江苏苏州市某校2025-2026学年高二下学期周测九数学试题

**基本信息** 高二数学周测试卷，涵盖函数、概率、立体几何等模块，以外卖骑手配送、校园歌手大赛等实际情境设计问题，注重数学思维与应用意识，适合巩固基础与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|函数导数、正态分布、空间向量等|基础概念与运算，如切线方程求解、概率递推关系| |多选|3/18|条件概率、二项式定理、立体几何|概念辨析与综合判断，如独立事件判定、正方体截面分析| |填空|3/15|极值点、排列组合、概率期望|情境化计算，如能被25整除的五位数个数、掷骰子比赛期望| |解答题|5/77|二项式定理应用、分布列与期望、函数证明等|综合应用，如摸球问题期望计算、立体几何线面角最值证明|

高二数学滚动练习9 班级 姓名 学号 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分． 1.已知函数f(x)＝ax2，若，则a＝( ) A. －1 B. 0.5 C. 1 D. 2 2.已知随机变量~N(2，σ2)，且P，则P＝( ) A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 3.已知{,,}是空间的单位正交基底．若向量在基底{2(－),,2－}下的坐标为(1,－2,1)，则向量的模为( ) A．3 B． C．9 D．6 4.某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是( ) A. 72 B. 108 C. 216 D. 288 5.校园歌手大赛设有5轮独立打分环节，某选手每一轮获得“高分”的概率为，获得“普通分”的概率为．设X表示该选手在5轮中获得高分的轮数，则( ) A. B. C. D. 6.若曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线也是曲线y＝x2＋(2a＋3)x＋2a－1的切线,则a＝( ) A. 0 B. C. 1 D. 2 7.若函数f(x)＝x2－ax＋cosx在[0,π]上单调递增，则a的取值范围是( ) A. B. C. D. 8.某外卖平台有两位骑手甲和乙轮流配送订单，规则如下：若当前骑手准时送达，则下一次由该骑手配送；若当前骑手延迟送达，则下一次换为另一骑手配送．已知骑手甲每次准时率为0.8，延迟率为0.2；骑手乙每次准时率为0.9，延迟率为0.1．第一次订单由骑手甲配送，设第次订单由骑手甲配送的概率为Pi，则使Pi<0.6成立的i的最小值为( ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9.下列说法正确的是( ) A.若B，C互斥，则P((B＋C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A) B.设B和互为对立事件，则P(|A)＋P(B|A)＝1 C.若0<P(A)<1且P(B|A)＝P(B)，则事件A，B相互独立 D.样本相关系数r越小，样本中两变量相关的程度就越弱 10.已知的展开式中第3项的二项式系数为21，则下列说法正确的是( ) A. B. 展开式中存在常数项 C. 展开式的所有项的系数和为128 D. 27n－6能被7整除 11.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P是侧面BCC1B1上的一个动点(含边界)， 且分别是棱AA1,CC1的中点，则( ) A．平面D1EF截该正方体所得的截面图形是正五边形 B．平面D1EF⊥BDD1B1 C．若μ＝0，则|PE|＋|PD|的最小值为 D．若|AP|＝，则点P的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.若函数 f(x)＝xlnx－ax有大于1的极值点，则a的取值范围是________． 13.由0，1，2，3，4，5组成无重复数字且能被25整除的五位数的个数是________． 14.甲、乙两人进行掷骰子比赛，在每轮比赛中，两人各抛掷质地均匀的骰子一次，向上点数大的一方得2分，小的一方得0分，点数相同时双方各得1分．若一方累计得分大于等于3分，则比赛结束．记比赛结束时，比赛的轮数为X，则P(X＝2)＝______，E(X)＝_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15.(13分)已知m， n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n 的展开式中x的系数为11. (1)试求f(x)中x2的系数的最小值； (2)对于使用f(x)中x2的系数为最小的m， n， 求出此时x3的系数； (3)利用上述结果，求的近似值(精确到0.001). 16. (15分)已知一个暗箱中装有8个大小、形状完全相同的小球，其中3个红球，5个黄球．从中一次摸出5个球． (1)所摸出5个球中红球的个数记为X，求X的分布列及数学期望E(X)； (2)计分规则：每个红球计4分，每个黄球计2分，所摸出5个球的总得分记为Y，求E(Y)． 17. (15分)已知函数f(x)＝(x＋a)lnx＋1. (1)若f(x)在点处的切线的斜率为1，求f(x)的极值； (2)若a＝1，证明：当0<x<1时，f(x)<x. 18. (17分)如图，在正四棱锥P-ABCD中，PA＝2，点M，N分别为PA，BC的中点，且∠BMD是二面角B-PA-D的平面角． (1)求证：MN//平面PCD； (2)求直线MN到平面PCD的距离； (3)点Q是线段MN上的动点，求直线PQ与平面PCD所成角的正弦值的最大值． 19.(17分)设函数f(x)＝aln(x＋1)＋xex-1． (1)当a＝1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)存在零点x1，且x1>0． (ⅰ)求实数a的取值范围； (ⅱ)设x0为f(x)的极值点，证明：2x0>x1． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数 学滚动练习9 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分． 1.已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义得，通过求导建立方程即可求解. 【详解】由题意得，，又因为，所以， 即，解得，故C正确. 2.已知随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 【答案】D 【解析】 【详解】随机变量，且 ，则 3.已知是空间的单位正交基底．若向量在基底下的坐标为，则向量的模为（　　） A．3 B． C．9 D．6 【答案】A 【解析】因为向量在基底下的坐标为， 所以， 又因为是空间的单位正交基底．所以. ， 即. 故选：A 4.某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（ ） A. 72 B. 108 C. 216 D. 288 【答案】C 【解析】 【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可. 【详解】上午两节语文课连上有三种可能，同理下午两节数学课连上有三种可能， 因为英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，直接全排列，所以有种. 5.校园歌手大赛设有轮独立打分环节，某选手每一轮获得“高分”的概率为，获得“普通分”的概率为．设表示该选手在轮中获得高分的轮数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断随机变量服从二项分布，再代入二项分布的方差公式计算即可. 【详解】由题意可知，轮打分环节相互独立，每轮获得高分的概率均为， 故随机变量服从参数为，的二项分布，即 。 则，故A正确. 6.已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设公切线与的切点为， 因为，所以， 因为，所以， 则，得. 7.若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用函数单调性与导数的关系，将问题转化为导函数非负恒成立，再通过分离参数转化为求新函数的最小值，最后利用导数求函数的极值与最值，确定参数的取值范围. 【详解】函数在上单调递增，则在上恒成立. 求导得，故对任意恒成立， 即在上恒成立. 令，，则. 求导得，令，解得（）. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因此，在处取得最小值，. 故，即的取值范围是. 8.某外卖平台有两位骑手甲和乙轮流配送订单，规则如下：若当前骑手准时送达，则下一次由该骑手配送；若当前骑手延迟送达，则下一次换为另一骑手配送．已知骑手甲每次准时率为0.8，延迟率为0.2；骑手乙每次准时率为0.9，延迟率为0.1．第一次订单由骑手甲配送，设第次订单由骑手甲配送的概率为，则使成立的的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】第一次一定是甲配送，，第次由甲配送的概率为 ，它只和第次的配送情况有关：若第次是甲配送，甲准时送达（概率 0.8），则第次仍由甲配送；若第次是乙配送，乙延迟送达（概率 0.1），则第次换为甲配送，写出递推公式并变形，构造等比数列并求通项，解不等式，求解指数不等式. 【详解】第一次一定是甲配送，， 第次由甲配送的概率为 ，它只和第次的配送情况有关： 若第次是甲配送，甲准时送达（概率 0.8），则第次仍由甲配送； 若第次是乙配送，乙延迟送达（概率 0.1），则第次换为甲配送， 因此递推公式为：， 递推式可化为 ， 数列是等比数列，公比 ，首项为， 则，即 ， 因为，所以 ， 即 ， 即， 即 ， 因为是正整数， 所以当 时，， 当 时，，符合条件. 所以的最小值为4，故选项B正确. 2、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9.下列说法正确的是（ ） A.若，互斥，则 B.设和互为对立事件，则 C.若且，则事件，相互独立 D.