四川省成都市2024-2025学年高二下学期零诊模拟测试数学练习题

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 学科网（北京）股份有限公司 $$第 1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。 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�02 = 5, �02 = 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 2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 e C. e, + ∞ D. 0, 1 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�� = 3 = 22 − 1； 第 3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 = 2�+1 − 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�21�22�32 = 24 种， 若角排在二或四，则有 2�22�22 = 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 4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� − 1 = 2−� � ， 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】 解：由题意可得，� ⋅ � = 1 × 1 × ���60° = 12，� 2 = 1， 第 5页，共 16页 ∴ (2� − � ) ⋅ � = 2� ⋅ � − � 2 = 0， 故选：�． 8.若关于�的方程 ln �� + �3 = � 2 + 19(其中�、� ∈ �)有实根，则� 2 + �2的最小值为( ) A. 9�2 B. 4�2 C. �2 D. � 2 9 【答案】C 【解析】解：设方程的实根为�0，则 ln(��0 + � 3 ) = �0 2 + 19， 故��0 + � 3 = � �02+ 1 9． ∴ ��0 + � 3 − � �02+ 1 9 = 0． 设点�(�, �)，则点�在直线�0� + � 3 − � �02+ 1 9 = 0 上． 设点�(0,0)到直线�0� + � 3 − � �02+ 1 9 = 0 的距离为�， 则( �2 + �2)min = � = � �0 2+19 �0 2+19 ，� = �02 + 1 9, (� ≥ 1 3 )， 则�′(�) = � �(�−1) �2 ，由由�′(�) = ��(�−1) �2 ≥ 0，得 1 2 ≤ � ≤ 1，∴ �(�)在[ 1 2 , 1]上单调递减，由�′(�) = ��(�−1) �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�2 +⋯+ 1�� = 32 【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 }为等比数列，结合通项公式可得�� = 1 2 × 3 � − 12，然后再利用数列{��}的通项公 式进行求解可得． 第 6页，共 16页 【解答】 解：∵ ��+1 = 3�� + 1(� ∈ �∗)， ∴ ��+1 + 1 2 = 3(�� + 1 2 )， ∴ {�� + 1 2 }是以�1 + 1 2 = 3 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 �， 即�� = 1 2 × 3 � − 12 = 3�−1 2 (� ∈ � ∗)， 令 3�−1 2 = 121，得� = 5，所以 121 是数列中的第 5 项，故 A 正确； ��+1 − �� = 3�+1−1 2 − 3�−1 2 = 3 �，故 B 正确； 因为 1 �� = 23�−1， 当�⩾2 时， 3� − 1 > 3� − 3�−1 = 2 × 3�−1，可得 1�� = 2 3�−1 < 1 3�−1， 当� = 1 时，不等式 1�1 = 1 < 32成立， 当� ≥ 2 时， 1�1 + 1�2 + … + 1�� < 1 + 1 3 + 1 32 + . . . + 1 3�−1 = 1− 13� 1−13 = 32 (1 − 1 3� ) < 3 2，故 D 错误． 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 第 7页，共 16页 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 第 8页，共 16页 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.该二十四等边体的体积为40 23 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； 第 9页，共 16页 对于�，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 × 13 × 1 × 2 = 40 2 3 ，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� = 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】 解：由通项公式得：��+1 = �4�(2�)4−�( 1 � ) � = 24−��4��4−2�， 令� = 2，得展开式的常数项为：24−2�42 = 24． 故答案为：24． 13.设�1、�2分别是双曲线�2 − �2 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】 解：因为�1、�2分别是双曲线�2 − �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． 第 10页，共 16页 14.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34，收到 1 的概率为 1 4，发送 1 时，收到 0 的概率为14，收到 1 的概率为 3 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 ． 【答案】 1 216 + 1 2 【解析】解：发送信号 0 和 1，接收到信号为 0 和 1 的概率为 916， 发送信号 0 和 0，接收到信号为 0 和 1 的概率为 316，发送信号 1 和 1，接收到信号为 0 和 1 的概率为 3 16， 发送信号 1 和 0，接收到信号为 0 和 1 的概率为 116，故发送信号是 0 和 0，或 1 和 1，或 1 和 0，接收到信 号为 0 和 1 的概率为 716， 设��表示第� + 1 个人收到的信号为 0 和 1 的概率，则�1 = 9 16， �� = 9 16��−1 + 7 16 (1 − ��−1)，�� = 1 8��−1 + 7 16，�� − 1 2 = 1 8 (��−1 − 1 2 )， 所以数列{�� − 1 2 }为等比数列，首项�1 − 1 2 = 1 16，公比� = 1 8，�� − 1 2 = 1 16 × 1 8 �−1 ，得�� = 1 2 × 1 8 � + 12， 第六个人收到的信号为 0 和 1 的概率为�5 = 1 2 × 1 8 5 + 12 = 1 216 + 1 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) 已知数列 �� 中，�1 = 1 2，��+1 = �+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��． 