数学-江苏省镇江市扬中市第二高级中学2025-2026第二学期高二周练3_2026年03月高二试卷_260322多所强校2025-2026学年高二下学期3月语文&数学卷合集

江苏省扬中市第二高级中学 2025-2026 第二学期高二数学周练 3 姓名 一､单选题：本大题共8小题，每题 5分，共40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的. 1．(x+2y)5( x−3y ) 的展开式中x3y3项的系数为 （ ） A. −120 B. −40 C. 80 D. 200 2．已知x∈N∗，m=121023 +C1 121022 +C2 121021+3+C1 12+1 , 若m=14x+ y,0≤ y<14，则y =( ) 1023 1023 1023 A．1 B． C．12 D． 3．用数字0，1，2，3，4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为 （ ） A. 76 B. 38 C. 36 D. 30  4．阅读材料：空间直角坐标系O−xyz中，过点P(x ,y ,z )且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为 0 0 0 a(x−x )+b(y−y )+c(z−z )=0．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为x−2y+z−7=0， 0 0 0 直线l是两平面x−y+1=0与y−z+2=0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为 （ ） 1 2 3 A．0 B． C． D． 2 2 2 6  1  5．二项式 x+  的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为 （ ）  x  A. A7种 B. A4A3种 C. A4A3种 D. A3A4种 7 4 5 4 4 3 4 6．2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的6名学生准备分成三组前往村 超球队所在的平地村､口寨村､忠诚村3个村寨进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多3名学生， 则不同的安排方法种数为 （ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 150 7．设(3x−1)7 =a +a x+a x2 +a x3 +a x4 +a x5 +a x6 +a x7，则 0 1 2 3 4 5 6 7 a − a + a − a + a − a + a − a 的值为 （ ） 0 1 2 3 4 5 6 7 A. 128 B. -128 C. 1282 D. −1282 lnx 8．已知λ>0，对任意的x>1，不等式e2λx − ≥0恒成立，则λ的取值范围为 （ ） 2λ  1  1  A. [ 2e,+∞) B.  ,+∞  C. [ e,+∞) D.  ,+∞  2e  e  二､多选题：本大题共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 要求．全部选对的得 6分，部分选对得部分分，有选错的得 0分. 9．下列说法正确的是 （ ） A. 502019 +1被7除后的余数为5 1 B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 2 C 已知A2 =C3，则n=8 . n n D. 从正方体的八个顶点中任取四个顶点，这四点能构成三棱锥的个数为58 10．如图，在棱长为2的正方体ABCD− ABC D 中，E，F 分别是棱BC ，BB 1 1 1 1 1 1 1 的中点，则下列说法正确的是 （ ） A. A，B，E，D 四点共面 B. DF ⊥ BE 1 2 C. 直线AF 与BE 所成角的余弦值为 D. 点E到直线DF 的距离为1 1 3 11. 已知a>e,b>e，且b(1＋lna)=ealn(1+b)，其中e=2.7183为自然对数的底数，则 （ ） 1 学科网（北京）股份有限公司A. a−eb>e B. ln(b+1)−lna>1 C. a(b+1)>e3 D. 2lna +4lnb >10 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．不需写出解答过程，请把答案直接填写 在答题卡相应位置上. 12．现有5双鞋子，从中任取4只鞋子，则取出的4只鞋子中，恰好有1双的取法总数为__________. 13．把20个完全相同的小球放入1号，2号，3号的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数， 则不同的放法种数为 . 14．已知(1+2x)11 =a +a x+a x2 ++a x10 +a x11，则a −a +−10a +11a = . 0 1 2 10 11 1 2 10 11 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．（1）已知(1+ x)n(n∈N∗)的第9项，第10项，第11项的二项式系数满足C8 +C10 =2C9，求n的 n n n 值； 1 1 （2）若(x2 +a) (x− )6(a∈R)的展开式中常数项为−65，求(x2 + )a展开式中的有理项. x 2 x 16．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名.选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选 派方法？ （1）男运动员3名，女运动员2名； （2）至少有1名女运动员； （3）队长中至少有1人参加； （4）既要有队长，又要有女运动员. 2 学科网（北京）股份有限公司n  2  17．已知函数 f(n,x)=  +mx （m>0，x>0）． m  （1）当m=2时，求 f(7,x)的展开式中二项式系数最大的项； （2）若 f(10,x)=a +a x+a x2 +3+a x10，且a =1024， 0 1 2 10 0 ①求a +2a +3a +3+10a 的值； 1 2 3 10 ②求a (0≤i≤10,i∈N)的最大值． i 18．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，AD⊥CD,AD//BC,PA= AD=CD=2,BC =3．E PF 1 为PD的中点，点F在PC上，且 = ． PC 3 （1）求证：CD⊥面PAD； （2）求二面角F −AE−P的正弦值； PG （3）设点G在PB上，且 =λ．判断是否存在这样的λ，使得A，E，F，G四点共面，若存在，求出 PB λ的值；若不存在，说明理由． 3 学科网（北京）股份有限公司x2 19．已知函数 f(x)= +ax−axlnx在(0,+∞)上有两个极值点x ,x ，且x < x . 1 2 1 2 2 （1）求a的取值范围； x （2）当 2 ∈(1,e)时，证明：20，对任意的x>1，不等式e2λx − ≥0恒成立，则λ的取值范围为 （ B ） 2λ  1  1  A. [ 2e,+∞) B.  ,+∞  C. [ e,+∞) D.  ,+∞  2e  e  【详解】由题意λ>0，不等式即2λe2λx ≥lnx，进而转化为2λxe2λx ≥lnxelnx，令g ( x )= xex，则 g′( x )=( x+1 ) ex，当x>0时，g′( x )>0，所以g ( x ) 在 ( 0,+∞) 上单调递增.则不等式等价于 g ( 2λx )≥ g ( lnx ) 恒成立.因为λ>0,x >1，所以2λx >0,lnx >0，所以2λx ≥lnx对任意x>1恒成立， lnx lnt 1−lnt 即2λ≥ 恒成立.设h ( t )= (t >1)，可得h′( t )= ，当1e,h′( t )<0,h ( t ) 单调递减．所以t =e,h ( t ) 有最大值h ( e )= ，于是 2λ≥ ，解得λ≥ ．故选： e e 2e B 【点睛】方法点睛：将已知条件转化为 2λxe2λx ≥lnxelnx，通过构造函数g ( x )= xex，进而利用导数得到 lnx 2λ≥ ，进而计算求得结果. x 二､多选题：本大题共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 要求．全部选对的得 6分，部分选对得部分分，有选错的得 0分. 9．下列说法正确的是 （ BCD ） A. 502019 +1被7除后的余数为5 1 B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 2 C 已知A2 =C3，则n=8 . n n D. 从正方体的八个顶点中任取四个顶点，这四点能构成三棱锥的个数为58 【详解】对于A，由502019 +1=( 49+1 )2019 +1=C0 492019 +C1 492018 +C2 492017 +…+C2019 +1， 2019 2019 2019 2019 则502019 +1被7除的余数为2，故A错误；对于B，两位男生和两位女生随机排成一列的情况数为 1 A4 =24，两位女生不相邻的情况数为A2A2 =12，所以概率P = ，故B正确；对于C，由A3 =C3， 4 2 3 2 n n 2 学科网（北京）股份有限公司n ( n−1 )( n−2 ) 则n ( n−1 )= ，解得n=8，故C正确；对于D，由正方体的八个顶点中取四个情况数为 3×2×1 8×7×6×5 C4 = =70，在正方体表面中有六个面且有六个对角面，则能构成三棱锥的个数为 8 4×3×2×1 70−12=58，故D正确.