样本相关系数越小，样本中两变量相关的程度就越弱 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A选项，根据互斥事件的性质与条件概率的计算公式即可判断；对于B选项，根据对立事件的性质与条件概率的计算公式即可判断；对于C选项，结合事件独立性定义与条件概率计算公式即可判断；对于D选项，根据样本相关系数的性质，即可判断. 【详解】对于A选项，因为事件B和事件C互斥，所以 ，所以 ，因为 ，两边同时除以得，，即，故A选项正确. 对于B选项，因为事件和事件互为对立事件，所以 ，所以 ，因为，所以两边同时除以，得 ，即 ，故B选项正确. 对于C选项， ，则,故C选项正确. 对于D选项，样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，故D选项错误. 10.已知的展开式中第3项的二项式系数为21，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中存在常数项 C. 展开式的所有项的系数和为128 D. 能被7整除 【答案】AD 【解析】 【详解】由题意得，，得，负值舍去，故A正确； 通项为， 因为，所以展开式中不存在常数项，故B错误； 令，则展开式的所有项的系数和为，故C错误； ， 故能被7整除，故D正确. 11.如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且分别是棱的中点，则（    ） A．平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】BD 【解析】对A：作出过的截面如下图： 延长和的延长线交于点，延长和交于点， 因为为中点，所以为中点，同理为中点. 则，即为的中位线， 连接，则过点，连接，则四边形为过点的截面， 所以平面截该正方体所得的截面是四边形，故A错误； 对B：连接，，如下图： 因为为正方体，分别为，中点，所以. 又，，平面，所以平面. 所以平面，又平面，所以平面平面.故B正确； 对C：当时，（），所以点在线段上， 所以，时取等号；，时取等号. 所以，故C错误； 对D：因为，所以， 所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆周的. 所以点轨迹长度为：，故D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.若函数有大于1的极值点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，根据极值点处导数为且两侧导函数异号的性质，结合极值点大于的条件求解参数的取值范围． 【详解】函数的定义域为， ，  令，解得，即， 由于在上单调递增， 所以当时，；当时，， 所以是函数的极小值点， 因此，解得， 所以的取值范围是． 13.由0，1，2，3，4，5组成无重复数字且能被25整除的五位数的个数是________． 【答案】 【解析】 【分析】依据能被25整除的数末两位为25或50的特征，分两类计算符合要求的五位数的个数后求和即可. 【详解】能被25整除的正整数，末两位只能是25的倍数，结合数字无重复、取值范围为的约束，仅存在末两位为、两类情况： 若末两位为：末两位已占用数字、，前三位需从剩余的共4个数字中选3个无重复排列，排列数为 ； 若末两位为：末两位已占用数字、，剩余可选数字为 ， 由于首位不能为，故首位有3种选择，剩余中间两位从剩下的3个数字中选2个无重复排列，个数为 ; 将两类结果求和，总个数为. 14.甲、乙两人进行掷骰子比赛，在每轮比赛中，两人各抛掷质地均匀的骰子一次，向上点数大的一方得2分，小的一方得0分，点数相同时双方各得1分．若一方累计得分大于等于3分，则比赛结束．记比赛结束时，比赛的轮数为，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用古典概型概率公式算出每轮比赛中甲、乙获得2分与双方平局的概率，分析推得的可能取值为2，3，根据，包含的不同情况，利用互斥事件的概率加法公式求出其概率，再由期望公式计算即得. 【详解】依题意，在每轮掷骰子比赛中，甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，总的情况有中， 其中甲获得2分的概率为，同理乙获得2分的概率也为，甲乙各得1分的概率为. 当一方累计得分大于等于3分，则比赛结束，结束时比赛轮数为. 依题意，的可能取值为2，3.若2轮比赛结束，则说明2轮后至少一方得分大于等于3分比赛结果与得分情况如下表： 2轮结果 甲得分 乙得分 概率 甲连胜2轮 4 0 乙连胜2轮 0 4 1轮甲赢+1轮平局 3 1 1轮乙赢+1轮平局 1 3 故； 若前2轮未结束，先计算前2轮未结束的情况（2轮后双方得分均小于3）包括： ①2轮平局，各得2分，概率为；②一轮甲赢+一轮乙赢，各得2分，概率为， 故前2轮未结束的总概率为； 因双方前2轮均为2分，则第3轮无论结果如何，必然至少有一方得分大于等于3（甲赢则甲4分，乙赢则乙4分，平局则甲乙均3分），即第3轮必然结束，即. 故. 3、 解答题：本题共5小题，共77分． 15.