2024-2025学年度（下）高2023级期末模拟测试
数学
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
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.若，，则的值为( )
A. 或 B. 或 C. D.
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查导数的运算，属容易题．
根据导数运算公式求得导函数，根据列出方程求解．
【解答】解：，，
又，
．
2.某新能源车型的续航里程单位：公里服从正态分布若该车型中的车续航里程介于公里与公里之间，则续航里程超过公里的车在该车型中的占比约为参考公式：，，，
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：因为续航里程服从正态分布，即，
由该车型中的车续航里程介于公里与公里之间，
可得，又，，
所以，，所以，
所以．
故选：．
根据已知的概率得到正态分布的均值和方差，再利用正态分布的对称性求出概率即可．
本题主要考查正态分布的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
3.函数的单调递减区间是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的导函数的应用，属于基础题．
先求出函数的导函数，令其导函数小于，解不等式并与定义域取交集即可．
【解答】
解：函数定义域为，
，
由，即得，
．
故选D．
4.小张和小王两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有个柱子甲、乙、丙．甲柱上有个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上如图，把这个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为，则当时，和满足的关系式为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解：根据题意：
盘子数量时，游戏结束需要移动的最少次数；
盘子数量时，小盘乙柱，大盘丙柱，小盘再从乙柱丙柱，完成，
游戏结束需要移动的最少次数；
盘子数量时，小盘丙柱，中盘乙柱，小盘从丙柱乙柱，
用的方法把中盘和小盘移到乙柱，大盘移到丙柱，
再用的方法把中盘和小盘从乙柱移到丙柱，完成，
游戏结束需要移动的最少次数；
以此类推，，
，
即．
故选：．
根据移动方法与规律发现，随着盘子数量的增多，都是分两个阶段移动，用盘子数目减的移动次数都移动到乙柱，然后把最大的盘子移动到丙柱，再用同样的次数从乙柱移动到丙柱，从而完成，然后根据移动次数的数据找出总的规律即可．
本题考查了图形变化的规律问题，根据题目信息，得出移动次数分成两段计数，利用盘子少一个时的移动次数移动到乙盘，再把最大的盘子移动到丙盘，然后再用同样的次数从乙柱移动到丙柱，从而完成移动过程是解题的关键，本题对阅读并理解题目住处的能力要求比较高．
5.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一．五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查排列、组合的应用，考查了分类加法计数原理，属于基础题．
根据角所在的位置，分两类，根据分类加法计数原理可得．
【解答】
解：若角排在一或五，则有种，
若角排在二或四，则有，
根据分类计数原理可得，共有种，
故选：．
6.当时，设，，，则“，，的大小关系正确的是( )
A. B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】【分析】本题考查指数函数和对数函数的性质利用导数研究函数单调性，属基础题．
作差利用导数比较大小是解题的关键．
【解答】解：令，因为，所以，
令，，
令，得，
所以上，，所以函数是增函数，
上，，所以函数是减函数，
，
所以，即；
，，
由图象可知指数函数的图象始终在的上方，
，
即 ，
故选C．
7.已知，为单位向量，其夹角为，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查向量的数量积的运算律，属于基础题．
由条件利用两个向量的数量积的定义，求得、的值，可得的值．
【解答】
解：由题意可得，，，
，
故选：．
8.若关于的方程其中、有实根，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解：设方程的实根为，则，
故．
．
设点，则点在直线上．
设点到直线的距离为，
则，，
则，由由，得，在上单调递减，由，得，在上单调递增，，
当时，．
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.已知数列满足，，，则( )
A. 是数列中的项
B.
C. 是等比数列
D. 存在，
【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、放缩法、数列的单调性，属于较难题．
利用题意构造数列 为等比数列，结合通项公式可得，然后再利用数列的通项公式进行求解可得．
【解答】
解：，
，
是以为首项，为公比的等比数列，故C正确；
，
即，
令，得，所以是数列中的第项，故A正确；
，故B正确；
因为，
当时， ，可得，
当时，不等式成立，
当时，，故D错误．
故选ABC．
10.已知定义在上的函数，部分对应的函数值如表，其导函数的图象如图所示，则( )
A. 在是减函数
B. 在定义域上有两个极值点
C. 若，则函数有两个零点
D. 若在上的最大值为，则
【答案】BCD
【解析】解：对于，由函数的图象可知，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，故A错误；
对于，由函数的图象可知，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，
即在定义域上有两个极值点，故B正确；
对于，因为，，
若，如图：
则函数与有两个交点，
即函数有两个零点，故C正确；
对于，因为，若在上的最大值为，
则，故D正确．
故选：．
11.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于年的世界杯比赛二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成如图所示，若这个二十四等边体的棱长都为，则下列结论正确的是( )
A. 平面 B. 异面直线和所成角为
C. 该二十四等边体的体积为 D. 该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查正方体的性质，考查线面垂直的判定，异面直线所成角，考查柱体和锥体的体积计算公式，几何体外接球问题，属于中档题．
补齐八个角为正方体，对于，由正方体的性质可知不垂直于平面，对于，由，，异面直线和所成角即为和所成角，即，可知选项B的正误，补齐八个角为正方体，再计算体积可判断选项C，找到外接球球心位置，求出半径，再计算表面积可判断选项D．
【解答】
解：将该二十四等边体补形为正方体如图所示，
因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为，
对于，由正方体性质可得与正方体的左面不垂直，所以不垂直于平面，故A错；
对于，因为是正六边形，所以，又，所以异面直线和所成角即为和所成角，即，因为为正三角形，所以，即异面直线和所成角为，故B正确；
对于，补齐八个角构成棱长为的正方体，则该二十四等边体的体积为，故C正确；
对于，取正方形对角线交点为，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径，其表面积为，故D正确．
故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.展开式的常数项是 ．
【答案】
【解析】【分析】
本题考查了二项式定理，属基础题．
由通项公式可得第项为常数项．
【解答】
解：由通项公式得：，
令，得展开式的常数项为：．
故答案为：．
13.设、分别是双曲线的左、右焦点，若点在双曲线上，且，则 ．
【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
求出焦点坐标，由 ，得，根据直角三角形斜边中线是斜边的一半，即可求得答案．
【解答】
解：因为、分别是双曲线的左、右焦点，
所以，，
又，，
根据直角三角形斜边中线是斜边的一半，为坐标原点，
可得．
故答案为．
14.在信道内传输，信号，信号的传输相互独立发送时，收到的概率为，收到的概率为，发送时，收到的概率为，收到的概率为若第一个人发送信号和给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三个人，依次类推，则第六个人收到的信号为和的概率为 ．
【答案】
【解析】解：发送信号和，接收到信号为和的概率为，
发送信号和，接收到信号为和的概率为，发送信号和，接收到信号为和的概率为，发送信号和，接收到信号为和的概率为，故发送信号是和，或和，或和，接收到信号为和的概率为，
设表示第个人收到的信号为和的概率，则，
，，，
所以数列为等比数列，首项，公比，，得，第六个人收到的信号为和的概率为；
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.本小题分
已知数列中，，，数列的前项和为．
证明：数列是等比数列；
求数列的通项公式与前项和．
【答案】解：证明：由知：．
所以是以为首项，为公比的等比数列．
由知，，
所以．
所以，
则
得：．
所以
【解析】本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式和错位相减法．
由已知可得，再利用等比数列的概念得结论；
由利用等比数列的通项公式得，再利用错位相减法计算得结论．
16.本小题分
如图，在四棱锥中，， ，，平面平面．
求证：平面．
点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】证明：由题意可得，，
，同理，
又，，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，，
又，且平面，平面，，
平面；
解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设，有，
取平面的一个法向量，
则，，故，
故，
设是平面的一个法向量，
则，即，
令，有，
则，．
故平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】本题考查线面垂直的判定、平面与平面所成角的向量求法，直线与平面所成角的向量求法，是中档题．
由面面垂直的性质得平面，得到，结合，由线面垂直的判定即可得证；
建立空间直角坐标系，设，得出平面的一个法向量，利用空间向量计算，再得出平面的一个法向量，利用空间向量求解即可．
17.本小题分
某学校高二年级有名学生参加某项体育测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取了名学生，记录他们的分数，将数据分成组：，，，整理得到如下频率分布直方图：
若规定小于分为“不及格”，从该学校高二年级学生中随机抽取一人，估计该学生不及格的概率
若规定分数在为“良好”，为“优秀”用频率估计概率，从该校高二年级随机抽取三人，记该项测试分数为“良好”或“优秀”的人数为，求的分布列和数学期望．
【答案】解：设“不及格”为事件，则“及格”为事件，
，
故该学生不及格的概率为．
设“样本中“良好”或“优秀”为事件，
则，
依题意可知：，
则，，，
所以的分布列为：
．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.本小题分
已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
求椭圆的方程
已知为坐标原点，过点的直线与交于不同的两点，，为线段的中点，且，求的方程．
【答案】解：因为椭圆的离心率为，点在椭圆上，
所以，，
所以，，
所以椭圆方程为；
依题意当轴不合题意，故设直线：，，
将代入椭圆的方程：，消去整理得，
由当，即．
，，
所以，
因为为线段的中点，且，
所以，
所以，
所以，满足，
所以的方程为．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.本小题分
已知函数．
当时，求的图象在处的切线方程；
若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；
设是函数的两个极值点，证明：
【答案】解：当 时， ， ，
， 所以 在 处的切线方程为：
，即
，
函数 存在单调递减区间， 在 上有解，
，设 ，则 ，
只需 或 ，
解得 或 ，
故实数的取值范围为 ；
证明：由题意可知， ，
有两个极值点 ，
是 的两个根，则 ，
，
要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则证明 ，
令 ，则 ，
在 上单调递增，
则 ，即 ，
所以原不等式 成立．
【解析】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性以及导数中的函数不等式
求导，根据导数的几何意义求出切线斜率，再根据点斜式方程即可求解；
由题意可得 在 上有解，即可求解；
要证 ，即证 ，
令 ，则证明 ，令 ，求出的最值即可证明。
第1页，共1页2024-2025 学年度（下）高 2023 级期末模拟测试
数学
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
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.若 ( ) = 5， ′( 0) = 5，则 0的值为( )
A. 3或 3 B. 1 或 1 C. 1 D. 1
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查导数的运算，属容易题．
根据导数运算公式 ′ = · 1求得导函数，根据 ′( 0) = 5 列出方程求解．
【解答】解：∵ ( ) = 5，∴ ′( ) = 5 4，
又∵ ′( 0) = 5，
∴ 5 2 20 = 5, 0 = 1, 0 =± 1．
2.某新能源车型的续航里程 (单位：公里)服从正态分布 (400, 2).若该车型中 95%的车续航里程介于 360
公里与 440 公里之间，则续航里程超过 420 公里的车在该车型中的占比约为( )(参考公式： ( ≤ ≤
+ ) ≈ 0.68， ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.95， ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.99.， ( 3 ≤ ≤ +
3 ) ≈ 0.99)
A. 16% B. 34% C. 66% D. 84%
【答案】A
【解析】解：因为续航里程 服从正态分布 (400, 2)，即 = 400，
由该车型中 95%的车续航里程介于 360 公里与 440 公里之间，
可得 (360 ≤ ≤ 440) = 0.95，又 ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.95， ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.99.，
所以 2 = 400 2 = 360， + 2 = 400 + 2 = 440，所以 = 20，
所以 ( > 420) = ( > + ) = 1 ( ≤ ≤ + )2 ≈ 0.16 = 16%．
第 1页，共 16页
故选： ．
根据已知的概率得到正态分布的均值和方差，再利用正态分布的对称性求出概率即可．
本题主要考查正态分布的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
3.函数 = ln 的单调递减区间是( )
A. 1e , + ∞ B. ∞,
1 C. e, + ∞ D. 0, 1e e
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的导函数的应用，属于基础题．
先求出函数的导函数，令其导函数小于 0，解不等式并与定义域取交集即可．
【解答】
解：函数定义域为 0, + ∞ ，
∵ ′( ) = ln + 1，
∴由 ′( ) < 0，即 ln + 1 < 0 得 ln < 1 = ln 1，
∴ 0 < < 1．
故选 D．
4.小张和小王两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有 3 个柱子甲、乙、丙．甲柱上有 ( ≥
3)个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上(如图)，把这
个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，
且 3 个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为 ，则
当 ≥ 3 时， 和 +1满足的关系式为( )
A. +1 = 4 3 B. +1 = 4 1 C. +1 = 2 + D. +1 = 2 + 1
【答案】D
【解析】解：根据题意：
盘子数量 = 1 时，游戏结束需要移动的最少次数 = 1 = 2 1；
盘子数量 = 2 时，小盘→乙柱，大盘→丙柱，小盘再从乙柱→丙柱，完成，
游戏结束需要移动的最少次数 2 = 3 = 2 1；
第 2页，共 16页
盘子数量 = 3 时，小盘→丙柱，中盘→乙柱，小盘从丙柱→乙柱，
用 = 2 的方法把中盘和小盘移到乙柱，大盘移到丙柱，
再用 = 2 的方法把中盘和小盘从乙柱移到丙柱，完成，
游戏结束需要移动的最少次数 = (22 1) + (22 1) + 1 = 3 × 2 + 1 = 7 = 23 1；
以此类推， = 2 1，
∴ +1 +1 = 2 1，
即 +1 = 2 + 1．
故选： ．
根据移动方法与规律发现，随着盘子数量的增多，都是分两个阶段移动，用盘子数目减 1 的移动次数都移
动到乙柱，然后把最大的盘子移动到丙柱，再用同样的次数从乙柱移动到丙柱，从而完成，然后根据移动
次数的数据找出总的规律即可．
本题考查了图形变化的规律问题，根据题目信息，得出移动次数分成两段计数，利用盘子少一个时的移动
次数移动到乙盘，再把最大的盘子移动到丙盘，然后再用同样的次数从乙柱移动到丙柱，从而完成移动过
程是解题的关键，本题对阅读并理解题目住处的能力要求比较高．
5.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、
徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一．五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的
不同音序有( )
A. 20 种 B. 24 种 C. 32 种 D. 48 种
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查排列、组合的应用，考查了分类加法计数原理，属于基础题．
根据角所在的位置，分两类，根据分类加法计数原理可得．
【解答】
解：若角排在一或五，则有 1 22 2 23 = 24 种，
若角排在二或四，则有 2 2 22 2 = 8，
根据分类计数原理可得，共有 24 + 8 = 32 种，
故选： ．
6.当 > 1 时，设 = lnx， = 2ln(lnx)， = 2lnx，则“ ， ， 的大小关系正确的是( )
A. < < B. < < C. < < D.无法确定
【答案】C
第 3页，共 16页
【解析】【分析】本题考查指数函数和对数函数的性质.利用导数研究函数单调性，属基础题．
作差利用导数比较大小是解题的关键．
【解答】解：令 = ，因为 > 1，所以 > 0，
令 = = 2 ， = 2 2 ′ 1 = ，
令 ′ = 0，得 = 2，
所以 1,2 上， ′ > 0，所以函数是增函数，
2, + ∞ 上， ′ < 0，所以函数是减函数，
≤ 2 2 2 < 0，
所以 < 0，即 < ；
= 2 ， = ，
由图象可知指数函数的图象始终在 = 的上方，
< ，
即 < < ，
故选 C．
7.已知 ， 为单位向量，其夹角为 60°，则(2 ) = ( )
A. 1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查向量的数量积的运算律，属于基础题．
由条件利用两个向量的数量积的定义，求得 、 2的值，可得(2 ) 的值．
【解答】
1 2
解：由题意可得， = 1 × 1 × 60° = 2， = 1，
第 4页，共 16页
2∴ (2 ) = 2 = 0，
故选： ．
8 1.若关于 的方程 ln + 23 = + 9(其中 、 ∈ )有实根，则
2 + 2的最小值为( )
2
A. 9 2 B. 4 2 C. 2 D. 9
【答案】C
1
【解析】解：设方程的实根为 0，则 ln( 0 + 3 ) = 0
2 + 9，
2+1
故 0 + 0 93 = ．
2 1
∴ + 0 +0 93 = 0．
2 1
设点 ( , )，则点 在直线 0 +
3
0 +9 = 0 上．
2+1
设点 (0,0)到直线 0 + 0 93 = 0 的距离为 ，
2+1 0 9 1
则( 2 + 2) 2min = = ， = 0 + 9, ( ≥
1
3 )， 2 10+9
( ) =
( 1)
则 ′ 2 ，由由 ′( ) =
( 1) 1
2 ≥ 0，得2 ≤ ≤ 1，∴ ( ) [
1 , 1] ( 1)在 2 上单调递减，由 ′( ) = 2 ≤ 0，
得 ≥ 1，∴ ( )在[1, + ∞)上单调递增，∴ ( )min = (1) = ，
当 = 1 时，( 2 + 2)min = 2．
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{ }满足 1 = 1， +1 = 3 + 1， ∈ ，则( )
A. 121 是数列中的项
B. +1 = 3
C. { + 1 2 }是等比数列
D.存在 ∈ 1， +
1
+ +
1 = 3
1 2 2
【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、放缩法、数列的单调性，属于较难题．
利用题意构造数列{ + 1 2 }
1
为等比数列，结合通项公式可得 = 2 × 3
12，然后再利用数列{ }的通项公
式进行求解可得．
第 5页，共 16页
【解答】
解：∵ +1 = 3 + 1( ∈ )，
∴ 1 1 +1 + 2 = 3( + 2 )，
∴ { 1 1 3 + 2 }是以 1 + 2 = 2为首项，3 为公比的等比数列，故 C 正确；
∴ +
1
2 =
3
2 × 3
1 = 12 × 3
，
1 1 3 1
即 = × 3 = ( ∈ 2 2 2 )，
3 1
令 2 = 121，得 = 5，所以 121 是数列中的第 5 项，故 A 正确；
+1
= 3 1 3
1
+1 2 2 = 3
，故 B 正确；
1 2
因为 = ， 3 1
当 2 时， 3 1 > 3 3 1 = 2 × 3 1 1 2，可得 = <
1
，
3 1 3 1
= 1 1当 时，不等式 = 1 <
3
2成立，1
1
1 1 1 1
当 ≥ 2 时， + + … + < 1 +
1
3 +
1
32 + . . . +
1
3 1 =
3 = 31 2 (1
1 ) < 3
1 2 1 3 2
，故 D 错误．
3
故选 ABC．
10.已知定义在[ 2,3]上的函数 ( )，部分对应的函数值如表，其导函数 ′( )的图象如图所示，则( )
2 1 2 3
( ) 1 1 2 0
A. ( )在[1,3]是减函数
B. ( )在定义域上有两个极值点
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C.若 1 < < 0，则函数 = ( ) 有两个零点
D.若 ( )在[ 2, ]上的最大值为 2，则 2 ≤ ≤ 3
【答案】BCD
【解析】解：对于 ，由函数 ′( )的图象可知，
当 ∈ 1,2 时， ′ > 0，函数 单调递增，
当 ∈ (2,3]时， ′ < 0，函数 单调递减，故 A 错误；
对于 ，由函数 ′( )的图象可知，
当 ∈ 2, 1 时， ′ < 0，函数 单调递减，
当 ∈ 1,2 时， ′ > 0，函数 单调递增，
当 ∈ (2,3)时， ′ < 0，函数 单调递减，
所以当 = 1 时，函数 ( )取得极小值，当 = 2 时，函数 ( )取得极大值，
即 ( )在定义域上有两个极值点，故 B 正确；
对于 ，因为 1 = 1, 2 = 2， (3) = 0，
若 1 < < 0，如图：
则函数 = ( )与 = 有两个交点，
即函数 = ( ) 有两个零点，故 C 正确；
对于 ，因为 ( 2) = 1，若 ( )在[ 2, ]上的最大值为 2，
则 2 3，故 D 正确．
故选： ．
11.半正多面体( )亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，
体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于 1970 年的世界杯比赛.二十四等边
体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若这个
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二十四等边体的棱长都为 2，则下列结论正确的是( )
A. ⊥平面 B.异面直线 和 所成角为60
C. 40 2该二十四等边体的体积为 3 D.该二十四等边体外接球的表面积为 16
【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查正方体的性质，考查线面垂直的判定，异面直线所成角，考查柱体和锥体的体积计算公式，
几何体外接球问题，属于中档题．
补齐八个角为正方体，对于 ，由正方体的性质可知 不垂直于平面 ，对于 ，由 // ， // ，
异面直线 和 所成角即为 和 所成角，即∠ ，可知选项 B 的正误，补齐八个角为正方体，再计
算体积可判断选项 C，找到外接球球心位置，求出半径，再计算表面积可判断选项 D．
【解答】
解：将该二十四等边体补形为正方体(如图所示)，
因为该二十四等边体的所有棱长都为 2，所以正方体的棱长为 2 2，
对于 ，由正方体性质可得 与正方体的左面不垂直，所以 不垂直于平面 ，故 A 错；
对于 ，因为 是正六边形，所以 // ，又 // ，所以异面直线 和 所成角即为 和
所成角，即∠ ，因为△ 为正三角形，所以∠ = 60°，即异面直线 和 所成角为 60°，故 B
正确；
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对于 1，补齐八个角构成棱长为 2 2的正方体，则该二十四等边体的体积为 = (2 2)3 8 × 3 × 1 × 2 =
40 2，故 C 正确；
3
对于 ，取正方形 对角线交点为 ，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径 = 2，其表面积为
4 2 = 16 ，故 D 正确．
故选： ．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 (2 + 1. )4 展开式的常数项是 ．
【答案】24
【解析】【分析】
本题考查了二项式定理，属基础题．
由通项公式可得第 3 项为常数项．
【解答】
1
解：由通项公式得： +1 = 4(2 )4 ( )
= 24 4 2 4 ，
令 = 2，得展开式的常数项为：24 2 24 = 24．
故答案为：24．
2
13.设 2 1、 2分别是双曲线 9 = 1 的左、右焦点，若点 在双曲线上，且
1 · 2 = 0，则
| 1 + 2 | = ．
【答案】2 10
【解析】【分析】
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
求出焦点坐标，由 1 · 2 = 0，得 1 ⊥ 2，根据直角三角形斜边中线是斜边的一半，即可求得答案．
【解答】
2
解：因为 1、 2分别是双曲线 2 9 = 1 的左、右焦点，
所以 1( 10, 0)， 2( 10, 0)，
又 1 · 2 = 0，∴ 1 ⊥ 2，
根据直角三角形斜边中线是斜边的一半， 为坐标原点，
可得| 1 + 2 | = 2| | = | 1 2| = 2 10．
故答案为 2 10．
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14 3 1.在信道内传输 0，1 信号，信号的传输相互独立.发送 0 时，收到 0 的概率为4，收到 1 的概率为4，发送
1 1 3时，收到 0 的概率为4，收到 1 的概率为4 .若第一个人发送信号 0 和 1 给第二个人，第二个人将接收到的
信号发送给第三个人，依次类推，则第六个人收到的信号为 0 和 1 的概率为 ．
1 1
【答案】216 + 2
9
【解析】解：发送信号 0 和 1，接收到信号为 0 和 1 的概率为16，
3 3
发送信号 0 和 0，接收到信号为 0 和 1 的概率为16，发送信号 1 和 1，接收到信号为 0 和 1 的概率为16，
1
发送信号 1 和 0，接收到信号为 0 和 1 的概率为16，故发送信号是 0 和 0，或 1 和 1，或 1 和 0，接收到信
7
号为 0 和 1 的概率为16，
9
设 表示第 + 1 个人收到的信号为 0 和 1 的概率，则 1 = 16，
= 9 + 7 1 7 1 1 16 1 16 (1 1)， = 8 1 + 16， 2 = 8 ( 1
1
2 )，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以数列{ 2 }为等比数列，首项 1 2 = 16，公比 = 8， 2 = 16 × 8 ，得 = 2 × 8 + 2，
1 1 5 1 1 1
第六个人收到的信号为 0 和 1 的概率为 5 = 2 × 8 + 2 = 216 + 2；
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)
1 +1
已知数列 中， = ， = ∈ 1 2 +1 2 ，数列 的前 项和为 ．
(1) 证明：数列 是等比数列；
(2)求数列 的通项公式与前 项和 ．
+1 1
【答案】解：(1)证明：由 +1 = 2 知：
+1
+1 = 2 ．
1 1
所以{ }是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2) (1) = 1由 知， 2 ，
所以 = 2 ．
所以 =
1 2
21 + 22 +
3
23 +
2 ①，
1 = 1 + 2 3 则2 22 23 + 24 + 2 +1②.
第 10页，共 16页
① 1 1 1 1 1 +2②得：2 = 2 + 22 + 23 + 2 2 +1 = 1 2 +1．
= 2 +2所以 2 .
【解析】本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式和错位相减法．
(1) 由已知可得 +1 1 +1 = 2 ，再利用等比数列的概念得结论；
(2)由(1)利用等比数列的通项公式得 = 2 ，再利用错位相减法计算得结论．
16.(本小题 15 分)
如图，在四棱锥 1中， = = = = 2 = 2， // ，∠ = ∠ = 90°，平面 ⊥
平面 ．
(1)求证： ⊥平面 ．
(2)点 6在棱 上， 与平面 所成角的正弦值为 3 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明：由题意可得 = = 2，∠ = ∠ = 90 ，
∴ = 2 + 2 = 2 2，同理 = 2 2，
又 = 4，∴ 2 + 2 = 2，∴ ⊥ ，
又平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ， 平面 ，
∴ ⊥平面 ，
又 平面 ，∴ ⊥ ，
又 ⊥ ，且 平面 ， 平面 ， ∩ = ，
∴ ⊥平面 ；
(2)解：以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
第 11页，共 16页
则 (0,0,0)， (0,2 2, 0)， (2 2, 0,0)， ( 2, 0, 2)，
∴ = (2 2, 0,0)， = ( 2, 0, 2)， = ( 2, 2 2, 2)，
设 = (0 ≤ ≤ 1)，有 = + = ( 2(1 ), 2 2 , 2(1 ))，
取平面 的一个法向量 = (0,1,0)，
2 2 6 1
则|cos < ， > | = = ，故 = ，4(1 )2+8 2 3 2
故 = ( 2 , 2, 22 2 )，
设 = ( , , )是平面 的一个法向量，
= 0 2 2 = 0
则 ，即 ，
= 0 22 + 2 +
2
2 = 0
令 = 1，有 = (0,1, 2)，
则|cos < ， > | = | | 5| || | = 5 ．
故平面 与平面 夹角的余弦值为 5．
5
【解析】本题考查线面垂直的判定、平面与平面所成角的向量求法，直线与平面所成角的向量求法，是中
档题．
(1)由面面垂直的性质得 ⊥平面 ，得到 ⊥ ，结合 ⊥ ，由线面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，设 = (0 < < 1) 1，得出平面 的一个法向量，利用空间向量计算 = 2，
再得出平面 的一个法向量，利用空间向量求解即可．
17.(本小题 15 分)
某学校高二年级有 400 名学生参加某项体育测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取
了 100 名学生，记录他们的分数，将数据分成 7 组：[30,40)，[40,50)， [90,100]，整理得到如下频率分
第 12页，共 16页
布直方图：
(1)若规定小于 60 分为“不及格”，从该学校高二年级学生中随机抽取一人，估计该学生不及格的概率;
(2)若规定分数在[80,90)为“良好”，[90,100]为“优秀”.用频率估计概率，从该校高二年级随机抽取三人，
记该项测试分数为“良好”或“优秀”的人数为 ，求 的分布列和数学期望．
【答案】解：(1)设“不及格”为事件 ，则“及格”为事件 ，
∴ ( ) = 1 ( ) = 1 (0.2 + 0.4 + 0.2 + 0.1) = 0.1，
故该学生不及格的概率为 0.1．
(2)设“样本中“良好”或“优秀”为事件 ，
则 ( ) = 0.2 + 0.1 = 0.3，
依题意可知： ～ (3,0.3)，
则 ( = 0) = 0.73 = 0.343， ( = 1) = 13 × 0.31 × 0.72 = 0.441， ( = 2) = 23 × 0.32 × 0.71 =
0.189, ( = 3) = 0.33 = 0.027，
所以 的分布列为：
0 1 2 3
0.343 0.441 0.189 0.027
( ) = = 3 × 0.3 = 0.9．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.(本小题 17 分)
:
2 2
已知椭圆 2 + 2 = 1( > > 0)
3
的离心率为 2 ，点 ( 2,0)在椭圆 上．
第 13页，共 16页
(1)求椭圆 的方程;
(2)已知 为坐标原点，过点 (0,2)的直线 与 交于不同的两点 ， ， 为线段 的中点，且| | = 2| |，
求 的方程．
2 2
【答案】解：(1) 3因为椭圆 : 2 + 2 = 1( > > 0)的离心率为 2 ，点 ( 2,0)在椭圆 上，
= 2 = 3所以 ， 2 ，
所以 = 3， = 1，
2
所以椭圆方程为 24 + = 1；
(2)依题意当 ⊥ 轴不合题意，故设直线 ： = + 2， ( 1, 1)， ( 2, 2)
2
将 = + 2 代入椭圆 的方程： 4 +
2 = 1，消去 整理得(1 + 4 2) 2 + 16 + 12 = 0，
由当△= 16(4 2 3) > 0，即 2 > 34．
+ = 16 121 2 1+4 2， 1 2 = 1+4 2，
2
所以 4 4 1 2 = 1+4 2，
因为 为线段 的中点，且| | = 2| |，
所以 ⊥ ，
2 2
所以 1 + =
12 + 4 4 16 4 2 1 2 1+4 2 1+4 2 = 1+4 2 = 0，
所以 =± 2 3，满足 2 > 4，
所以 的方程为 =± 2 + 2．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.(本小题 17 分)
已知函数 = 2ln + 2 2 ．
(1)当 = 1 时，求 的图象在 1, 1 处的切线方程；
(2)若函数 存在单调递减区间，求实数 的取值范围；
(3)设 1, 2 1 < 2 是函数 的两个极值点，证明： 1 2 < 2 1 1 2
【答案】解：(1)当 = 1 时， ( ) = 2ln + 2 2 ， (1) = 1，
′( ) = 2 + 2 2， ′(1) = 2 所以 ( )在 1, (1) 处的切线方程为：
( + 1) = 2( 1)，即 2 3 = 0
第 14页，共 16页
(2) 2 2
2 2 +2
′( ) = + 2 2 = ，
∵函数 ( )存在单调递减区间， ∴ ′( ) < 0 在 (0, + ∞)上有解，
∵ > 0 ，设 ( ) = 2 2 2 + 2，则 (0) = 2 > 0，
> 0
∴只需 ≤ 0 2或 > 0 ，
= 4 16 > 0
≤ 0 0 < < 1解得 或 4 ，
1
故实数 的取值范围为 ∞, 4 ；
(3) 2 2
2 2 +2
证明：由题意可知， ′( ) = + 2 2 = ，
∵ ( )有两个极值点 1, 2 1 < 2 ，
+ = 11 2
∴ 1, 2 是 2 2 2 + 2 = 0 的两个根，则 ，
1
1
2 =
∴ = ln 21 2 1 + 21 2 2 21 ln 2 + 2 2 2
= 2ln 1 +
2
1 22 2 1 2
2
2 2
= 2ln 1 1 2 + + 2 1 22 1 2
= 2ln 1 1 2 ，2
∴要证 1 2 < (2 1) 2ln
，即证 11 2 1 2 < (2 1) 1 2 ，2
1
1
即证 ln 1 < 1 2 ，即证 ln
1
<
1 2
+ ，即证 ln
1
<
2
，
2 2 1 2 2 1 +12
令 = 1 (0 < < 1)
1
，则证明 ln < ，
2 +1
2
令 ( ) = ln 1 +1 +1 ，则 ′( ) = ( +1)2 > 0 ，
∴ ( )在 (0,1)上单调递增，
则 ( ) < (1) = 0 1，即 ln < +1 ，
所以原不等式 1 2 < (2 1) 1 2 成立．
【解析】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性以及导数中的函数不等式
(1)求导，根据导数的几何意义求出切线斜率，再根据点斜式方程即可求解；
第 15页，共 16页
(2)由题意可得 ′( ) < 0 在 (0, + ∞)上有解，即可求解；
1 1
(3)要证 1 2 < (2 1)
1
1 2 ，即证 ln <
2
，
2 1 +12
= 令 1 (0 < < 1)，则证明 ln <
1
+1 ，令 ( ) = ln
1
2 +1
，求出 ( )的最值即可证明。
第 16页，共 16页2024-2025学年度（下）高2023级期末模拟测试
数学
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
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.若，，则的值为( )
A. 或 B. 或 C. D.
2.某新能源车型的续航里程单位：公里服从正态分布若该车型中的车续航里程介于公里与公里之间，则续航里程超过公里的车在该车型中的占比约为参考公式：，，，
A. B. C. D.
3.函数的单调递减区间是( )
A. B. C. D.
4.小张和小王两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有个柱子甲、乙、丙．甲柱上有个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上如图，把这个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为，则当时，和满足的关系式为( )
A. B. C. D.
5.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一．五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.当时，设，，，则“，，的大小关系正确的是( )
A. B. C. D. 无法确定
7.已知，为单位向量，其夹角为，则 ( )
A. B. C. D.
8.若关于的方程其中、有实根，则的最小值为
A. B. C. D.
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.已知数列满足，，，则( )
