江苏省海安高级中学2025-2026学年高二下学期数学周考自主练习(四)试卷5.30

**基本信息** 海安高级中学高二数学周测试卷，以概率等效转换（如“5局3胜”制比赛）、立体几何翻折等真实情境为载体，融合函数性质、二项式定理等核心知识，考查数学思维与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/53分|集合、复数、立体几何、概率统计|第6题结合正态分布分析上班方式选择，体现数据观念| |填空题|2题/10分|正态分布、随机游走|第12题以蚂蚁移动为情境，考查古典概型与圆的方程| |解答题|4题/57分|二项式定理、立体几何体积与线面角、函数性质、概率应用|第16题通过比赛制与粉笔使用问题，深化等效转换思想，培养逻辑推理能力|

海安高级中学高二数学自主练习四 一、选择题:本题共7小题，每小题5分，共35分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知集合，，则中元素个数为（   ） A．0 B．3 C．5 D．8 2．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 3．若是两条直线，是两个平面，且．设，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，这样的四位数一共有（    ）个. A．576 B．1296 C．1632 D．2020 5．在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 6．小张上班有四种方式，有步行，骑自行车，乘坐公汽，自己开车.他记录了100次用这四种方式上班所花费的时间，分别用随机变量来表示用这四种方式上班所用时间（分钟）.经数据分析，，，如果某天有70分钟可用，他该选择哪种方式上班不迟到的概率最大（   ） ， A．步行 B．骑自行车 C．乘坐公汽 D．自己开车 7．已知函数，当时，则（   ） A．有两个极值点 B．有极大值 C．可以是负数 D．一定是正数 二、选择题: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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。 8．如图是由个样本数据得到的散点图，根据这个样本数据建立y关于x的经验回归方程.下列说法正确的是（    ） A．样本数据、、、、的平均数为 B．去掉后，残差平方和变小 C．经验回归直线经过点 D．相关系数用来衡量两个变量之间线性关系的强弱，越接近于，相关性越弱 9．已知正数、满足，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最小值是 10．已知直线与函数和的图象分别交于点，，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分. 11．随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则_______________. 12．在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为_____. 四、解答题：本题共4小题，共57分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 13．（12分） 已知二项式． (1)若它的二项式系数之和为128． ①求展开式中二项式系数最大的项； ②求展开式中系数最大的项； (2)若，求二项式的值被7除的余数． 14．（14分） 在平行四边形中，为中点，将沿直线翻折至．设是线段的中点，．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 15．（14分） 已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 16．（17分） 在概率中，等效转换是一种很重要的思想方法.例如，甲乙两人比赛下棋，假设每局比赛甲赢的概率为，输的概率为，且每局比赛结果相互独立，那么甲乙进行“3局2胜”制游戏(累计先胜2局者获得最终胜利)，甲获得最终胜利这一事件，可等效为：甲乙进行3局比赛且甲至少赢2局.设3局比赛中甲赢的局数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出甲最终获胜的概率. (1)若，求“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率； (2)记“局胜”()制游戏中甲获得最终胜利的概率为，“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为，证明：； (3)福佑崇文阁教室里有一盒白粉笔和一盒黄粉笔，其中白粉笔有支，黄粉笔有支(且)，老师上课时每次都等可能地随机选择一盒粉笔，并拿出一支使用，不放回，记白色粉笔先被用完的概率为，证明：. 海安高级中学高二数学自主练习四 一、选择题:本题共7小题，每小题5分，共35分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知集合，，则中元素个数为（   ） A．0 B．3 C．5 D．8 【答案】C 【分析】根据补集的定义即可求出． 【详解】因为，所以， 中的元素个数为， 故选：C． 2．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据复数的除法运算表示，结合复数的模长公式可得结果. 【详解】由题意得，， 所以. 故选：A. 3．若是两条直线，是两个平面，且．设，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由线面平行的性质定理和判定定理结合充要条件的判定可得. 【详解】若，由线面平行的性质定理可得，充分性成立； 若，，由线面平行的判定定理可得，必要性成立. 所以是的充要条件. 故选：C 4．从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，这样的四位数一共有（    ）个. A．576 B．1296 C．1632 D．