【答案】解：(1)证明：由��+1 = �+1 2� ��知： ��+1 �+1 = 1 2 �� �． 所以{ ��� }是以 1 2为首项， 1 2为公比的等比数列． (2)由(1)知，��� = 1 2�， 所以�� = � 2�． 所以�� = 1 21 + 2 22 + 3 23 +⋯ � 2�①， 则 1 2 �� = 1 22 + 2 23 + 3 24 +⋯ � 2�+1②. 第 11页，共 16页 ① −②得：12 �� = 1 2 + 1 22 + 1 23 +⋯ 1 2� − � 2�+1 = 1 − �+2 2�+1． 所以�� = 2 − �+2 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� − ����中，�� = �� = �� = �� = 12�� = 2，��//��，∠��� = ∠��� = 90°，平面��� ⊥ 平面����． (1)求证：�� ⊥平面���． (2)点�在棱��上，��与平面���所成角的正弦值为 63 ，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 12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)， 则|cos < ��，� > | = 2 2� 4(1−�)2+8�2 = 63 ，故� = 1 2， 故�� = ( 22 , 2, 2 2 )， 设� = (�, �, �)是平面���的一个法向量， 则 � ⋅ �� = 0 � ⋅ �� = 0 ，即 2 2� = 0 2 2 � + 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)，得出平面���的一个法向量，利用空间向量计算� = 12， 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 13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) = �31 × 0.31 × 0.72 = 0.441，�(� = 2) = �32 × 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) 已知椭圆�: � 2 �2 + �2 �2 = 1(� > � > 0)的离心率为 3 2 ，点�( − 2,0)在椭圆�上． 第 14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． 【答案】解：(1)因为椭圆�: � 2 �2 + �2 �2 = 1(� > � > 0)的离心率为 3 2 ，点�( − 2,0)在椭圆�上， 所以� = 2，�� = 3 2 ， 所以� = 3，� = 1， 所以椭圆方程为 �2 4 + � 2 = 1； (2)依题意当� ⊥ �轴不合题意，故设直线�：� = �� + 2，�(�1, �1)，�(�2, �2) 将� = �� + 2 代入椭圆�的方程：� 2 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． �1 + �2 = −16� 1+4�2，�1�2 = 12 1+4�2， 所以�1�2 = 4−4�2 1+4�2， 因为�为线段��的中点，且|��| = 2|��|， 所以�� ⊥ ��， 所以�1�2 + �1�2 = 12 1+4�2 + 4−4�2 1+4�2 = 16−4�2 1+4�2 = 0， 所以� =± 2，满足�2 > 34， 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 15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， ∴只需 � ≤ 0或 � > 0 2 � > 0 � = 4 − 16� > 0 ， 解得 � ≤ 0或 0 < � < 14 ， 故实数�的取值范围为 −∞, 14 ； (3)证明：由题意可知， �′(�) = 2� + 2�� − 2 = 2��2−2�+2 � ， ∵ �(�)有两个极值点 �1, �2 �1 < �2 ， ∴ �1, �2 是 2��2 − 2� + 2 = 0 的两个根，则 �1 + �2 = 1 � �1�2 = 1 � ， ∴ � �1 − � �2 = ln�12 + ��12 − 2�1 − ln�22 + ��22 − 2�2 = 2ln �1 �2 + � �12 − �22 − 2 �1 − �2 = 2ln �1 �2 + �12 − �22 �1 + �2 − 2 �1 − �2 = 2ln �1�2 − �1 − �2 ， ∴要证 � �1 − � �2 < (2� − 1) �1 − �2 ，即证 2ln �1 �2 − �1 − �2 < (2� − 1) �1 − �2 ， 即证 ln �1�2 < � �1 − �2 ，即证 ln �1 �2 < �1−�2�1+�2 ，即证 ln �1�2 < �1 �2 −1 �1 �2 +1 ， 令 � = �1�2 (0 < � < 1)，则证明 ln� < �−1�+1 ， 令 ℎ(�) = ln� − �−1�+1 ，则 ℎ′(�) = �2+1 �(�+1)2 > 0 ， ∴ ℎ(�)在 (0,1)上单调递增， 则 ℎ(�) < ℎ(1) = 0 ，即 ln� < �−1�+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 16页，共 16页 (2)由题意可得�​ ′(�) < 0 在 (0, + ∞)上有解，即可求解； (3)要证 � �1 − � �2 < (2� − 1) �1 − �2 ，即证 ln �1 �2 < �1 �2 −1 �1 �2 +1 ， 令 � = �1�2 (0 < � < 1)，则证明 ln� < �−1�+1 ，令 ℎ(�) = ln� − �−1 �+1 ，求出ℎ(�)的最值即可证明。 高 2023 级试卷第 1 页共 6 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. 高 2023 级试卷第 2 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 3 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． 高 2023 级试卷第 4 页共 6 页 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． 高 2023 级试卷第 5 页共 6 页 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． 高 2023 级试卷第 6 页共 6 页 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. 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： 高2023级试卷 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $$