浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期数学周末练（12）

**基本信息** 涵盖高二下核心知识，融合《九章算术》羡除、费马点等文化与数学史素材，通过基础题与综合题梯度设计，培养数学抽象、逻辑推理与空间观念，适配周测巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数、向量投影、统计回归、立体几何体积等|以羡除体积公式应用考查空间观念，体现文化传承| |多选题|3|概率统计、费马点、笛卡尔曲线|费马点问题结合解三角形，考查推理能力与数学史认知| |填空题|3|数列通项、圆的切线、函数零点|函数零点问题需转化为方程有解，培养数学抽象| |解答题|5|三角函数、四棱锥、数列性质、双曲线、导数|导数极值证明综合考查逻辑推理与数学语言表达，贴合高考命题趋势|

杭州学军中学2025学年高二(下)数学周末练（12） 命题人：李丽丽 审题人：陈伊雯 一、单选题 1．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（   ） A． B． C． D． 2．已知向量，满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 3．已知变量x和y的统计数据如下表. 80 90 100 110 120 y 120 140 165 180 若x，y线性相关，经验回归方程为，则（    ） A．155 B．158 C．160 D．162 4．已知，若，则（    ） A．240 B．－240 C．280 D．－280 5．《九章算术》中所述“羡除”，是指如图所示五面体，其中，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长、、，“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离（如图）．羡除的体积公式为，过线段，的中点，及直线作该羡除的一个截面，已知刚好将羡除分成体积比为的两部分．若、，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 6．已知，若，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，在矩形中，，，，分别在线段，上，，将沿折起，使到达的位置，且平面平面，则四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域均为为奇函数，且，则（    ） A．不为偶函数 B．为奇函数 C． D． 二、多选题 9．下列说法中，正确的命题是（    ） A．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1 B．若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 C．口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望 D．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是. 10．“费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点， 在中，当最大内角小于时，费马点满足，当最大内角不小于时，最大内角的顶点为费马点. 已知在中，角所对的边分别为，且，，，点为的费马点，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 11．如图，已知笛卡尔“鸡蛋”曲线过点，且曲线上任意一点到和的距离满足，则（   ） A． B．曲线与单位圆有3个交点 C．的最小值为 D．的最大值为 三、填空题 12．已知数列的前项和为，且满足，则该数列的通项公式为______. 13．已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为_____. 14．函数有且仅有一个零点，则最小值为________． 四、解答题 15．已知，，函数，函数图象的相邻对称轴之间的距离为． (1)求函数的解析式； (2)将函数图象上的每一个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，然后再向左平移个单位，得到函数的图象；关于x的方程在上有且仅有一解，求实数m的取值范围． 16．如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点. （1）证明：CE∥平面PAB； （2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值 17．若无穷正项数列同时满足以下两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质． (1)若； （ⅰ）判断数列是否具有性质，并说明理由； （ⅱ）记为数列的前项和，判断数列是否具有性质，并说明理由； (2)某同学投篮命中率为，每次投篮相互独立，设随机变量为投篮次命中的次数，记，证明：数列具有性质． 18．已知双曲线的两条渐近线为，且经过点． (1)求双曲线的方程； (2)分别是双曲线的左右焦点，过双曲线上一点作双曲线的切线（的方程为）交轴于点； （ⅰ）证明：四点共圆； （ⅱ）当时，过点作的垂线与的角平分线交于点，求点的轨迹方程． 19．已知函数有两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 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（12）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D B A A D ACD ACD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】先应用复数的乘法及除法公式计算得出复数，再根据对称性求解即可. 【详解】因为， 在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，所以. 故选：B. 2．C 【分析】根据向量垂直得到，再根据向量数量积运算得，最后利用投影向量计算公式即可得到答案. 【详解】由于，所以， 即， 又，， 所以. 则向量在向量上的投影向量等于： . 3．A 【分析】根据样本中心点在回归直线方程上，得到，求出. 【详解】由表中数据可得， 代入经验回归方程可得， 则. 故选：A 4．D 【分析】借助赋值法令可计算出，再借助二项式的展开式的通项公式计算即可得解. 【详解】令，则有， 即，故， 即有， 对，有， 令，则有， 即. 故选：D. 5．B 【分析】根据梯形中位线求出，再根据所给“羡除”的体积公式表示出，，根据体积比得到方程，解得即可. 【详解】因为、、，，为线段，的中点， 所以且， 所以，， 即，， 因为，即，解得. 故选：B 6．A 【详解】由题意得，，所以， 即，即， 因为，所以，，所以，. 7．A 【分析】设的中点为，先证明，四面体的外接球球心在的中点处垂直平面方向上，由求得，从而求得球的表面积. 【详解】设的中点为，连接，由题可知为等腰直角三角形， ，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 根据题意，，所以的外心为的中点， 设四面体的外接球的球心为，则平面， 作分别交于， ， 又，， 则，所以， 所以，， 由，得， 即，解得， ，所以四面体外接球的表面积为. 故选：A. 8．D 【分析】根据已知等式关系结合函数的奇偶性与对称性即可求得函数均是周期为4的周期函数，利用周期性与对称性计算，逐项判断即可得答案 【详解】因为， 所以，与联立可得， 即的图象关于直线对称， 又为奇函数，则， 所以，即， 所以，所以是周期为4的周期函数， 因为，所以也是周期为4的周期函数， 因为，，所以， 即，从而为偶函数，故A错误． 又为奇函数，则，即， 所以， 故，故C错误． 由，得，则不可能为奇函数，故B错误． 可求， 所以，故D正确． 故选D． 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 9．ACD 【分析】根据线性回归分析中线性相关系数的概念可判断A；由正态分布密度曲线特征可判断B；由超几何分布的期望公式判断C；利用条件概率计算公式可判断D正确. 【详解】对于A，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强， 则线性相关系数的绝对值越接近于1，故A正确； 对于B，根据正态分布参数的意义，越大表示随机变量的分布越分散， 则该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，故B错误； 对于C，随机变量服从超几何分布，所以，其中， 即，故C正确； 对于D，设取出两件中其中有一件正品为事件，另一件也为正品为事件， 则，， 则， 故从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是，故D正确. 故选：ACD 10．ACD 【分析】由三角恒等化简结合正弦定理转化边角关系，由余弦定理化简可判断A；解得到所有边角的大小，再证明与相似，利用相似比出答案，可判断C选项；由C结论设，则，，解出数值，利用向量数量积计算可得答案判断B选项；作，则在上的投影向量为，通过计算即可判断D选项. 【详解】因为， 由正弦定理得， 所以，因为，所以， 代入，解得，所以A正确； 在中，根据余弦定理，解得， 所以，所以，， 由于最大内角，所以费马点 满足， 如图所示，，， ，，， ，化简得，所以C正确； 设，则，, 中，由余弦定理得， 所以，解得（舍去负根） 则，，， 所以，所以B错误； 过点作，垂足为，在上的投影向量为， ， 所以，即， 所以在上的投影向量为，D正确. 11．ABD 【分析】对于A，把代入可求，对于B，联立方程，解出方程即可判断；对于CD，根据曲线方程定义，中，，根据函数特性可确定取得最小值，结合可确定，再利用可得，结合即可确定的最值. 【详解】对于A，曲线过点，此时，故A正确； 对于B，曲线的方程为，联立单位圆， 即，平方得， 即，解得或， 由图可知时，曲线的点为，当时，曲线上有2个点， 所以曲线与单位圆有3个交点，故B正确； 设，则，， 在中，， ，即时，取得最小值， 又，所以，即， 是的中点，， ， ，所以的最小值为，最大值为， 即的最小值为，最大值为，故C错误，D正确； 故选：ABD. 12． 【分析】代入，得出.根据求出的表达式，代入检验，即可得出答案. 【详解】当时，. 当时，. 因为， 所以，. 故答案为：. 13． 【分析】画出图形并根据所求角的范围可知当时，劣弧最小，即可得出劣弧长度的最小值. 