浙江省杭州第二中学2025-2026学年高二下学期周末练2数学试题含解析（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. 的展开式中常数项为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】二项展开式的通项公式为，整理得：，
令，解得：，展开式中常数项为：.
2. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过且垂直于长轴的直线交于A，B两点，若，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设焦点，则过且垂直于长轴的直线为，
将代入，得到，
所以，
因为，所以，所以，即，
化简得到，因为，解得.
3.将1，1，2，2，3五张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为
A．12B．26C．52D．104
【答案】A
【解析】第一张为1时;
若第五张为1，则仅有1种排法；
若第三张为1，有种排法.
若第四张为1，有种排法.
第二张为1时;
若第四张为1，则共种排法，
若第五张为1，有种排法，
第三张为1时，第五张为1，有种排法，
综上可得：总计12种排法 .
4.从装有3个黑球和3个白球（球的大小、质地完全相同）的不透明袋子中随机取出2个球，已知三个白球的编号分别为1，2，3，三个黑球的编号分别为4，5，6，则取出的2个球的编号之和为奇数且至少有一个为黑球的概率为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，任意取的2个球共有种，
取出的2个球的编号之和为奇数，
则取出的2个球的编号必须为一个奇数一个偶数，且至少有一个为黑球，
所以，一个白球（奇数）一个黑球（偶数）有种，
一个白球（偶数）一个黑球（奇数）有种，
两个黑球（一奇一偶）共有种，故概率为.
5.已知随机变量，均服从两点分布，且，，若，则
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由于 服从两点分布，且 ，
因此.
由全概率公式得，
即，
所以，
由条件概率计算公式得.
6.在平面直角坐标系中，曲线上的点列满足：以为圆心的圆与轴相切，且．若与外切，则为
A．2B．1C．D．
【答案】A
【解析】由题知以为圆心且与轴相切的圆方程为．
由题意可得满足曲线，所以，
因为与外切，所以．
两边平方整理得，
所以．两边除以，得，
所以为等差数列．于是，所以.
7.已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可知整理得，
又因为，所以要想最大，则有，并且，即，所以，
设函数，令，解得或（舍去）.
当时，， 当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以的最大值为.
8.已知，，，则下列说法正确的是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令，，，
可得，
设，其中，
可得，所以在上单调递减，
所以，即，即，
故，所以；
设，其中，
可得，令，
可得，故在上单调递增，
所以，可得，所以在上单调递增，
所以，可得，
故，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.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是
A．
B．第10行所有数字之和为
C．第2026行的第1013个数最大
D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3
【答案】AB
【解析】对于，故A正确；
对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知，
第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为，
第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为，
第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确；
对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字，
如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；
如果是偶数，则第个数字最大，故第2026行的第个数最大，故C错误；
对于D，由题意，第15行，第4个数为，
倒数第4个数为，即，故D错误.
11.已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的是
A．曲线E为中心对称图形
B．O为坐标原点，的最小值为2
C．的最大值为2
D．曲线E的渐近线方程为
【答案】BCD
【解析】对A，如图所示，当时，，图象为椭圆
在第一象限内及坐标轴正半轴上的部分；
当时，，图象为双曲线在第二象限内部分；
当时，，图象为双曲线在第四象限内部分；
在曲线上任取一点，则满足，
关于原点的对称点，代入，
故曲线不关于原点对称，故A错误；
对B，，当时，由得，
故，当时，最小值为2，
当时，由得，故，
当时，由得，故，
故最小值为2，故选项B正确；
对于选项C，当时，，
即，当且仅当时，取最大值为；
当或时，，故的最大值为，故选项C正确；
对于选项D，双曲线与双曲线均有渐近线，由图象可知选项D正确.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知点，点在圆上运动，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】圆的标准方程为，
则圆心为，半径，
又圆心到点A的距离，所以点A在圆外，
则的最大值为，的最小值为，
则的取值范围为 .
13.设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为_______.
【答案】
【解析】由求导得，则，
故切线方程为，令，得，令，得，
即切线与坐标轴分别交于，故切线与两坐标轴围成的三角形面积为 .
14.箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为________.
【答案】
【解析】设取出的5个球编号从小到大排列为，
由已知中位数为9即，则需从中选取，需从中选取，
故基本事件总数为．
若满足最大编号与最小编号之差为9，设，则．
由知，
由即知，且即，故，
此时的选法总数为，
求和得符合条件的事件数为，
故所求概率为 .