(13分)已知m， n是正整数， 的展开式中x的系数为11. (1)试求中的系数的最小值； (2)对于使用中的系数为最小的m， n， 求出此时的系数； (3)利用上述结果，求的近似值(精确到0.001). 【详解】（1）根据二项式定理，x项的系数为 1分 需要找到使得项系数最小的正整数m和n. 将代入， 得到 3分 该二次函数的顶点位于 因此当或时取得最小值. 此时对应的或 计算得 故项的系数最小值为25. 5分 （2）当， 时， 项的系数为 8分 （3）展开至三次项： 10分 相加后得到： 计算各项： 考虑更高次项的影响，发现对小数点后第三位无影响，故近似值为2.033. 13分 16. (15分)已知一个暗箱中装有8个大小、形状完全相同的小球，其中3个红球，5个黄球．从中一次摸出5个球． (1)所摸出5个球中红球的个数记为，求的分布列及数学期望； (2)计分规则：每个红球计4分，每个黄球计2分，所摸出5个球的总得分记为，求． 【答案】（1） 0 1 2 3 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得的所有取值为，分别求出对应的概率，再根据数学期望的公式求解即可； （2）由题意可得，再根据期望的性质求解即可. 【小问1详解】 由题意，的所有取值为， 则，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 则. 【小问2详解】 由题意，，而， 则. 17. (15分)已知函数，. (1)若在点处的切线的斜率为1，求的极值； (2)若，证明：当时，. 【解析】（1）， 若在点处的切线的斜率为1，则，解得， 所以，， 令，解得， 当时，，所以单调递减， 当时，，所以单调递增， 所以在有极小值，，无极大值； （2）若，则， 令， 所以， 令，则， 当时，，所以单调递减，所以， 即，所以在上单调递增， 所以， 可得，即. 18.如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理证得平面. (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到平面的距离. (3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值的表达式，结合二次函数的性质求得其最大值. 【小问1详解】 取的中点，连接、. 由为中点，得且； 由为中点，得且，故且， 所以四边形为平行四边形，因此. 又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 连接，设，连接，则平面， 以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系. 由为二面角的平面角，得、， 而是的中点，所以，所以是等边三角形， 因为，所以，高， ，，，，， ，，， ，设平面的法向量为， 则，故可设平面的法向量， 由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离， ，所以直线到平面的距离为. 【小问3详解】 设为线段上的动点，令()， 则 ， 则，向量. 设直线与平面所成角为， 则, ， 当时，取得最小值， 此时取得最大值为：. 19.设函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数存在零点，且． (ⅰ)求实数的取值范围； (ⅱ)设为的极值点，证明：． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）（i）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在定义域上的单调性，可得，即可解得实数的取值范围； （ii）要证，只需证，即证，根据可得，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出即可. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 故所求切线的方程为，即. 【小问2详解】 （i）因为，该函数的定义域为，且， ， 当时，则对任意的，，，则， 此时函数在上单调递增，则函数在上有且只有一个零点，不符合题意； 当时，令，则， 所以函数在上单调递增， 当时，；当时，. 所以存在唯一的，使得， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，由题意可知，函数在上单调递增， 故当时，，此时函数不存在正零点； 当时，由题意可知函数在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，. 故存在，使得，符合题意， 此时函数在上单调递减，只需，解得. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）由（i）可知，且函数在上为增函数， 要证，只需证，即证， 又因为，则， 即证，即证， 构造函数，其中， 则 ， 令，其中， 则， 因为，则，， 所以，故函数在上为增函数， 当时，，所以，故函数在上为增函数， 因为，则，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $