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2024-2025 学年甘肃省白银八中高三（下）质检
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合 = { | > 0}, = { | = 4 2}，则 ∩ =( )
A. (1,2] B. (0,2] C. [0, + ∞) D. (1, + ∞)
2.若复数 满足(4 + 2 ) = (3 )2，则| | =( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 5
3.已知 tan( 5 4 ) =
1
3，则 2 =( )
A. 4 4 35 B. 5 C. 5 D.
3
5
4.已知向量 = ( + 3,2 + 1)， = ( + 3, 5)，则“| | = 2”是“ ⊥ ”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
5.已知 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面， ∩ = ，则下列说法正确的是( )
A.若 // ，则 // B.若 // ，则 //
C.若 ⊥ ，则 ⊥ D.若 ⊥ ，则 ⊥
6.连续抛掷一枚质地均匀的骰子 2 次，记录每次朝上的点数，设事件 为“第一次的点数是 2”，事件 为
“第二次的点数小于 4”，事件 为“两次的点数之和为偶数”，则( )
A. ( ) = 136 B. 与 相互独立 C. 与 互斥 D. 与 互斥
2
7 +
2
.设 1， 2是椭圆 ： 2 2 = 1( > > 0)的左、右焦点，过 1的直线 与 交于 ， 两点，若 2 ⊥ 2，
| | = 5 3，则 的离心率为( )
A. 2 5 B. 3 25 5 C. 5 D.
5
5
8.若 ( ) = ( 1)3 + 2( 1) ln 2 + 2，数列{
1
}的前 项和为 ，且 1 = 10，2 = +1，则
19 =1 [ ( ) + ( 20 )] =( )
A. 76 B. 38 C. 19 D. 0
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列选项中正确的是( )
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A. > > 0，则 <
B.若 > ， < ，则 >
C.若 1 ≤ ≤ 5， 1 ≤ ≤ 2，则 1 ≤ ≤ 6
D.若 > 1，则 + 1 的最小值是 2
10.已知抛物线 2 = 2 ( > 0)的焦点为 ，过点 的直线 与该抛物线交于 ， 两点，且| |的最小值为 4，
为坐标原点，则( )
A. = 2
B.存在直线 ，使得△ 的面积为 1
C.对于任意的直线 ，都有 = 3
D.当| | = 8 5 时，直线 的倾斜角为6或 6
11.在数学史上，曾经定义过下列两种三角函数：1 为角 的正矢，记作 ；1 为角 的余
矢，记作 .则下列说法正确的是( )
A.函数 = [ 在 4 , ]上单调递减
B. 1若 = 2，则 2 2 = 7
1 5
C. 若函数 ( ) = (2024 3 ) + (2024 +

6 )，则 ( )的最大值为 2 + 2
D. ( 2 ) =
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.已知{ }为等差数列，公差为 2，且 27 = 3 9，则前 10 项和 10 = ______．
13.在△ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， + = 3 ，则 = ______．
14.已知三棱锥 的四个顶点都在球体 的表面上，若 = 2， = 4，且 = = = = 2 3，
则球体 的表面积为______．
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.(本小题 13 分)
已知函数 ( ) = ．
(1)若函数 ( )为增函数，求实数 的取值范围；
(2)求证：当 > 0 时， > 2 ．
16.(本小题 15 分)
在一个不透明的盒子中装有除颜色外其余完全相同的若干个小球，其中有 个白球， 个黑球，2 个黑白相
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1 1间的球，且从盒子中随机摸出 个球，摸到黑白相间的球的概率为5．
(1)从盒子中随机摸出 1 个球，求在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率；
(2)从盒子中 1 次随机取出 1 个球，取出后不放回，共取 2 次，设取出的黑球数量为 ，求 的分布列与期
望．
17.(本小题 15 分)
2 5
已知双曲线 ： 2 2 = 1( > 0)的离心率为 2 ，左、右顶点分别为 ， ，过点 (2 , 0)的直线 与 的右
支交于 ， 两点．
(1)求 的方程；
(2)证明：直线 与 的斜率之比为定值．
18.(本小题 17 分)
如图，在四棱锥 中，侧面 ⊥底面 ，侧棱 = = 2， ⊥ ，底面 为直角梯
形，其中 / / ， ⊥ ， = = 1， 为 中点．
(1)求直线 与平面 所成角的余弦值．
(2)求 点到平面 的距离．
(3) 6 线段 上是否存在一点 ，使得二面角 的余弦值为 3 ？若存在，求出 的值；若不存在，请
说明理由．
19.(本小题 17 分)
设正整数 ≥ 3，集合{ 1, 2, , } = {1,2, , }，已知有穷数列 0： 1， 2， ， 经过一次 变换后得到
数列 1： { 1, 2}， { 2, 3}， ， { 1, }， { , 1}，其中 { , }表示 ， 中的最大者.
记数列 的所有项之和为 ( )．
(1)若 0：1，3，2，4，求 ( 1)；
(2)当 = 5 时，求 ( 1)的最大值；
(3)若 1经过一次 变换后得到数列 2，求 ( 2)的最大值．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.110
13.5 6
14.18
15.
16. 2解：(1)由题意可知， + +2 =
1
5，
解得 = 4，
盒子中带有黑色的球有 6 个，其中黑白相间的球有 2 个，
2 1
所以在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率 = 6 = 3；
(2)依题意， 的可能值为 0，1，2，
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2 1 1 1 2
则 ( = 0) = 6 = 12 3 , ( = 1) =
2 4 6 = 8 , ( = 2) = 4 2
2 15 2
=
10 10 10 15
，
所以 的分布列为：
0 1 2
1 8 2
3 15 15
( ) = 0 × 1+ 1 × 8 + 2 × 2 4所以 3 15 15 = 5．
17.解：(1)由题意可得 = 1，
又双曲线的离心率 = = 5，且 2 = 2 + 1，解得 = 2， 2 = 5，
2
故 C 的方程为 2 ， (4,0)．
4 = 1
(2)证明：如图，设 ( 1, 1)， ( 2, 2)，
( 2,0)， (2,0)，而 必过 (4,0)，

11 2 +2
而 = +2， =
1
1 2 2，故 = 2
，
2 2
当 的斜率不存在时， 的方程为 = 4，
2
联立方程组 = 4， 2 = 1，解得4 1 = 4, 1 = 3或 2 = 4, 2 = 3，
故 (4, 3)， (4, 3) 3 3，由斜率公式得 = 4 ( 2) = 6 ，
3
3 3 = = ，故
6
= 3 =
1
，
4 2 2 32
当 的斜率存在时，设 的方程为 = ( 4)，
而 1 = ( 1 4)， 2 = ( 2 4)，
1
= 1+2 = ( 1 4) 2 2 ( 1 4)( 2)故 2 2
×
1+2 ( 2 4)
= ( 1+2)( 2 4) 2 2
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= ( 1 4)( 2 2) 1 2 2 1 4 2+8 1 2 4( 1+ 2)+2 1+8( 1+2)( 2 4)
= 1 2+2
=
2 4 1 8 1 2+2 2 4
，
1 8
= ( 4)
联立方程组 2 2 ，消去 整理得(1 4
2) 2 + 32 2 64 2 4 = 0，
4 = 1
而 与 的右支交于 ， 两点，故 1 4 2 ≠ 0，
= (32 2)2 4(1 4 2)( 64 2 4) = 192 2 + 16 > 0，
32 2 64 2 4 32 2
由韦达定理得 1 + 2 = 2， ，故 ，1 4 1 2 = 1 4 2 2 = 1 4 2 1
1 2 4( 1+ 2)+2 代入到表达式中得到 1
+8
1 2+2 2 4 1 8
，
64 2 4+128
2
2 2+2 1+8= 1 4 1 4
64 2 4 32 2+2(
1 4 2 1 4 2 1
) 4 1 8
64 2 4 64 2 4
1 4 2
+2 1+8 +2 1 4 2 1+8= =
64 2 4 64
2 2
2 4 8 128 4 6
1 4 2 1 4 2 1 1 1 4 2 1
8
64 2 4+2 1(1 4
2)+8(1 4
2)
= 1 4 2 1 4 2 1 4 2
128 2 4 6 1(1 4
2) 8(1 4
2)
1 4 2 1 4 2 1 4 2
64 2 4 2 2
2 +
2 1 8 1 +8 32
= 1 4 1 4 2 1 4 2
128 2 4 6 1 24 1
2
8 32
2
1 4 2 1 4 2 1 4 2
64 2 4+2 1 8 1 2+8 32 2
= 1 4 2
128 2 4 6 1+24 1 2 8+32 2
1 4 2
= 64
2 4+2 1 8 1 2+8 32 2
128 2 4 6 1+24 1 2 8+32 2
2 2
= 32 +2 1(1 4 )+4 32
2+2 1(1 4 2)+4 1
96 2 6 1(1 4 2) 12
= 3[32 2+2 1(1 4 2)+4]
= 3，
即此时直线 与 的斜率之比为定值，
综上，直线 与 的斜率之比为定值．
18.解：(1)在△ 中 = ， 为 中点，所以 ⊥ ，
又侧面 ⊥底面 ，平面 ∩平面 = ， 平面
所以 ⊥平面 ．
又在直角梯形 中，易得 ⊥ ；
所以以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系．
则 (0,0,1)， (0, 1,0)， (1, 1,0)， (1,0,0)， (0,1,0)；
所以 = (1, 1, 1)，易证： ⊥平面 ，
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所以 = (0, 1,0)，平面 的法向量，