2020 【答案】B 【解析】分成两种情况：取出数字中无0和取出数字中有0.第一种情况全排列即可；第二种情况下，千位有3种可能，再乘对剩余数字的全排列.两种情况的结果相加即可. 【详解】解：当取出的4个数字中没0时，再组成四位数，这样的四位数有个； 当取出的4个数字中有0时，共有中组合，这四位数字所组成的四位数有 个，所以这种情况下的四位数共有个. 故选:B. 【点睛】本题考查了排列与组合的综合应用.本题的易错点是忽略这个四位数，千位不能为零. 5．在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将作为三棱锥的底面，根据垂直关系和线段关系可求出该底面的面积，然后作辅助线找出该底面的高，并通过勾股定理求出，最后根据三棱锥体积公式即可求出答案. 【详解】根据题意，取的中点，连接.    因为为等边三角形，是的中点， 所以. 因为分别为的中点，所以. 因为，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，是的中点， 所以. 又平面， 所以平面. 在中，根据勾股定理得. 在中，根据勾股定理得. 所以三棱锥的体积为. 故选：D. 6．小张上班有四种方式，有步行，骑自行车，乘坐公汽，自己开车.他记录了100次用这四种方式上班所花费的时间，分别用随机变量来表示用这四种方式上班所用时间（分钟）.经数据分析，，，如果某天有70分钟可用，他该选择哪种方式上班不迟到的概率最大（   ） ， A．步行 B．骑自行车 C．乘坐公汽 D．自己开车 【答案】B 【分析】根据正态分布中的原则分别计算不同方式下不迟到的概率，即求计算不同方式下的大小，然后分析即可. 【详解】①当小张步行方式上班时，由知，， 所以他上班不迟到的概率为： ， ②当小张骑自行车上班时，由知，， 所以他上班不迟到的概率为： ， ③当小张乘坐公汽上班时，由知，， 所以他上班不迟到的概率为： ， ④当小张自己开车上班时，由知，， 所以他上班不迟到的概率为： ， 由， 所以小张骑自行车上班时不迟到的概率最大， 故选：B. 7．已知函数，当时，则（   ） A．有两个极值点 B．有极大值 C．可以是负数 D．一定是正数 【答案】D 【分析】求出导函数，再利用导数确定的单调性，从而确定的零点存在，得出其为极小值点判断选项AB，由得，间的关系，代入变形，然后由基本不等式结合条件得判断CD． 【详解】的定义域为，， 设，则，故是增函数， 当时，，时，， 所以存在，使得，且时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以有一个极小值点，无极大值点即无极大值，所以选项AB错误， 从而当时，取得最小值， 结合，则 ， 当且仅当时取等号，此时， 故恒成立，故选项C错误，选项D正确. 故选：D 二、选择题: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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。 8．如图是由个样本数据得到的散点图，根据这个样本数据建立y关于x的经验回归方程.下列说法正确的是（    ） A．样本数据、、、、的平均数为 B．去掉后，残差平方和变小 C．经验回归直线经过点 D．相关系数用来衡量两个变量之间线性关系的强弱，越接近于，相关性越弱 【答案】ABC 【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用回归直线拟合效果与残差平方和的关系可判断B选项；利用经验回归直线过样本中心点可判断C选项；利用相关系数与相关性的关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可知样本数据、、、、的平均数为，A对； 对于B选项，去掉后，回归直线的拟合效果越好，残差平方和变小，B对； 对于C选项，由题意可得， 故经验回归直线经过点，C对； 对于D选项，相关系数用来衡量两个变量之间线性关系的强弱， 越接近于，相关性越强，D错. 故选：ABC. 9．已知正数、满足，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最小值是 【答案】BCD 【分析】利用基本不等式可判断AD选项；利用二次函数的基本性质可判断B选项；将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可判断C选项. 【详解】对于A选项，由基本不等式可得，即， 当且仅当时，即当时，等号成立，即的最大值为，A错； 对于B选项，， 当且仅当时，等号成立，故的最小值是，B对； 对于C选项，， 当且仅当时，即当时，等号成立， 即的最小值是，C对； 对于D选项，，当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值是，D对. 故选：BCD. 10．已知直线与函数和的图象分别交于点，，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用数形结合的方式来解决函数的综合问题，根据点的对称性得到坐标间的关系，通过构造函数运用函数的单调性来解决即可. 【详解】函数与互为反函数，则函数与的图象关于直线对称， 而直线与直线垂直，则直线关于直线对称， 因此点与点关于直线对称，由得线段的中点为， 在平面直角坐标系内作出函数和的图象及直线，如图： 对于A，由，得，A错误； 对于B，，则，B正确； 对于C，由图知，，由，得， 令，求导得，函数在上单调递增， 则，即，因此，C正确； 对于D，令，则，， 而函数在上单调递减，则，由，得， 令，求导得，函数在上单调递增， 由，得，即， 整理得，因此，又， 则，即，于是，不等式不成立，D错误. 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分. 11．随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则_______________. 【答案】 【分析】利用偶函数的定义，并结合正态曲线的对称性即可求解. 【详解】因为函数为偶函数， 所以， 即 所以， 故答案为：. 12．在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为_____. 