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2024-2025 学年广西梧州市高二下学期 5 月段考
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.已知命题 : ∈ , 2 > 1，则命题 的否定 为( )
A. ∈ , 2 < 1 B. ∈ , 2 ≤ 1
C. ∈ , 2 < 1 D. ∈ , 2 ≤ 1
2.已知向量 = ( 1,5)， = (2, )，若 ⊥ ，则 =( )
A. 2 25 B. 5 C. 10 D. 10
2
3 3.若椭圆 : 2 2 + = 1( > 1)的离心率为 2 ，则 =( )
A. 2 33 B. 4 C. 3 D. 2
4.球的表面积增大为原来的 9 倍，那么球的体积增大为原来的( )
A. 9 倍 B. 18 倍 C. 27 倍 D. 81 倍
5.设集合 = || | < 2, ∈ , = || | > 3, ∈ ，若 ，则实数 , 必满足( )
A. | + | ≤ 5 B. | | ≤ 5 C. | + | ≥ 5 D. | | ≥ 5
6.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点(0,0)出发，每隔 1s 等可能地向上或向右移动一个单位，则
质点移动 6 次后位于(2,4)的概率为( )
A. 116 B.
1 15 15
15 C. 32 D. 64
7.“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人
才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师.浙江大学 复旦大学 武汉大学 中山大学均有开设数学学科拔尖
学生培养基地.已知某班级有 , , , , 共 5 位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，每所学校至少有一位
同学选择，则 同学选择浙江大学的不同方法共有( )
A. 24 种 B. 60 种 C. 96 种 D. 240 种
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8.设函数 ( ) = ( + ) 1 ，若 ( ) ≥ 0 恒成立，则 的最小值为( )
A. B. ln2 C. D. 1
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.已知数列 的前 项和为 ， 1 = 1， +1 = 2 + 1，则( )
A.数列 + 1 是等比数列 B. = 2 1
C. 1 1 = 2 1 D.数列 的前 项和为 2 2 1
10.已知 ( ) = 2sin 2 + π3 , ( ) = 2cos +
π
6 ( > 0)，则下列结论正确的是( )
A. ( ) 5π π的单调递增区间为 12 + π, 12 + π , ∈
B. ( ) π在区间 0, 2 上的值域为[ 1,2]
C.若 ( ) π π的图象向左平移 0 < < 2 个单位长度后得到 ( )的图象，则 = 6
D.若 ( )在区间 0, π 上恰有两个零点，则 4 7的取值范围是 3 , 3
11.在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1中， 是 1的中点，下列说法正确的是( )
A.若 是线段 1上的动点，则三棱锥 的体积为定值
B.沿正方体的表面从点 到点 的最短距离为 13
C.若平面 与正方体各个面所在的平面的夹角分别为 ( = 1, , 6)，则sin2 1 + sin2 2 + sin2 3 +
sin2 4 + sin2 25 + sin 6 = 3
D. 11三棱锥 1 外接球的半径为 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.已知等差数列 的前 项和为 ， 1 = 2， 10 = 20，则 10 = ．
13.若函数 ( ) = e 与直线 = 相切，则实数 的值为 ．
14.祖暅，南北朝时期的伟大科学家，于 5 世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，这就
是“祖暅原理”.“势”即是高，“幂”是面积，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于
这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲
2 2
线 : = 1，若直线 = 0 与 = 2 在第一象限内与双曲线 及其渐近线围成图形 (如图 1)，则它9 4
绕 轴旋转一周所得几何体 的体积为 ;由双曲线 和两直线 =± 2 围成的封闭图形绕 轴旋转一周后
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得到几何体 (如图 2)，则 的体积为 ．
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)
记△ 的内角 ， ， 所对边分别为 ， ， ，面积为 ，且 = 2sin2 ．
(1)证明：tan = 3tan ;
(2)若 = 45 ， 边上的高为 6，求 ．
16.(本小题 15 分)
如图，在直三棱柱 1 1 1中， = ， = 6，∠ = 120 ， 为 1的中点， 为 1的中点．
(1)证明： ⊥平面 1 1；
(2)若 1 = 6，求直线 1 与平面 1所成角的正弦值．
17.(本小题 17 分)
已知抛物线 : 2 = 2 的焦点为 ，点 在直线 2 + 3 2 = 0 上，过焦点 作一条直线 交 于 , 两点．
(1)求抛物线 的方程；
(2)若直线 = 1 与抛物线 交于 , 两点，求证：直线 与 的交点在一条定直线上．
18.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = 1， ∈ ．
(Ⅰ)讨论 ( )的单调性；
(Ⅱ)当 ∈ (0, + ∞)时， ( ) ≥ 恒成立，求 的取值范围；
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(Ⅲ)当 = 1 时，设 ( ) = ( ) 2，证明： ( )在(0, + ∞) 3上存在唯一的极小值点 0且 0 > 4．
参考数据： 3 ≈ 20.09．
19.(本小题 17 分)
一只猫和一只老鼠在两个房间内游走.每经过 1 分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动.猫从当前房间移动
到另一房间的概率为 0.6，留在该房间的概率为 0.4;若上一分钟猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠
必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为 0.5.已知在第 0
分钟时，猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间.设在第 分钟时，猫和老鼠在 0 号房间的概率分别为 ， ．
(1)求第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 1 的概率;
(2) 1 5 4求证：{ 2 }，{ + 3 3 }均为等比数列;
(3)在第几分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.110
13.e 1
14.
15.解：(1)证明：因为 = 2sin2 = 2 2sin cos = 1，又因为 2 sin ，
2 2sin cos = 1所以 2 sin ，
因为0 < < 180 ，所以 sin ≠ 0，所以 4 cos = ，
由正弦定理可得 4sin cos = sin ，
因为 sin = sin[ ( + )] = sin( + ) = sin cos + cos sin ，
所以 4sin cos = sin cos + cos sin ，
即 cos sin = 3sin cos ，显然 = 90 或 = 90 等式不成立，
故 cos ≠ 0，cos ≠ 0，
cos sin = 3sin cos 所以cos cos cos cos ，
则 tan = 3tan ，得证;
(2)当 = 45 ，由(1)得 tan = 3tan45 = 3 > 0，则0 < < 90 ，
3 10
sin = 3cos sin =
则 sin2 + cos2 = 1，解得
10 ,
cos = 1010
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sin2 = 2sin cos = 2 × 3 10则 10 ×
10
10 =
3
5，
3
所以 = 2sin2 = 5
2，又因为 边上的高为 6，
所以 = 1 3 22 6 = 3 ，所以5 = 3 ，解得 = 5，
5
由正弦定理sin = sin ，得 2 = 3 10，
2 10
解得 = 3 5．
16.解：(1)取 中点 ，连接 、 ，
因为 = ，所以 ⊥ ，
由于 为 1的中点， 为 的中点，所以， //
1
1且 = 2 1，
1
因为 1// 1且 1 = 1， 为 1的中点，所以， // 1且 = 2 1，
所以， // 且 = ，故四边形 为平行四边形，所以， // ，
又因为 1 ⊥平面 ， 平面 ，所以， ⊥ 1，
因为 ⊥ ， ∩ 1 = ， 1、 平面 1 1，所以， ⊥平面 1 1，
因为 // ，故 ⊥平面 1 1．
(2)解法 1：设直线 1 与平面 1所成角为 ，点 1到平面 1的距离为 ，
则 sin = ，1
在 2 2 21 1 1中，由余弦定理可得 1 1 = 1 1 + 1 1 2 1 1 1 1 cos∠ 1 1 1，
可得 36 = 3 21 1 = 3 21 1，解得 1 1 = 1 1 = 2 3，即 = = 2 3，
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所以， = 2 2 = 12 32 = 3，
在 1 1 中， 2 21 1 = 2 3， 1 = 6，则 1 = 1 1 + 1 = 4 3，
过点 在平面作 垂直于 的延长线于 ，易得 = sin60 = 3，
因为 1 ⊥平面 ， 平面 ，则 ⊥ 1，
因为 ⊥ ， 1 ∩ = ， 1、 平面 1 1 ，所以， ⊥平面 1 1，
1 1由于 1 1 = 2 1 1 1 = 2 × 3 × 2 3 = 3 3，
1 1则 1 1 = 3 1 1 = 3 × 3 3 × 3 = 3 3，
在 1中， = 2 + 2 = 12 + 9 = 21，同理可得 1 = 21，
又因为 1 = 2 + 21 = 6 2， 为 1的中点，所以， ⊥ 1，且 = = 3，
1
所以， 1 = 2 1 =
1
2 × 6 2 × 3 = 3 6，
1
又 1 1 = 1 1 = 3 3，即3
9 3 9 3 3 2
1 = 3 3，所以， = = = ， 1 3 6 2
3 2
6
因此，sin = = =
2
1 2+ 2 12+36
= 8 ，
1
6因此，直线 1 与平面 1所成角的正弦值为 8 ；
解法 2：在 1 1 1中，由余弦定理可得 2 2 21 1 = 1 1 + 1 1 2 1 1 1 1 cos∠ 1 1 1，
可得 36 = 3 21 1 = 3 1 21，解得 1 1 = 1 1 = 2 3，即 = = 2 3，
如图，连接 1 ，
由(1)， ⊥平面 1 1 ， 1 平面 1 1，则 ⊥ 1，
又因为 1 = 1 1， 1 ⊥ 1 1， 1// 1， 1 = 1，则四边形 1 1为正方形，
因为 为 1的中点， 1 ⊥ 1，
由于 1 ∩ = ， 1 、 平面 1 ，则 1 ⊥平面 1 ，
如图，记 1 ∩ 1 = ，过点 在平面 1 内作 ⊥ ，垂足为点 ，
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连接 ，由于 1 ⊥平面 1 ， 平面 1 ，则 ⊥ 1，
又因为 ∩ 1 = ， 、 1 平面 1，则 ⊥平面 1，
所以∠ 即为直线 1 与平面 1所成角，
由于 1 ∽△ 1

，则 1 =

1
= 2，
因为 ⊥平面 1 1 ， 1 平面 1 1 ，所以， ⊥ 1 ，

所以， =
1
=1 3
，则 为 的三等分点，
因为 = = 6，则 = 2 + 21 1 1 1 1 1 1 = 6 2，
因为 为 1
1
1的中点，则 1 = 2 1 = 3 2，
则 = 13
2 2 2 2 2 8 3
1 = 2， = 3 1 = 3 + 1 = 3 × 4 3 = 3 ，
6 6
于是 sin∠ = = 8 ，即直线 1 与平面 1所成角的正弦值为 8 ；
解法 3：因为 ⊥平面 1 1 ， 1 ⊥ ，
如图，以 为坐标原点， 、 、 1的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标
系，
在 1 1 1中，由余弦定理可得 2 = 2 + 21 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 cos∠ 1 1 1，
可得 36 = 3 1 21 = 3 21 1，解得 1 1 = 1 1 = 2 3，即 = = 2 3，
所以， = 2 2 = 12 32 = 3，
于是 0, 3, 3 、 ( 3,0,0)、 1( 3,0,6)、 1(3,0,6)、 1 0, 3, 6 ，
则 1 = 3, 3, 6 ，设平面 1的一个法向量为 = ( , , )， = 3, 3, 3 ，
1 = (6,0,6)，
= 3 + 3 + 3 = 0
于是 ，令 = 1，则 = ( 1,0,1)，
1 = 6 + 6 = 0
设直线 1 与平面 1所成角为 ，
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1 3 6
那么 sin = cos 1, = = = ， 1 4 3 2 8
即直线 1
6
与平面 1所成角的正弦值为 8 ．
17. 解：(1) 2 = 2 ( > 0)的焦点在 轴上，为 2 , 0 ，
直线 2 + 3 2 = 0 与 轴的交点坐标为(1,0)，则2 = 1，即 = 2
所以抛物线为 2 = 4
(2)令 = 1， 2 = 4， =± 2，不妨设 (1,2), (1, 2)，
设 的方程为 = + 1， 1, 1 , 2, 2 ，
联立 = + 1 与 2 = 4 ，得到 2 4 4 = 0，Δ = 16 2 + 16 > 0，
由 1 + 2 = 4 , 1 2 = 4，
则直线 : 2 = 1 2 2+2 1 ( 1)，直线 : + 2 = 1 ( 1)，1 1
2 +2
两直线方程相减得到： 4 = 1 2 1 1
1 ( 1)，2
= + 1, = + 1 4 = 1 2 2+2因为 1 1 2 2 ，于是 1
( 1)，
2
2 2
即 4 = ( 1)，即 2 =
1 + 1 ( 1)，
1 2 1 2
即 2 = 1+ 2 ( 1)，于是 2 =
4
4 ( 1)，解得 = 1，1 2
即直线 与 的交点在一条定直线 = 1 上
18.解：(Ⅰ) ( ) = 1， ′( ) = ，
①当 ≤ 0 时， ′( ) = > 0 恒成立， ( )在 上单调递增，
②当 > 0 时，令 ′( ) = 0，得 = ln ，
当 ∈ ( ∞, ln )时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ (ln , + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
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综上所述：当 ≤ 0 时， ( )在 上单调递增；
当 > 0 时， ( )在( ∞, ln )上单调递减，在(ln , + ∞)上单调递增；
(Ⅱ)当 ∈ (0, + ∞)时， 1 ≥ ln 恒成立，

≤ ln 1即 恒成立，

( ) = ln 1令 ，

( ) = ( 1)( 1)则 ′ 2 ， ∈ (0, + ∞)，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 ( )min = (1) = 1，即 ≤ 1，
故 的取值范围是( ∞, 1]；
(Ⅲ)证明：
当 = 1 时， ( ) = 1 2， ′( ) = 2 1，
令 ( ) = 2 1，则 ′( ) = 2，
当 ∈ (0, ln2)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ (ln2, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
又因为 (ln2) = ln2 2ln2 1 = 1 2ln2 < 0，
3
(0) = 0 3且 ( 2 ) = 2 4 > 0，
3
所以存在唯一的 0 ∈ (ln2, 2 )，使得 ( 0) = 0，
即 0 2 0 1 = 0， ①
当 ∈ (0, 0)时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ ( 0, + ∞)时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 0是 ( )在(0, + ∞)上唯一的极小值点，
( 0) = 0 0 1 2
3
0， 0 ∈ (ln2, 2 )，
3 3 3
由 ①可知 ( 2 20) = 0 + 0 > ( 2 ) + 2 = 4，得证．
19.解：(1)第 0 分钟时，猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间，
设 , 为第 1 分钟时，猫在 号房间，老鼠在 号房间的概率，则 0,0 = 0.4 × 0.5 = 0.2， 0,1 = 0.4 × 0.5 = 0.2，
1,0 = 0.6 × 0.5 = 0.3， 1,1 = 0.6 × 0.5 = 0.3，
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设第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 ，则 ( = 1) = 0,1 + 1,0 = 0.5，
所以第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 1 的概率为 0.5；
(2) 2 1证明：易知 0 = 1， 0 = 0，且由(1)得 1 = 5， 1 = 2，
当 ≥ 1 时，猫在第 分钟时位于 0 号房间包含 2 种情形：
2①上一分钟仍在 0 号房间，继续保持在 0 号房间的概率为5 1；
3②上一分钟在 1 号房间，转移到 0 号房间的概率为5 (1 1)，
2 3 3 1 1 1 1
则由全概率公式， = 5 1 + 5 (1 1) = 5 5 1，进而 2 = 5 ( 1 2 )，
结合 1
1 = 1 { 1 } 1 12 10，故 2 是首项为 10，公比为 5的等比数列，
即 1 1 1 1 2 = ( 10 )( 5 ) ，注意到当 = 0 时也满足题意，
= 1因此 ( 1 ) 2 5 +
1
2，
老鼠第 分钟在 0 号房间包含 3 种情形：
①上一分钟描和老鼠都在 1 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为(1 1)(1 1)；
1②上一分钟猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为 1(1 1) × 2；
1③上一分钟猫在 1 号房间，老鼠在 0 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为 1(1 1) × 2，
1 1
故由全概率公式， = (1 1)(1 1) + 1( 1) × 2 + 1(1 1) × 2，
即 = 1
1 1
2 2 ，
要证{ + 5 4 1 1 1 1 3 3 }为等比数列，即证 2 6 ( 5 ) 为等比数列，
= 1 1 而 1 2 2 =
3 14 4 (
1 ) 15
1
2 ，
1 1 1 1 1 1 1
故 1 2 2 6 ( 5 ) = 2 [ 1 2 6 ( 5 ) ]
1 1 1
，结合 1 2 6 = 6，
故{
1
2
1 ( 16 5 )
1} 1 1为首项 6，公比为 2的等比数列，
1 1
即 2 6 (
1 ) 1 = 1 ( 1 ) 15 6 2 ，注意到 = 0 时也满足题意，
= 1 + 1 ( 1 ) 1 + 1 ( 1因此 2 6 5 3 2 ) ；
(3) 1 1 1 1 1 1 1 1 1由(2)， = 2 +
1 1 1
6 ( 5 ) + 3 ( 2 ) = 2 + 6 [( 5 ) ( 2 ) ]，
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1 1
显然 0 = 0 不是其最大值，设 = ( ) 1 ( ) 15 2 ，
1 1①当 为奇数时， = ( ) 1 ( ) 1 5 2 ≤ 0，当且仅当 = 1 时取等，故 的最大值为 0；
1 1 3 1 1 3②当 为偶数且 ≥ 2 时， 32 = 2 5 = 10；当 ≥ 4 时， < ( 2 ) = 8 < 2，故 最大值为 2 = 10，
= 1 + 1 = 11因此 的最大值为 2 2 20 20，即在第 2 分钟时，老鼠在 0 号房间概率最大．
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