湖北武汉市东湖中学2025-2026学年高二下学期数学周练5.28

**基本信息** 高中数学周测试卷，涵盖复数、集合、概率统计等模块，以中国救援力量、环权文化等情境体现时代性与文化传承，通过基础题与综合题梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理及数据观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义、集合运算、正态分布|第4题以体能测试为背景，考查正态分布应用| |多选题|3/18|回归方程、三角形性质、空间向量|第9题结合独立性检验，强化推理意识| |填空题|3/15|导数计算、古典概型、等差等比数列|第14题环权文化素材，体现数学文化价值| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、导数、椭圆、概率|19题概率与数列综合，考查数学建模与运算能力|

数学周练 5.28 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1．复数 （为虚数单位）在复平面内对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．若，则（    ） A． B． C． D． 4．某班50名同学参加体能测试，经统计成绩c近似服从N（90，），若，则可估计该班体能测试成绩低于85分的人数为（    ） A．5 B．10 C．15 D．30 5．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊.现有6支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，则不同的安排方法种数是（    ） A．270 B．360 C．540 D．630 6．设，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 7．已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（   ） A． B． C． D． 8．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于点，线段的中点为，且满足，若，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．下列说法正确的是（    ） A．一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 B．有一组数1，2，3，5，这组数的第百分位数是3 C．随机变量，若，，则 D．在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过 10．中，角所对的边为下列叙述正确的是（    ） A．若，则一定是锐角三角形 B．若，则一定是等边三角形 C．若，则 D．若，则 11．如图，平面ABCD，，，，，，，则（    ） A． B．平面ADE C．平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为 D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数f（x）的导函数为，且满足关系式，则f（1）＝______． 13．袋子中有大小相同的3个红球和2个白球.若从袋子中摸出3个球，则恰有一个白球的概率是__________；若每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记“第一次摸到红球”为事件，“第二次摸到红球”为事件，则__________. 14．权，是中国传统度量衡器具，历史悠久，文化底蕴深厚，承载着中华民族在政治，经济，文化方面的大量信息.“环权”类似于砝码（如下图），用于测量物体质量.已知九枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则的前8项和为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．记的内角的对边分别为，已知向量，且. (1)求； (2)若，求面积的最大值. 16．如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上． (1)若，求证：点是棱的中点； (2)若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 17．已知函数. (1)若曲线在点处的切线平行于轴，求的值； (2)求的极值； (3)当时，曲线与直线没有公共点，求的取值范围. 18．已知是椭圆的左焦点，，分别是椭圆的左、右顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（异于，），记直线，的斜率分别为，.证明：. 19．已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验. (1)若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； (2)若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：. 试卷第1页，共3页 《数学周练 5.28》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A B C B B C AD BC 题号 11 答案 BC 1．A 【分析】利用复数的代数形式的乘除运算化简，求出在复平面上对应的点的坐标，则可求出答案． 【详解】解：， 复数在复平面内对应的点的坐标为：，在第一象限． 故选：A． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义． 2．C 【分析】求得集合，可求得. 【详解】依题得，则． 故选：C. 3．A 【分析】首先对进行化简整理，得到，求得结果. 【详解】 ， 所以. 故选：A. 4．B 【分析】由已知可得正态分布曲线的对称轴，再由已知条件结合对称性求得，即可求得该班体能测试成绩低于85分的人数. 【详解】由c近似服从N（90，），可知正态分布曲线的对称轴为， 则， 所以, 则可估计该班体能测试成绩低于85分的人数为人， 故选：B. 5．C 【分析】对参加三个受灾点执行救援任务的人数分三种情况讨论，先分组、再分配求出各组情况的方案数，最后相加. 【详解】若参加三个受灾点执行救援任务的人数分别为1，1，4时，共有种参赛方案； 若参加三个受灾点执行救援任务的人数分别为1，2，3时，共有种参赛方案； 若参加三个受灾点执行救援任务的人数分别为2，2，2时，共有种参赛方案； 综上，不同的安排方法种数是. 故选：C 6．B 【分析】先由指数函数的单调性比较与的大小，再作商比较的大小即可得解. 【详解】， ， 而，因为，所以， 所以，故， 所以. 