故选：BCD. 10．如图，在棱长为2的正方体ABCD− ABC D 中，E，F 分别是棱BC ，BB 1 1 1 1 1 1 1 的中点，则下列说法正确的是 （ BD ） A. A，B，E，D 四点共面 B. DF ⊥ BE 1 2 C. 直线AF 与BE 所成角的余弦值为 D. 点E到直线DF 的距离为1 1 3 【详解】对于A，连接DE ，则DE ⊂平面ABC D ，AB⊂平面ABCD， 1 1 1 1 1 1 平面ABC D ∥平面ABCD，故DE,AB不相交； 1 1 1 1 1 又DC ∥DC∥AB，DEDC = D ,DE,DC ⊂平面ABC D ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 故DE,AB不平行，否则DE,DC 重合，不合题意， 1 1 1 1 即DE,AB为异面直线，故A，B，E，D 四点不共面，A错误； 1 1 对于B，以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐 1 标系，则D(0,0,0),F(2,2,1),B(2,2,0),E(1,2,2)，则       DF =( 2,2,1 ) ,BE =(−1,0,2)，则DF⋅BE =−2+2=0，即DF ⊥ BE，故   DF ⊥ BE，B正确；对于C，A(2,0,0)，则AF =( 0,2,1 ) ,BE =(−1,0,2),     AF⋅BE 2 2 故cos〈AF,BE〉 =   = = ，而直线AF 与BE 所成角的范围为 | AF ||BE| 5× 5 5 π 2 (0, ] ， 故 直 线 AF 与 BE 所 成 角 的 余 弦 值 为 ， C 错 误 ； 对 于 D ， 2 5   D ( 0,0,2 ) ,DF =( 2,2,−1 ) ,DE =(1,2,0)， 1 1 1   2   DE⋅DF  2 则点E到直线D 1 F 的距离为 |D 1 E|2 −  1  D  F  1   = 5−    6 3    =1，D正确，故选：BD  1  11. 已知a>e,b>e，且b(1＋lna)=ealn(1+b)，其中e=2.7183为自然对数的底数，则 （ BCD ） A. a−eb>e B. ln(b+1)−lna>1 C. a(b+1)>e3 D. 2lna +4lnb >10 1+lna ln(1+b) lnb lnea lnb 【详解】由a>e,b>e，b(1＋lna)=ealn(1+b)，得 = > ，则 > ， ea b b ea b lnx 1−lnx 令函数 f(x)= (x>e)，求导得 f′(x)= <0，函数 f(x)在(e,+∞)上单调递减， x x2 lnea lnb 不等式 > ⇔ f(ea)> f(b)，因此b>ea， ea b 对于A，由b>ea，得eb>e2a>a，a−eb<0，A错误； 对于B，由b>ea，得lnb>1+lna，ln(b+1)−lna>lnb−lna>1，B正确； 3 学科网（北京）股份有限公司对于C，由b>ea，得a(b+1)>ab>ea2 >e3，C正确； 对于D，2lna +4lnb >2lna +4lnea >2+42 >10，D正确.故答案为：BCD 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．不需写出解答过程，请把答案直接填写 在答题卡相应位置上. 12．现有5双鞋子，从中任取4只鞋子，则取出的4只鞋子中，恰好有1双的取法总数为____120______. 【详解】先从5双鞋子中任取1双，有C1种，再从剩下的4双中选取两双，并从这两双中每双鞋各取一个， 5 共C2×C1 ×C1种，故共有C1×C2×C1 ×C1 =120种.故答案为：120. 4 2 2 5 4 2 2 13．把20个完全相同的小球放入1号，2号，3号的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数， 则不同的放法种数为 120 . 14．已知(1+2x)11 =a +a x+a x2 ++a x10 +a x11，则a −a +−10a +11a = 22 . 0 1 2 10 11 1 2 10 11 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．（1）已知(1+ x)n(n∈N∗)的第9项，第10项，第11项的二项式系数满足C8 +C10 =2C9，求n的 n n n 值； 1 1 （2）若(x2 +a) (x− )6(a∈R)的展开式中常数项为−65，求(x2 + )a展开式中的有理项. x 2 x 15．（1）由题意，C8 +C10 =2C9， n n n 根据组合数公式： n! n! n! + =2× ， 8!(n−8)! 10!(n−10)! 9!(n−9)! (n−8)(n−9) n−8 化简得，1+ =2× ， 90 9 即n2 −37n+322=0,n=14或n=23； 1 （2）设(x− )6的通项为T =Ckx6−2k(−1)k， x k+1 6 常数项由两部分组成： ①x2×x−2项：令6−2k =−2⇒k =4，该项为C4(−1)4 =15， 6 ②a×x0项：令6−2k =0⇒k =3，该项为a×C3(−1)3 =−20a， 6 故常数项为15−20a=−65,即a=4， 1 目标二项式：(x2 + )4，其通项为： 2 x T =Cr(x2)4−r( 1 )r =Cr( 1 )rx 8− 5 2 r ， r+1 4 2 x 4 2 5r 有理项要求8− 为整数，即r为偶数， 2 1 当r =0时，T =C0( )0x8 = x8 1 4 2 1 3 当r =2时，T =C2( )2x3 = x3 3 4 2 2 1 1 当r =4时，T =C4( )4x−2 = x−2. 5 4 2 16 16．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名.选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选 派方法？ （1）男运动员3名，女运动员2名； （2）至少有1名女运动员； 4 学科网（北京）股份有限公司（3）队长中至少有1人参加； （4）既要有队长，又要有女运动员. 16．解：（1）分两步完成，首先选3名男运动员，有C3 =20种选法， 6 再选2名女运动员，有C2 =6种选法， 4 共有C3⋅C2 =120种选法. 6 4 （2）“至少有1名女运动员”的对立事件为“全是男运动员”， 从10人中任选5人，有C5 =252种选法，全是男运动员有C5 =6种选法， 10 6 所以“至少有1名女运动员”的选法有C5 −C5 =246种选法. 10 6 （3）“只有男队长”的选法有C4种，“只有女队长”的选法有C4种，“男女队长都入选”的选法有C3 8 8 8 种， 所以队长中至少有1人参加的选法共有2C4 +C3 =196种； 8 8 （4）当有女队长时，其他人选法任意，共有C4种， 9 不选女队长，必选男队长，共有C4种，其中不含女运动员的选法有C4种，此时共有C4 −C4种， 8 5 8 5 所以既要有队长，又要有女运动员的选法共有C4 +C4 −C4 =191种. 9 8 5 【点睛】本题主要考查分步，分类计数原理以及组合的分配问题，还考查了理解辨析和运算求解 的能力，属于中档题. n  2  17．已知函数 f(n,x)=  +mx （m>0，x>0）． m  （1）当m=2时，求 f(7,x)的展开式中二项式系数最大的项； （2）若 f(10,x)=a +a x+a x2 +3+a x10，且a =1024， 0 1 2 10 0 ①求a +2a +3a +3+10a 的值； 1 2 3 10 ②求a (0≤i≤10,i∈N)的最大值． i 17．解：（1）当m=2时， f(7,x)=( 1+2x )7的展开式共有8项， 二项式系数最大的项为第四项或第五项， 所以T =C3( 2x )3 =280x3或T =C4( 2x )4 =560x4； 4 7 5 7 10 10−r  2   2  （2）① f(10,x)=  +mx 的通项公式为T =Cr   ( mx )r =210−r ⋅m2r−10⋅Cr xr， m  r+1 10 m 10 且 f(10,x)=a +a x+a x2 +3+a x10， 0 1 2 10 所以a =210C0 m−10 =1024，解得m=1， 0 10 所以 f(10,x)=( 2+x )10， f′(10,x)=a +2a x+3+10a x9 =10(2+x)9， 1 2 10 令x=1，得a +2a +3+10a =10 ( 1+2 )9 =10×39 1 2 10 ② f(10,x)的通项公式为T =Cr 210−rxr =210−rCr xr，所以a =210−rCr ， r+1 10 10 r 10 210−rCr ≥211−rCr−1 设a =210−rCr 为a (0≤i≤10)中的最大值，则 10 10 ， r 10 i 210−rCr ≥29−rCr+1 10 10 8 11 解得， ≤ r ≤ ，r∈N，所以r =3， 3 3 所以 ( a ) =a =27C3 =15360. i max 3 10 18．