浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期周末练（2）数学试卷含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 若函数的图象在点处的切线也是函数的图象的切线，则实数
A．B．C．0D．1
【答案】C
【解析】由题意得，则，所以的图象在点处的切线方程为，即．设直线与的图象相切于点，又，则，解得，所以，即，则.
2. 有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为
A．90B．120C．270D．720
【答案】A
【解析】先给第1列选2人，从6人中选2人后，仅需把矮的放前排、高的放后排，只有1种符合要求的排法，共种选法，
再给第2列从剩余4人中选2人，同理也只有1种排法，共种选法，
最后剩余2人自动为第3列，仅1种排法，即，
即总站法数为： .
3.已知函数，则不等式的解集为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】 当时，，；当时，，；
，则当时，，即函数是R上的偶函数，
不等式，
整理得，解得，所以原不等式的解集为.
4.已知双曲线的左右焦点分别是，，是双曲线右支上的动点，过作平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设点的坐标为，延长与交于点，连接，
因为平分，且，所以，，
又因点是双曲线右支上的动点，所以，
所以，所以，即点在以为圆心，为半径的圆上，
因为当点沿双曲线右支运动到无穷远处时，趋近于双曲线的渐近线，
所以点的轨迹是圆弧，除去点和，
所以方程为.
5.将1，2，3，…，10这10个数平均分成甲、乙两组，若乙组的第75百分位数恰为甲组的中位数的2倍，则不同的分组个数为
A．18B．20C．22D．24
【答案】A
【解析】甲、乙两组各5个数，各按从小到大排列，甲组的中位数是甲组的第3个数，设为，乙组的第75百分位数是乙组的第4个数，设为.
由题意，，，故或，
当时，，该分组个数为（在1，2，3中选2个数，5，6，7中选1个数，9，10中选1个数，与组成甲组），
当时，，则甲组的中位数为3，甲组必须包含1和2；乙组的第75百分位数为6，乙组必须有3个小于6的数，由于1, 2, 3均在甲组，乙组只有2个小于6的数（4,5），故此情况不成立．
综上，不同的分组个数为18.
6.已知数列的前项和，数列的前项和为，若对任意的恒成立，则整数的最小值为
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【解析】因为，当时，，
当时，，所以，
因为满足上式，
所以，
所以，
所以，又，
所以，
所以.又，
故当对任意的恒成立时，可得，
所以整数的最小值为4.
7.在计算机科学中，八进制是一种数字表示法，它使用0~7这八个数字来表示数值.例如，八进制数2051换算成十进制数是.那么八进制数换算成十进制数m，则十进制数m的个位数字为
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【解析】方法一：由题意知，
设，因为的个位数字分别为，
所以的个位数字之和为，
所以的个位数字为5，
所以的个位数字为5.
方法二：由题意知 ，
又由二项式定理知是7的倍数，
所以是10的倍数.
又由二项式定理知，
所以的个位数字与的个位数字相同，
同理，，
所以的个位数字与的个位数字相同，
可得的个位数字为5.
，且是10的倍数，其个位数字为0，所以的个位数字与的个位数字相同，即为5.
综上，十进制数m的个位数字为5.
8.设集合，是集合的所有三元子集的元素和之和，令，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】集合中共个元素，每个元素在所有三元子集中出现的次数均为次，
所以，
当时，
，
所以
.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.若，则
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】A：因为，
所以多项式最高次项的次数为，
所以，因此本选项说法正确；
B：因为，所以本选项说法不正确；
C：在中，
令，得，
令，得，
所以本选项说法正确；
D：对两边同时求导，
得，
令，得
，所以本选项说法不正确.
10.如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是
A．若，则直线与直线的夹角为
B．三棱锥体积的最大值为
C．存在，使得平面
D．若，则三棱锥外接球的表面积为8π
【答案】ABC
【解析】对A，因为，所以
当时，分别为的中点，所以也是的中点.
过M作于Q，连接，则，所以.
因为，所以直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即.
又因为，所以，故A正确.
对B，过M作于Q，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即三棱锥的高为，
又，
所以三棱锥体积，
当时，，故B正确.
对C，当时，是的中点，所以也是的中点.
因为是的中点，所以.
又平面，平面，所以平面，故C正确.
对D，当时，，故Q为的中点，
又N为的中点，所以，，
所以Q到A，B，M，N的距离都为1，
即三棱锥外接球的球心为Q，球半径为1，所以外接球表面积，故D错误.
11.如图“四角花瓣”图形可以看作由抛物线绕坐标原点分别旋转后所得三条曲线与共同围成的区域（阴影区域），分别为与另外两条曲线在第一象限､第二象限的交点，若，阴影部分的面积为，则
A．
B．的面积为32
C．的值比32小
D．直线截第二象限“花瓣”的弦长可能为1.4
【答案】ACD
【解析】设抛物线绕原点顺时针旋转，，后得到的三条曲线分别为，，.
抛物线的焦点为，故的焦点为，的焦点为，的焦点为.
故，，，.
对于A：为曲线与交点，联立方程，解得，即.
为曲线与交点，联立方程，解得，即.
又因为，故.故A正确；
对于B：由上述过程可得，，，的面积为.故B正确.
对于C：由于对称性，阴影部分在四个象限的图形全等，故只讨论第一象限部分.
第一象限部分依然根据对称性，可分为两份，以下只讨论曲线与直线围成的部分.
设该阴影部分面积为，显然.

设函数，则.故过点的切线斜率为.
因此过点的切线方程为.该切线与轴交于，故.
.故.故C正确；
对于D：第二象限的“花瓣”图形由曲线和曲线围成，两者关于对称.
直线与曲线相交，联立方程化简得，且交点在第二象限，
所以，故，所以交点坐标.
由于“花瓣”图形仅限阴影部分区域，故，即.
由于与关于直线对称，直线亦关于直线对称，
所以直线与的交点坐标为.
故弦长
设，则，故.
因此当或时，即或时，直线与两曲线交于一点，弦长为；
当时，即时，弦长最长，此时.故弦长的取值可能为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知函数在区间上单调递增，则实数的最小值为________.
【答案】
【解析】 ，
因为函数在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立．
即在区间上恒成立．
因为，所以，所以，
所以，即实数的最小值为 .
13.已知，若存在使得，则的最大值为_______.
【答案】39
【解析】二项式的通项为，
二项式的通项为，
，，
若，则为奇数，
此时，
得，
，又为奇数，的最大值为39 .
14.下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有______种.
【答案】200
【解析】
将有阴影的圆分别标为，
由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，
当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法；
当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法；
若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法；
当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法；
所以总共有种填法 .
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.已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围 .
【解析】（1）当时，，，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由，则对于恒成立，
设，，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即，则的取值范围为 .
16.如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点.
(1)证明：平面PBC；
(2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离.
【解析】（1）取PB中点，连接，
分别为的中点，
且，且，
，且，则四边形为平行四边形，
，平面平面，
平面.
（2）取AB中点，连接OP，OD，BD
因为，所以，
∵平面平面，面，为交线，
平面，，
为正三角形，，
以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图，
设，
则，，，，，
所以，
易知平面PAB的法向量可取，
设平面PAE的法向量为，
因为，令，可取，
所以，解得，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
因为，令，可得，
所以 .
17.已知和是各项均为整数的数列，若为等差数列，满足，记，分别为数列，的前项和，且，．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【解析】
（1）设等差数列的首项为，公差为d，
由，得，
化简得，
又，
因为为等差数列，故，代入得，
即①
结合各项为整数，则为满足题意的一个解，
又函数在上单调递增，所以，当且仅当，即②
联立和，解得，
所以的通项公式为．
（2）由（1）得，
情形1：当，
设前项和分为奇数项和与偶数项和，
奇数项和（共项）：首项，末项，公差为4的等差数列，其和为，
偶数项和（共项）：首项，公比为16的等比数列，其和为，
将代入，化简得；
情形2：当时，设前项和，其中．
由情形1得，代入得，
将代入，化简得，
即，
综上所述（或） .
18.已知点在离心率为2的双曲线：上，直线：交双曲线的右支于，两点．
(1)求双曲线的方程．
(2)线段的垂直平分线过点．
①探究并写出与的关系式；
②求的取值范围.
【解析】（1）由双曲线：的离心率为2，得，解得．
又因为点在双曲线：上，则，解得，，
所以双曲线的方程为．
（2）①设，，
联立消去得，
所以，即，
且，，由，得，所以．
则．
因为线段的中点为，所以．
因为线段的垂直平分线过点，
则，整理得．
结合，得，所以，．
②由①知，，
则，，．
因为点，是直线与双曲线的右支的交点，所以，，则，，
则，解得．
因为
，
所以．
又因为，
所以，即．
因为，
所以的取值范围为，即的取值范围为.
19.拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上．
(1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？
(2)假设原来有n个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和之间的递推关系，并证明：数列是等比数列；
(3)假设让站好的一排n个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当n无穷大时，趋近于．（参考公式：）.
【解析】（1）当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法；
当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，若甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法，
剩下的两个人都只有1种站法，由分步乘法计数原理可得有种站法．
（2）易知，．
如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤：
第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法；
第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类：
第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种；
第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种．
所以，，又，
所以．
所以数列，是首项为1，公比为的等比数列
（3）由题意可知，
由（2）可得：，则．
对进行赋值，依次得：，，⋯，
将以上各式左右分别相加，得：，因，
则．
即得，
当无穷大时，，得证.