【答案】 【分析】若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况.把向上、下、左、右四个方向的步数分别记为，，，，则.通过分析，，，的取值计算概率即可. 【详解】把向上、下、左、右四个方向的步数记分别为，，，，则. 若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况. 若蚂蚁移动到原点，则，，故，或，或，有种走法； 若蚂蚁移动到点（1，1），则，，故，，，或，，，，有种走法. 由对称可知，蚂蚁移动到圆内部的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题共4小题，共57分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 13．（12分） 已知二项式． (1)若它的二项式系数之和为128． ①求展开式中二项式系数最大的项； ②求展开式中系数最大的项； (2)若，求二项式的值被7除的余数． 【答案】(1)①；②. (2). 【分析】（1）根据二项式定理的二项式系数之和，求得指数，结合组合数的对称性，建立不等式组，可得答案； （2）根据二项式定理可得展开式，将底数整理为的倍数加比小的数，可得答案. 【详解】（1）由题意可得，解得，其通项为. ①二项式系数最大的项为第4、5项， ，； ②设展开式中系数最大的项为第项，则， 化简可得，解得， 因为，所以或， 所以展开式中系数最大的项为第6、7项， ，， （2）当时，， 因为， 所以二项式的值被除的余数就是被除的余数， 因为， 所以被除的余数为，所以二项式的值被除的余数为. 14．（14分） 在平行四边形中，为中点，将沿直线翻折至．设是线段的中点，．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明即可； （2）根据，结合三棱锥体积公式计算即可； （3）建立空间直角坐标系，根据线面角向量法求解即可. 【详解】（1）因为为中点， 所以，， 即为等边三角形，所以， 在中，，所以， 因为，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）由（1）可知，为三棱锥的高， ， 所以； （3）由（1）可知，，故以为原点，为轴，为，垂直平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， ,,，,， 所以，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，即， 设直线与平面所成角为， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为．    15．（14分） 已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上单调递增， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上单调递增， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上单调递减，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 16．（17分） 在概率中，等效转换是一种很重要的思想方法.例如，甲乙两人比赛下棋，假设每局比赛甲赢的概率为，输的概率为，且每局比赛结果相互独立，那么甲乙进行“3局2胜”制游戏(累计先胜2局者获得最终胜利)，甲获得最终胜利这一事件，可等效为：甲乙进行3局比赛且甲至少赢2局.设3局比赛中甲赢的局数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出甲最终获胜的概率. (1)若，求“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率； (2)记“局胜”()制游戏中甲获得最终胜利的概率为，“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为，证明：； (3)福佑崇文阁教室里有一盒白粉笔和一盒黄粉笔，其中白粉笔有支，黄粉笔有支(且)，老师上课时每次都等可能地随机选择一盒粉笔，并拿出一支使用，不放回，记白色粉笔先被用完的概率为，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）方法一：根据二项分布直接求解即可；方法二：讨论甲获得最终胜利的情况，针对每种情况求对应的概率，它们的和即为所求结果. （2）讨论甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的情况，然后利用全概率公式进行求解即可. （3）先根据题意将的表达式列出来，然后利用组合数的公式进行化简，从而证明不等式成立. 【详解】（1）设事件为“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利 法一： 事件等效于甲乙进行5局比赛且甲至少赢3局. 记5局比赛中甲赢的局数为，由题意得 . 法二： 事件分三种情况 ①比赛局数为3，甲3局全胜 ②比赛局数为4，甲第4局胜，前3局输1局 ③比赛局数为5，甲第5局胜，前4局输2局 . （2）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则 且. “局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利 若第2局甲输，则后续打满局比赛，甲至少胜局 若第2局甲胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局 由全概率公式得 故. （3）不妨设有无数支粉笔 题意“用了支白粉笔时，至多用了支黄粉笔”     “总共用了支粉笔时，至少用了支白粉笔”.. 设总共用了支粉笔时，白粉笔用了支，则 事件“”等效于甲乙进行“局胜”制游戏，甲乙每局获胜概率都为，最终甲获胜，由对称性可知. 注意到 得证. 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 $