A. 是数列中的项 B.
C. 是等比数列 D. 存在，
10.已知定义在上的函数，部分对应的函数值如表，其导函数的图象如图所示，则( )
A. 在是减函数
B. 在定义域上有两个极值点
C. 若，则函数有两个零点
D. 若在上的最大值为，则
11.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于年的世界杯比赛二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成如图所示，若这个二十四等边体的棱长都为，则下列结论正确的是( )
A. 平面 B. 异面直线和所成角为
C. 该二十四等边体的体积为 D. 该二十四等边体外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.展开式的常数项是 ．
13.设、分别是双曲线的左、右焦点，若点在双曲线上，且，则 ．
14.在信道内传输，信号，信号的传输相互独立发送时，收到的概率为，收到的概率为，发送时，收到的概率为，收到的概率为若第一个人发送信号和给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三个人，依次类推，则第六个人收到的信号为和的概率为 ．
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.本小题分
已知数列中，，，数列的前项和为．
证明：数列是等比数列；
求数列的通项公式与前项和．
16.本小题分
如图，在四棱锥中，， ，，平面平面．
求证：平面．
点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
某学校高二年级有名学生参加某项体育测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取了名学生，记录他们的分数，将数据分成组：，，，整理得到如下频率分布直方图：
若规定小于分为“不及格”，从该学校高二年级学生中随机抽取一人，估计该学生不及格的概率
若规定分数在为“良好”，为“优秀”用频率估计概率，从该校高二年级随机抽取三人，记该项测试分数为“良好”或“优秀”的人数为，求的分布列和数学期望．
18.本小题分
已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
求椭圆的方程
已知为坐标原点，过点的直线与交于不同的两点，，为线段的中点，且，求的方程．
19.本小题分
已知函数．
当时，求的图象在处的切线方程；
若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；
设是函数的两个极值点，证明：2024-2025 学年度（下）高 2023 级期末模拟测试
数学
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再
选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
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.若 ， ，则 的值为( )
A. 或 B. 或 C. D.
2.某新能源车型的续航里程 单位：公里 服从正态分布 若该车型中 的车续航里程介于 公里
与 公里之间，则续航里程超过 公里的车在该车型中的占比约为 参考公式：
， ， ，
A. B. C. D.
3.函数 的单调递减区间是( )
A. B. C. D.
4.小张和小王两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有 个柱子甲、乙、丙．甲柱上有 个
盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上 如图 ，把这 个盘子从
甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且 个柱子上的
盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为 ，则当 时， 和 满
足的关系式为( )
A. B. C. D.
5.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全” 中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，
如果用上这五个音阶，排成一．五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.当 时，设 ， ， ，则“ ， ， 的大小关系正确的是( )
A. B. C. D.无法确定
7.已知 ， 为单位向量，其夹角为 ，则 ( )
A. B. C. D.
高 2023 级试卷第 1 页共 6 页
8.若关于 的方程 其中 、 有实根，则 的最小值为
A. B. C. D.
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 满足 ， ， ，则( )
A. 是数列中的项 B.
C. 是等比数列 D.存在 ，
10.已知定义在 上的函数 ，部分对应的函数值如表，其导函数 的图象如图所示，则( )
A. 在 是减函数
B. 在定义域上有两个极值点
C.若 ，则函数 有两个零点
D.若 在 上的最大值为 ，则
11.半正多面体 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现
了数学的对称美 传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于 年的世界杯比赛 二十四等边体就是一种
半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成 如图所示 ，若这个二十四等边体的
棱长都为 ，则下列结论正确的是( )
A. 平面 B.异面直线 和 所成角为
C.该二十四等边体的体积为 D.该二十四等边体外接球的表面积为
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 展开式的常数项是 ．
13.设 、 分别是双曲线 的左、右焦点，若点 在双曲线上，且 ，则 ．
高 2023 级试卷第 2 页共 6 页
14.在信道内传输 ， 信号，信号的传输相互独立 发送 时，收到 的概率为 ，收到 的概率为 ，发送 时，
收到 的概率为 ，收到 的概率为 若第一个人发送信号 和 给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三
个人，依次类推，则第六个人收到的信号为 和 的概率为 ．
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. 本小题 分
已知数列 中， ， ，数列 的前 项和为 ．
证明：数列 是等比数列；
求数列 的通项公式与前 项和 ．
16. 本小题 分
如图，在四棱锥 中， ，
， ，平面 平面 ．
求证： 平面 ．
点 在棱 上， 与平面 所成角的正弦值为 ，求平面 与
平面 夹角的余弦值．
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17. 本小题 分
某学校高二年级有 名学生参加某项体育测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取了
名学生，记录他们的分数，将数据分成 组： ， ， ，整理得到如下频率分布直方图：
若规定小于 分为“不及格”，从该学校高二年级学生中随机抽取一人，估计该学生不及格的概率
若规定分数在 为“良好”， 为“优秀” 用频率估计概率，从该校高二年级随机抽取三人，
记该项测试分数为“良好”或“优秀”的人数为 ，求 的分布列和数学期望．
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18. 本小题 分
已知椭圆 的离心率为 ，点 在椭圆 上．
求椭圆 的方程
已知 为坐标原点，过点 的直线 与 交于不同的两点 ， ， 为线段 的中点，且
，求 的方程．
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19. 本小题 分
已知函数 ．
当 时，求 的图象在 处的切线方程；
若函数 存在单调递减区间，求实数 的取值范围；
设 是函数 的两个极值点，证明：
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