浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期周末练3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. 等比数列中，是其前项和，若，则
A．4B．5C．7D．或
【答案】A
【解析】因为，，，又因为，
所以为公比为的等比数列，所以.
2. 若为第二象限角，且，则
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意得，，化简得，
整理得，,，
因为为第二象限角，所以.
3.已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”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】B
【解析】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，
且三点共线，但直线不共面，
所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件；
若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内，
则在平面与的交线上，所以三点共线，
所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件；
所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件 .
4.若轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S，则圆柱的体积为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，不妨设圆柱的高为，又因为轴截面为正方形，
故可得底面半径为.则，解得，
故可得圆柱体积.
5.某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种
A．216B．360C．432D．672
【答案】C
【解析】步骤1：先排 4 个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）；
步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：；
步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法，
剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列，
有种方法.故不满足条件的情况有.
故总数为：.
6.在平面直角坐标系中，已知两圆相交于两点，，且圆心都在直线上，则的值为
A．3B．2C．1D．0
【答案】A
【解析】根据相交圆的性质可知直线与直线垂直，
线段的中点在直线上，
所以，
所以线段的中点的坐标为，
则有，
因此.
7.设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立.
8.已知点，，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，则的最小值为
A．1B．C．2D．
【答案】D
【解析】由函数可得，即，
所以的反函数为，
由点在曲线上，可知点在其反函数上，
所以
相当于上的点到曲线上点的距离，
即，
利用反函数性质可得与关于对称，
的最小值相当于点到直线的距离最小值的2倍，
点到直线的距离，由于恒在下方，
所以，
，求导得：，令
得，又在上单调递增，
所以可得对恒成立，对恒成立，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
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.设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有
A．B．若，则
C．D．
【答案】ABC
【解析】对于A，由全概率公式得，，故A正确；
对于B，，所以，所以，相互独立，
那么，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率，
两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”，
为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误.
10.若，且，则下列结论正确的是
A．
B．展开式中二项式系数和为
C．展开式中所有项系数和为
D．
【答案】ACD
【解析】对于A，令，可得，
即，
即，①
令，得，即，②
由于的展开式中，所以，③
所以①-②-③得：，
而，
所以，解得：，故A正确；
对于B，由于，则，
所以展开式中二项式系数和为，故B错误；
对于C，由于，则的所有项系数为
，故C正确；
对于D，由于，则，
等式两边求导得：，
令，则，故D正确.
11.已知双曲线（）的左、右焦点分别为，直线交双曲线于两点，点为上一动点记直线的斜率分别为， 若，且到的渐近线的距离为，则下列说法正确的是
A．双曲线的离心率为
B．过右焦点的直线与双曲线相交两点，线段长度的最小值为4
C．若的角平分线与轴交点为，则
D．若双曲线在处的切线与两渐近线交于两点，则
【答案】ACD
【解析】由题意知，
设，，则，
，，相减整理得，
，
，故，双曲线的方程为，
对于A：，故，选项A正确；
对于B：因实轴长，故选项B错误；
对于C：记，，，，，由角平分线定理得：，又，所以，于是，所以，，故选项C正确；
对于D：设，，，，
时，，，，
切线方程为，整理得,
同理时，，，，，
切线方程为，整理得,
时，或，切线方程为或，切线方程也可表示为,
所以过的切线方程为，与渐近线联立解得，故；与渐近线联立，解得，
于是，故选项D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.平面向量，满足，，，则________.
【答案】
【解析】设，由，可得，①
又，则，②
联立①②解得，则，
所以 .
13.若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_______.
【答案】
【解析】由题意可得：，当时，，
所以曲线在点处的切线为：，即，
设切线与曲线的切点为，对求导可得：，
所以，即，又因为在切线上，所以，
所以在曲线上，即，求解可得： .
14.随机将这6个数分成两组，其中A组2个数，B组4个数，A组最小的数为组最小的数为b，记，则________.
【答案】
【解析】6个数分成两组，共有种分组方法，
当时，中含有1，共5种情况，有4种情况，有1种情况；
当时，中含有2不含1，共4种情况，有4种情况；
当时，中含有3不含1,2，共3种情况，有3种情况；
当时，中含有4不含1,2,3，共2种情况，有2种情况；
当时，中含有5不含1,2,3,4，共1种情况，有1种情况；
.
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.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点．
(1)证明：平面平面；
(2)设直线与平面所成角为，求的取值范围．
【解析】（1）因为，且为线段中点，所以．
又因为底面，平面，所以．
而，且，因此平面
而平面，因此．
又因为，所以平面．
而平面，所以平面平面.