【详解】如下图所示： 易知圆心到直线的距离为， 在直角三角形中，，， 所以，所以； 因此可知当时，劣弧最小， 此时，即可得； 所以劣弧AB长度的最小值为. 故答案为： 14． 【详解】函数，. 设，则有 令，解得；令，解得； 在上单调递增，在上单调递减。 若满足函数有且只有一个零点，只有，.. 设 令解得；令解得 在单调递增，在单调递减， 15．(1) (2) 【分析】（1）首先利用数量积公式和三角恒等变换化简函数， （2）首先利用三角函数的图象变换求函数的解析式，再通过换元后，结合的图象，即可求解. 【详解】（1） ， 因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为， 所以，得，所以； （2）由（1），将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数， 再向左平移个单位得， 令，则，所以， 因为在上只有一个解，    由的图象可得，或， 所以的取值范围是. 16．（I）见解析；（II）. 【详解】试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．满分15分． （Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值． 试题解析： （Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB． 因为E，F分别为PD，PA中点，所以且， 又因为，，所以且， 即四边形BCEF为平行四边形，所以， 因此平面PAB． （Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ． 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点， 在平行四边形BCEF中，MQ//CE． 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD． 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD． 所以AD⊥平面PBN， 由BC//AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN． 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH． MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角． 设CD=1． 在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=， 在Rt△MQH中，QH=，MQ=， 所以sin∠QMH=， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角． 17．(1)（ⅰ）不具有，具有，理由见解析；（ⅱ）具有，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）（ⅰ）根据题设证的新定义，结合，利用等差、等比数列的性质，即可求解； （ⅱ）数列具有性质，利用乘公比错位相减法，求得 ，结合数列的单调性，即可求解； （2）由因为，记是奇数时的概率和为，是偶数时的概率和为，分别求得和，得到，进而得到答案. 【详解】（1）解：（ⅰ）假设存在，使得， 则有，因为，所以数列不具有性质； 因为，且为单调递减数列，所以数列具有性质； （ⅱ）数列具有性质， 两式作差得： ， 所以数列满足条件①； 因为， 所以为单调递增数列，满足条件②，所以数列具有性质； （2）解：因为， 记是奇数时的概率和为，是偶数时的概率和为， ， ， 可得，故随着的增大而增大， 所以数列具有性质． 18．【详解】（1）由双曲线的两条渐近线为，可得，即， 又由双曲线经过点，可得，解得， 所以双曲线的方程为． （2）（ⅰ）由题意得，过点的切线方程为，即， 又由，则过三点的圆的圆心为， 因为，即， 所以， 又， 即，所以四点共圆． （ⅱ）方法一：切线的垂线方程为， 令切线交轴于点的角平分线交切线于点， 由角平分线定理得：， 所以，代入坐标得， 故的角平分线方程为， 设点，联立方程组 ，可得， 所以点的轨迹方程为． 方法二：由双曲线的光学性质得：切线的垂线即为的外角平分线，所以点为的旁心， 设圆与延长线、延长线的切点分别为，点， 则 ，即， 又由切线的垂线方程为， 代入得，所以，所以点的轨迹方程为． 19．(1)已知，其定义域为， 对求导可得：， 因为函数有两个不同的极值点， 所以在上有两个不同的正根， 令，对求导可得：， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 又因为当时，，当时，， 要使在上有两个不同的正根，则需， 解得，因此的取值范围是. (2)由（1）可知，是的两个不相等的正根， 即，可得，则， （由三次方程韦达定理：，，， 因，则其中必有一根为负，记为，则，）， 则， （*）， 由，得，同理可得， 则， 将其代入（*）可得： ， ， 又因为，则，可得， 则， 令，则，， 求导得，则在上单调递增， 故有，即. (3)令，求导可得： ， 所以在上单调递减， 则当时，， 即，移项可得， 令，，则，即. 因，，，， 将以上个不等式左右相加得：（**）， 又因，， 则（**）为， 两边乘以可得：， 故得得证. 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 $