< ,
3
>=
| ||
=
| 3
所以 与平面 所成角的余弦值为 6 …. (4 分)
3
(2) = (1, 1, 1)，设平面 的法向量为 = ( , , )，
= + = 0
则

，取 = 1 得 = (1,1,1)
= = 0

| | 3点到平面 的距离 = | 分) | = 3 …. (8
(3)假设存在，则设 = (0 < < 1)
因为 = (0,1, 1)，所以 (0, , 1 )．
+ = 0设平面 的法向量为 = ( , , )，则 ( + 1) + (1 ) = 0，
所以取 = (1 , 1, + 1)，
平面 的法向量 = (0,0,1)，
因为二面角 的余弦值为 6，
3
| | 6
所以| || | = 3 ，
所以 3 2 10 + 3 = 0．
1
所以 = 3或 = 3(舍去)，
1
所以 = 2-------------(12 分)
19.解：(1)由题意， 1： {1,3}， {3,2}， {2,4}， {4,2}，即 3，3，4，4．
∴ ( 1) = 3 + 3 + 4 + 4 = 14．
(2)由题意，由于 0中元素两两互异，故 A 0中的任一元素，如 ，在 1中至多在 { 1, }和
{ , +1}中出现两次(规定 0= ， +1 = 1)，且若出现两次则这两个数处于邻位( 1 = 2 和 也视为邻
位)．
∴ 1的所有项中至多有两个 5 和两个 4．
∴ ( 1) ≤ 5 × 2 + 4 × 2 + 3 = 21，
当 0满足{ 1, 3, 5} = {3,4,5}时等号能取到，
∴ ( 1)的最大值为 21. (给出任意一种排列即可)．
(3)同(2)可知， 0中的任一元素若在 1中仅出现一次，则在 2中至多出现两次；若在 1中出现两次，由于
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这两个数相邻，
故在 2中至多出现三次．
2
( )若 = 3 ，则 ( 2) ≤ 3 × [ + ( 1) + + (
2
3 + 1)] =
5 +3
6 ，
2 2当 0满足{ 1, 4, , 3 2} = { 3 + 1, 3 + 2, , }时等号能取到．
(或{ 2, 5, , 3 1} = {
2 + 1, 2 2 23 3 + 2, , }，或{ 3, 6, , 3 } = { 3 + 1, 3 + 2, , })
2
( ) = 3 + 1 ( ) ≤ 3 × [ + ( 1) + + 2 +4 ] + 2 +1 = 5 +3 2若 ，则 2 3 3 6 ．
当 2 +1 2 +40满足{ 1, 4, , 3 +1} = { 3 , 3 , , }时等号能取到．
2
( )若 = 3 + 2，则 ( 2) ≤ 3 × [ + ( 1) + +
2 +5
3 ] + 2 ×
2 +2 = 5 +3 23 6 ．
当 0满足{ , , , } = {
2 +2 , 2 +51 4 3 +1 3 3 , , }时等号能取到．
( { , , , } = { 2 +1 , 2 +4或 2 5 3 +2 3 3 , , })
5 2+3 , = 3
综上， ( 2)的最大值为： 65 2 ．+3 2
6 , = 3 + 1 或 = 3 + 2
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