（2）法一：由（1）可知直线与平面所成角为，
因此
不妨设，则，
所以
法二：以为原点， ，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系．
不妨设，设，，则，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
，即，令，则，
则，
因此 .
16.已知甲盒中装有3个白球，2个黑球；乙盒中装有2个白球，3个黑球，这些球除颜色外完全相同．
(1)若从两个盒子中一次性各摸出2个球，用X表示摸出的4个球中白球的个数，求X的分布列和数学期望．
(2)若先从甲盒中一次性摸出2个球放入乙盒，再从乙盒中摸出一个球．
（ⅰ）计算在乙盒中摸出的是黑球的概率；
（ⅱ）如果在乙盒中摸出的是黑球，计算甲盒中恰剩一个黑球的概率.
【解析】（1）依题意，的可能值为，
，，
，
，，
所以的分布列为：
数学期望.
（2）（ⅰ）设事件“从甲盒中摸出2个白球”，事件“从甲盒中摸出1个白球和1个黑球”，
事件“从甲盒中摸出2个黑球”，事件“从乙盒中摸出1个黑球”，
显然，且两两互斥，，
，
则，
所以在乙盒中摸出的是黑球的概率是.
（ⅱ）在乙盒中摸出的是黑球，甲盒中恰剩一个黑球的事件是在事件发生的条件下，事件发生，
因此，
所以在乙盒中摸出的是黑球，甲盒中恰剩一个黑球的概率为 .
17.已知函数（）.
(1)是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若图象上总存在关于点对称的两点，求的取值范围.
【解析】
（1）由题意，得函数的定义域为，
且，
若为函数的极值点，则，，
此时，
函数在上单调递减，
故不是函数的极值点，所以不存在满足条件.
（2）由题意可知在上有解，
所以在上有解，
该方程化简得，
令，得，
所以问题等价于方程在上有解，
令，，有，
当时，在单调递减，
又，所以在上无零点，不成立，
当时，在上单调递减，在上单调递增，且，
所以有，，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
又，故当时，，
故，又，故，
故在上有一个零点，在上没有零点.
综上，当时，图象上总存在一对关于点对称的两点.
18.如图，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线与有相同的渐近线和焦距．过上一点作的两条切线，切点分别为A，B，A在轴上方，连接AB交于点M．
（注：过曲线外一点作曲线的两条切线，则两切点所在直线方程为）
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：直线AB与切于点M，且；
(3)当点在第三象限，且时，求的值．
【解析】（1）的渐近线方程为，，的渐近线方程为，，
所以，得，，所以双曲线的方程为．
（2）已知，且满足，
设切点，，，
根据题意得，直线AB方程为．
直线AB与联立，得，
化简得，，
所以直线AB与切于点．
所以，．
直线AB与联立，得，即，
得，
所以，即为中点，
所以．
（3）法一：因为，则，
直线与直线联立，
得，即，
将点代入，
得，化简得，
由得，，
所以．
法二：因为，，点与点关于原点对称，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
，
所以.
19.甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响.
(1)求和的值；
(2)求；
(3)设，数列的前n项和为，若，证明：.
【解析】（1）第1次传花后到乙或丙手里，，第2次传花后乙或丙有的概率将花传到甲手里，故，
经过4次传花共有16种情形，
甲 乙 丙 甲 乙
甲 乙 丙 甲 丙
甲 乙 丙 乙 甲
甲 乙 丙 乙 丙
甲 乙 甲 乙 丙
甲 乙 甲 乙 甲
甲 乙 甲 丙 乙
甲 乙 甲 丙 甲
甲 丙 甲 乙 甲
甲 丙 甲 乙 丙
甲 丙 甲 丙 甲
甲 丙 甲 丙 乙
甲 丙 乙 甲 丙
甲 丙 乙 甲 乙
甲 丙 乙 丙 甲
甲 丙 乙 丙 乙
其中花回到甲手里共有6种情形，
根据古典概型得.
（2）结合题意得概率为经过次传花后花回到甲手里，
要使传花n次后，花回到甲手里，则第次传花，花不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传花都有的概率将花传到甲手里，
故，
所以与之间的递推关系为：.
得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（3）由（2）知，所以，
设，
其中，
所以
故，
所以
因此，
设数列的前n项和为，则，①
所以，②
由①－②得，
，
所以，即，得证 .0
1
2
3
4