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，AD⊥CD,AD//BC,PA= AD=CD=2,BC =3．E 5 学科网（北京）股份有限公司PF 1 为PD的中点，点F在PC上，且 = ． PC 3 （1）求证：CD⊥面PAD； （2）求二面角F −AE−P的正弦值； PG （3）设点G在PB上，且 =λ．判断是否存在这样的λ，使得A，E， PB F，G四点共面，若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由． 18．解：（1）由PA⊥面ABCD,CD⊂面ABCD，则PA⊥CD， 又AD⊥CD且PA∩AD= A，可得：CD⊥面PAD.   （2）以A为原点，面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP 方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz， 易知：A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0)，     1 2 2 4 1 由PF = PC可得：F , , ，由PE = PD可得： 3 3 3 3 2 E(0,1,1)，  设平面AEF 的法向量为：m=(x,y,z)，则   2 2 4 m⋅AF = x+ y+ z =0  3 3 3 ，    m⋅AE = y+z =0   ∴面AEF 的一个法向量为m =(1,1,−1)，而n =(1,0,0)是面AEP的一个法向量，     m⋅n 1 3 ∴cos=   = = ， |m|×|n| 3×1 3 3 6 故二面角F −AE−P的余弦值为 ，则正弦值为 ． 3 3 （3）存在这样的λ.       由PG =λPB可得：PG =(2λ,−λ,−2λ)，则AG = AP+PG =(2λ,−λ,2−2λ)，  若A，E，F，G四点共面，则AG在面AEF 内，又面AEF 的一个法向量为m =(1,1,−1)，   2 ∴m⋅AG =0，即2λ−λ+2λ−2=0，可得λ= . 3 2 ∴存在这样的λ= ，使得四点共面. 3 x2 19．已知函数 f(x)= +ax−axlnx在(0,+∞)上有两个极值点x ,x ，且x < x . 1 2 1 2 2 （1）求a的取值范围； x （2）当 2 ∈(1,e)时，证明：20时，令函数g(x)= f′(x)，易得g′(x)= ， x 故x∈(0,a)时，g′(x)<0,g(x)单调递减，x∈(a,+∞)时，g′(x)>0,g(x)单调递增， 当a≤e时，有g(x)≥ g(a)=a(1−lna)≥0，不可能有两零点； 当a>e时，有g(a)<0,g(1)=1>0， 由零点存在性定理可得g(x)在区间(1,a)必有一个零点x． 1 6 学科网（北京）股份有限公司( ) g a2 =a(a−2lna)，令函数ϕ(a)=a−2lna， 2 则ϕ′(a)=1− >0，即ϕ(a)单调递增， a ( ) 故ϕ(a)>ϕ(e)= e−2>0，即g a2 >0，故g(x)在(a,+∞)上有零点x ， 2 综上a∈(e,+∞)； （2）依题意有g ( x )= g ( x )=0，即x −alnx = x −alnx =0， 1 2 1 1 2 2 x −x x x x −x 2 1 故得a = 1 = 2 = 2 1 = x ， lnx lnx lnx −lnx ln 2 1 2 2 1 x 1 x ln 2 x x x x 因此lnx = 1 ln 2 = 1 ，令t = 2 ∈(1,e). 1 x −x x x x 2 1 1 2 −1 1 x 1 lnt tlnt t+e 则lnx = ，同理lnx = ，故elnx +lnx = lnt， 1 t−1 2 t−1 1 2 t−1 t−1 t−1 欲证20,n(t)>0即可， (t+e)2 −2t(e+1) (t−1)2 +e2 −1 又m′(t)= = >0， t(t+e)2 t(t+e)2 故m(t)是增函数，故m(t)>m(1)=0， (e+1)2t−(t+e)2 1  e2  又n′(t)= = e2 +1− −t， t(t+e)2 (t+e)2  t  e2 e2 令函数h(t)=e2 +1− −t，则h′(t)= −1>0， t t2 故h(t)单调递增，故h(t)>h(1)=0， 1 因此n′(t)= h(t)>0，故n(t)单调递增， (t+e)2 故n(t)>n(1)=0，故20,n(t)>0即可. t+e 7 学科网（北京）股份有限公司