 当时，的图像是以为圆心的半径为的半圆， 当时，的图象是以为圆心的半径为的半圆， 当时，的图像是以为圆心的半径为的半圆， 最终的曲线如图一 ， 可以理解为点到直线的距离， 是上一点，所以原题等价于求上一点到直线的距离的最小值， 观察图象得在第一象限的部分到直线的距离更近， 对第一象限的圆弧，过圆心作的垂线，垂线长， 到的距离的最小值， 所以的最小值为. 4．C 【详解】已知， 由条件概率公式可知， ，故B错； 若事件与事件互斥，则需，故A错； ，故C正确； ，故D错． 5．D 【详解】设为椭圆：（）的右焦点， 周长， 由椭圆上的点到焦点的距离的最小值为， 故， 由，， 故， 当且仅当、、三点共线时取等号， 故有，，即， 则，故. 6．D 【详解】对讲授数独课程的教师人数进行分类讨论， ①若只有一位教师讲授数独课程，只能是丙、丁、戊中的一位，有种选择， 再将剩余的四位老师分为三组，每组人数分别为、、， 再将这三组老师分配给三门课程，不同的分配方法种数为种； ②若有两位老师讲授数独课程，可从丙、丁、戊中三位老师中选择两位，有种选择， 然后再将剩余的三位老师分配给三门课程，则不同的分配方法种数为种. 综上所述，不同的分配方法种数为种. 7．D 【详解】当时，在上单调递减，函数值域为， 在上单调递增，函数值集合为，在上单调递减，函数值集合为， 当时，，求导得，由，得； 由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，， 当从大于0的方向趋近于0 时，，当时，，函数的图象如图： 由，得，则或， 显然方程无解，要函数有4个零点，当且仅当方程有4个解， 即直线与函数的图象有4个交点，则，解得， 所以实数a的取值范围是. 8．D 【详解】对选项A，因为四个箱子中奖品是等可能放置的，因此每个箱子有奖品的概率都相等，即，A错； 对选项B，表示2号箱子中有奖品，因此主持人不能打开2号箱，所以主持人只能从3号和4号箱子中选择一个打开，所以，B错； 对选项C，D，，说明主持人打开了3号箱， 奖品在1号箱子里，主持人可打开2，3，4号箱子，故， 奖品在2号箱子里，主持人只能打开3，4号箱子，故， 奖品在3号箱子里，主持人不可打开3号箱子，故， 奖品在4号箱子里，主持人可打开2，3号箱子，故， 由全概率公式得， ， ， ， 因此C错D正确. 9．AD 【详解】因为数列为等差数列， 则，即， 且，即，可得， 所以公差，故A正确； 可知等差数列为递增数列，当时，；当时，； 所以当时，取最小值，故B错误； 所以，，故C错误，D正确． 10．BC 【详解】根据题意可知，解得， 故， 对于A，令，则，令，则， 故，故A错误； 对于B，， 所以， 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，对求导得： ， 令可得，因，故D错误. 11．BC 【详解】由题意得，甲传给乙、丙、丁的概率分别为，乙传给甲、丙、丁的概率分别为，丙传给甲、乙、丁的概率分别为，丁传给甲、乙、丙的概率分别为， 对于A，当时，球从甲开始传，球在甲手中可分为三种情况： 当甲乙甲，其概率为；当甲丙甲，其概率为； 当甲丁甲，其概率为，所以概率为， 当时，球从甲开始传，球在乙手中时，可分为两种情况： 当甲丙乙，其概率为； 当甲丁乙，其概率为； 所以概率为，两者概率不相等，所以A错误； 对于C，设传球次后，球在队成员手中的概率为， 根据全概率公式，可得是常数， 由选项可知当传球2次后球在队手中的概率为，所以C正确； 对于D，事件：传球次后，球在甲手中；：传球次后，球在乙手中； ：传球次后，球在队队员手中，则， 设次传球后，球在乙手中的概率为，由C项知球在甲手中的概率为， 球在队队员手中时，下一次传球后，有的概率传到乙手中， 根据全概率公式得 ，所以， 所以是首项为 公比为的等比数列， 可得，所以， 所以传球次后球在甲手中的概率为，所以D错误. 对于B，当时，可得，所以B正确. 12． 【详解】由于表示椭圆，则且，① 直线恒过定点，若满足题意，则点在椭圆上或椭圆内， 所以，②，由①②得， 所以的取值范围是 13． 【详解】, 中项的系数为，的常数项为， 中项的系数为，中项的系数为， 中，常数项为，中项的系数为， 所以展开式中含的项的系数为， 所以的展开式中含的项为. 14． 【详解】关于的对称函数为， 则函数和的图象上存在点关于直线对称时，与有交点， 则有解，即有解， 令，则时有，时，，单调递增， 时，，单调递减， 则，且，，，， 所以，则． 15．(1) (2) (3)建议使用新技术，理由见解析. 【详解】（1）解：根据题意，抽取的10000件包裹中，有8000件价值不超过100元， 所以不超过100元的频率为， 根据频率估计概率，一件包裹价值不超过100元的概率为 （2）解：根据题意，同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替， 故当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元； 当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元； 当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元； 当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元； 所以，的所有可能值为，，，（单位：元） ，， ，， 所以的概率分布列如下： 7.5 33 150 300 所以，(元) （3）解：建议使用新技术，理由如下： 根据题意，若采用新技术，分拣的准确率增加了0.09%， 故采用新技术时，每天可以减少的损失费用约为 元， 由于，故建议使用新技术. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 由题意平面， 所以平面． （2）取中点中点，连接， 则， 因为平面，平面，所以，所以， 在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则． 设该球的球心坐标为，则 解得. 所以该球的半径为. （3）平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即 取，得平面的一个法向量为. 设平面与平面所成角为， 则. 所以平面与平面所成角的正弦值为. 17．(1) (2) (3)2116 【详解】（1）设等差数列公差为，所以， 因为，解得，则， 所以， 所以，解得， 因为，所以数列公比，则. （2）由（1）可知， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 数列的前2n项中有个奇数项，个偶数项， 所以， 可得， 即. （3）数列的项为， 在之前有数列的项个，有个1， 则之前有项， 当时，即之前有项，之后有个， 即数列的前2026项有数列的前项，和个， 所以数列的前2026项的和为. 18．(1) (2)①证明见解析；② 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为 （2）①设，， 由，消去整理得， 所以， 则，， 又因为直线与椭圆交于，两点，以为直径的圆过原点， ∴，即， ∴， ∴， 即， 化简得，所以，即为定值； ②因为到直线的距离， 又 ， 所以， 又，所以，则， 所以 ， 因为且， 所以， 令，则， 所以， 令，所以 ， 所以当即，时取得最大值，所以， 即面积的最大值为. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）解：因为，所以. 所以.   因为曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，解得. 所以. （2）解：. 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立. 设，则. 令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 又.                                  所以的最小值为， 所以的取值范围为. （3）证明：由（2）可知当时，函数有两个不同的极值点， 不妨设.      所以是方程的两个解. 即，. 所以. 设，则. 所以，即，所以.   所以. 所以. 所以要证，只需证：对任意，， 设，则， 令，则. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为，所以. 所以在上单调递增.   所以. 所以，即成立. 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 $