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.小明参加一项积分晋级赛，规则如下：初始积分为分，每场比赛胜则加分，负则减分，平则积分不变；当积分达到分（淘汰出局）或分（晋级成功）时终止比赛，否则继续比赛；若三场比赛后仍未终止，则判定为晋级成功并终止比赛.已知每场比赛结果相互独立，小明每场比赛胜､负､平的概率分别为.
(1)比赛终止时小明积分为分的概率；
(2)在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率 .
【解析】（1）（1）设表示比赛终止时小明的积分，由题可知时，有以下3种情况：
第一种：第一场､第二场结果都为负；
第二种：第一场结果为平，后两场比赛结果都为负；
第三种：第一场结果为负，第二场结果为平，第三场结果为负.
∴.
（2）设事件：比赛进行了两场便终止，事件：小明晋级成功，
由题意知，
.
所以，
所以在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率为 .
16.设直线与椭圆相交于两个不同的点，与轴相交于点，为坐标原点．
(1)证明：；
(2)若，求面积取得最大值时的椭圆方程.
【解析】（1）证明：联立直线与椭圆方程
消得，
，即，
所以．
（2），设，
因为，所以，可以得到
由（1）知，则，
，
当且仅当时等号成立，此时，则，
所以面积取得最大值时的椭圆方程为 .
17.某工厂购进6台车床，其中4台是合格品，2台是次品，需要修理后才能使用.由于车床外表没有区别，技术员要找出2台次品修理，只能逐台检查.若找出2台次品，或找出4台合格品，就结束查找.
(1)求第1次查找到的是合格品的概率；
(2)记为查找结束时的查找次数，求的分布列和数学期望.
【解析】
（1）因为6台中有4台合格品，所以第1次查找的是合格品的概率；
（2）的可能取值为2，3，4，5，
其中表示表示第二次检查时结束，可能的原因是：检查的两台均为次品，则；
表示表示第三次查找时结束，可能的原因是：最后一台检查为次品，前两次检查找到次品和合格品各一台，
则，
表示第四次检查时结束，可能的原因是：最后一件为次品且前三次中有一个次品，或者四件均为合格品，
则，
则，
所以的分布列为：
.
18.如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，.
(1)求的长；
(2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时，
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.
【解析】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，，
所以，
在中，因为，，
所以，，所以.
在中，，
由余弦定理得
，
所以.
方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，，
所以是圆的直径，.
在中，，，
所以，，，
.
由正弦定理得，又，
故.
（2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.
（i）设，由（1）可知，，，
又因为，
所以
解得，，，即，
则.
取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M，
过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面，
因为，平面，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，所以平面平面，
再过点A，C分别作平面，与平面平行，
那么四个平面，，，依次相互平行，
由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面.
由（i）可知，，，
所以，
.
设平面的法向量，则
即可取，
所以点到平面的距离.
故相邻两个平面间的距离为.
（方法二）
（i）设的中点为，的中点为，的中点为M，
连接，，，.
由（1）知，，则，
又因为，，所以平面，
所以平面平面.
过点作交直线于点，连接，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角.
由（1）知，，，则，.
又因为，，所以，
所以，则.
在中，.
所以，得，
所以，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
设平面的法向量，
由（i）可知，
所以，，.
由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等，
可得，
从而，
由可得或.
若，由得，
从而或.
若，由得，
从而或.
综上，可得，或，
或，或.
当或时，由于，
此时，
从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当，由于，此时，
从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当，可求点A到平面的距离，
此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面，
所以相邻两个平面间的距离为.
19.已知是等差数列，，数列的前项和为，且.
(1)求数列和的通项公式；
(2)令，求数列的前项和；
(3)若集合中恰有三个元素，求实数的取值范围.
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得：，
解得，所以．
因为，所以，
两式相减得，即，
当时，，则，所以，符合上式．
所以，数列是以3为首项、3为公比的等比数列，所以．
（2）由（1）得，
，
.
（3）由（1）可知：，
若，即，可得，
设，原题等价于关于不等式恰有三个不同的解．
因为，
所以，数列为递减数列．
又，所以，
所以，实数的取值范围为 .2
3
4
5