故选：B 7．B 【分析】由正态分布的性质建立方程求得的值，然后代入二项式，并写出其展开式的通项，令通项中的指数与条件提到的项的指数相同，求得，代入中，求得该项的系数. 【详解】由题意可知，∴， ∴ ， 展开式的通项为， 当时，，即. 所以的展开式中的系数为. 故选：B. 8．C 【分析】根据条件得是等边三角形，设的边长为，结合双曲线定义得，在中，由余弦定理求得离心率. 【详解】 因为是线段的中点，且，所以， 又，所以是等边三角形， 设的边长为，由双曲线的定义知，，， 所以， 又，所以，即， 所以， 在中，由余弦定理知，， 所以 即，所以离心率. 故选：C 9．AD 【详解】选项A：线性回归方程必过样本中心点， 代入，得，解得，故A正确； 选项B：计算第百分位数的位置，是整数， 故第百分位数是第3个和第4个数据的平均值，即，故B错误； 选项C：二项分布满足，， 代入得，解得，则，故C错误； 选项D：在的独立性检验中，若， 则原假设不成立，故两变量不独立，则犯错误的概率不超过，故D正确． 10．BC 【分析】由余弦定理和余弦函数的性质即可判断A；由正弦定理及正切函数的性质即可判断B；由余弦函数的单调性即可判断C；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A选项，在中，因为，又， 所以，即为锐角，但题中没有告诉最大， 所以不一定是锐角三角形，故A错误； 对于B选项，，由正弦定理得， 整理得，即一定是等边三角形，故B正确； 对于C选项，因为，在单调递减， 所以，故C正确； 对于D选项，由，得，所以， 由余弦定理可得， ，当且仅当时，等号成立， 则当，时，，即角可以大于，故D错误； 故选：BC． 11．BC 【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究位置关系与线面夹角，面面夹角即可. 【详解】对于A，根据题意可知，平面ABCD， 不妨以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 则，， 所以，所以，不垂直，故A错误； 对于B，依题意，是平面的一个法向量， 又，可得，则， 又因为直线平面，所以平面，故B正确； 对于C，设为平面的一个法向量， 则，令，可得， 设为平面的一个法向量， 则，令，可得， 所以平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，设直线与平面所成角为，而， 则，故D错误. 12．3 【分析】根据已知求出，得到函数的解析式，即得解. 【详解】函数，则， 当时，，因此， 所以，则， 故答案为：3 13． / / 【分析】分别利用古典概型的概率和条件概率求解. 【详解】根据题意从3个红球和2个白球任取3个球，由种取法， 其中恰有一个白球的取法有种，其中恰有一个白球的概率是； 由题可知，“第一次摸到红球”为事件，“第二次摸到红球”为事件， 则，，所以. 故答案为：；. 14．192 【分析】根据等差数列和等比数列的基本量运算求得，然后求和即可得解. 【详解】由题意知，成等差数列，设公差为，成等比数列，公比为， 因为，，联立解得， 所以，，， 所以的前8项和为. 故答案为：192 15．(1) (2) 【分析】（1）利用和正弦定理求得关于的方程，求解即可. （2）先利用余弦定理列出的一个方程，再利用基本不等式求出面积的最大值. 【详解】（1）， 根据正弦定理得， ， ，即， ，所以，则， . （2）由余弦定理， 得， 所以. 当且仅当时，等号成立， 所以当时，面积有最大值，最大值为. 16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设，，根据垂直关系有求参数值，即可证； （2）根据已知及棱锥的体积求出的坐标，进而确定对应平面的法向量，应用向量法求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）由底面，底面，则， 又底面都是正方形，则，故两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，，， 因为，故，即， 因为点在棱上，所以，，， 所以，解得，即， 而的中点坐标为，所以点是棱的中点；    （2）设， 则， 即， 由题意，可得， 所以，则，， 设平面的法向量为，则， 令，得. 由平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1) (2)当时，无极值， 当时，的极大值为，无极小值； (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）利用导数，分，两类讨论函数的极值； （3）令得到，令，根据导数求出的值域，进而求出的取值范围. 【详解】（1），，解得； （2）由（1）知， 当时，恒成立， 单调递增，无极值， 当时，令，解得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以有极大值，为，无极小值； 综上：当时，无极值， 当时，的极大值为，无极小值； （3）当时，， 令，当时，方程无解，所以， 令，则， 所以当且时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，当时，当时，， 当时，，当时，， 所以的值域为， 因为曲线与直线没有公共点，所以， 所以的取值范围为. 18．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，法一：借助作差法推理得证；法二：借助作商法计算推理得证. 【详解】（1）依题意，椭圆的半焦距，由，得， 解得，，所以椭圆的方程为. （2）法一：显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，， 由消去得， ，，， 而，则 ， 所以. 法二：直线的斜率不为0，设直线的方程为，， 由消去得，， ，，， 而，则， ，所以 19．(1)分布列见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望； （2）由（1）中的结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解. 【详解】（1）由题意得，的可能取值为， 在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为， ， 依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，， 易知， 的分布列为： 1 2 3 的数学期望. （2）证明：当时，不难知道， ， ， 由（1）可知，又， ， . 即. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是得到，再利用裂项求和即可证明出不等式. 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 $