浙江省杭州四中 2024-2025 学年高二（下）2 月月考数学试卷
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 = { | = , ∈ }， = { | = 2, ∈ }，则 ∩ 等于( )
A. { ∣ ≥ 0} B. { ∣ ∈ } C. {(0,0), (1,1)} D.
1
2.已知 = ，则 =( )
2+2
A. B. C. 0 D. 1
1
3.已知 ， 是两个单位向量，若向量 在向量 上的投影向量为 ，则向量 与向量 的夹角为( )
2
A. 30 B. 60 C. 90 D. 120
1
4.已知cos( + )cos cos cos( + ) = ，则sin sin( + ) sin( + )sin =( )
3
1 1 1 1
A. B. C. D.
6 3 6 3
5.已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机
抽取一个袋子，设事件 为“所抽袋子里有红球”，事件 为“所抽袋子里有白球”，事件 为“所抽袋子
里有黑球”，则下列说法正确的是( )
A. 事件 与事件 互斥 B. 事件 与事件 相互独立
C. 事件 与事件 ∪ 相互对立 D. 事件 与事件 ∩ 相互独立
6.(1 + )2 + (1 + )3 + + (1 + )9的展开式中 2的系数是( )
A. 60 B. 80 C. 84 D. 120
1
7.若直线 与曲线 = √ 和圆 2 + 2 = 都相切，则 的方程为( )
5
1 1 1 1
A. = 2 + 1 B. = 2 + C. = + 1 D. = +
2 2 2 2
8.在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳
头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为( )
64 256 32 128
A. B. C. D.
315 315 315 315
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.下列说法正确的是( )
2
A. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 ．
51
B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数．
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C. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第60百分位数为10．
D. 甲乙丙三种个体按3: 1: 2的比例分层抽样，若抽取的甲个体数为9，则样本容量为18．
10.现有4个编号为1,2,3,4的盒子和4个编号为1,2,3,4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正
确的有( )
A. 没有空盒子的方法共有24种
B. 有空盒子的方法共有256种
C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种
11.历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有 ( ≥ 2)封不同的信，投入 个对应的不同的信箱，他
把每封信都投错了信箱，投错的方法数为 .例如两封信都投错有 2 = 1种方法，三封信都投错有 3 = 2种
2 3
方法，通过推理可得： +1 = ( + 1)( ≥ 3).高等数学给出了泰勒公式：
= 1 + + + + +
2! 3!
+ ，则下列说法正确的是( )
!
A. 4 = 9
B. { +2 ( + 2) +1} ( ∈ )为等比数列
2 3
( 1) ( 1) ( 1)C. = + + + ( ≥ 2)
! 2! 3! !
1
D. 信封均被投错的概率大于
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
2 2
12.若双曲线 + = 1的离心率为3，则 = ．
+1
13.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的
太极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一
2 1
, 为奇数
项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….记大衍数列{ }的通项公式为 = {
2
2 ，若
, 为偶数
2
= ( 1)
，则数列{ }的前30项和为
14.“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，
某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器
外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束，已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号
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仓到达容器外的概率为 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 60 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知(1 + 2 ) = + + 2 + + 0 1 2 ，其中 ≥ 2， 为正整数．
(1)若 = 6，求 0 + 1 + + 的值；
(2)若 ≥ 4，且 2， 1， 依次成等差数列，求 4的值．
16.(本小题12分)
2 2 1
已知椭圆 ： 2 + 2 = 1( > > 0)过点 (2,3)，点 为其左顶点，且 的斜率为 ． 2
(1)求 的方程；
(2)点 为椭圆上任意一点，求△ 的面积的最大值．
17.(本小题12分)
已知锐角 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 = 2 cos ．
(1)证明： = 2 ；
cos 1
(2)若 = 2，求 + 的取值范围．
18.(本小题12分)
在三棱锥 中， ⊥ ， ⊥平面 ，点 在平面 内，且满足平面 ⊥平面 ， = =
= 1．
(1)求证： ⊥ ；
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√ 3
(2)当二面角 的余弦值为 时，求三棱锥 的体积．
3
19.(本小题12分)
1
已知函数 ( ) = 2 + ln ．
2
(1)当 = 1时，判断函数 ( )的零点个数；
(2)若 ( ) > 0在(0,+∞)上恒成立，求 的取值范围；
(3)设 ( ) = ( ) 2 ，若函数 ( )有两个极值点 1、 2( 1 > 0, 2 > 0)，求证： ( 1) + ( 2) > 3．
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
8
12.【答案】
9
13.【答案】240
10
14.【答案】
13
15.【答案】解：(1) = 6时，(1 + 2 )6 = 2 60 + 1 + 2 + + 6 ，
令 = 1，则(1 + 2)6 = + + + + = 360 1 2 6 = 729
(2)(1 + 2 ) 的展开式的通项为 (2 )
, = 0,1,2, , ，
故 2 = 2
2 2, = 2 1 1, = 2 1 ,
根据 2， 1， 依次成等差数列，得2 × 2
1 1 = 2 2
2
+ 2 ,
( 1)
故2 × 2 1 1 = 2
2 2 + 2
4 = + 4， 2
解得 = 8或 = 1(舍去)，
因此 4 =
4 4
82 = 1120
1
16.【答案】解：(1)由题意可知直线 的方程为： 3 = ( 2)，即 2 = 4，
2
2 2
当 = 0时，解得 = 4，所以 = 4，椭圆 ： 2 + 2 = 1( > > 0)过点 (2,3)，
4 9
可得 + = 1，解得 2 = 12，
16 2
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2 2
所以 的方程： + = 1．
16 12
(2)设与直线 平行的直线方程为： 2 = ，当直线与椭圆相切时，与 距离比较远的直线与椭圆的
切点为 ，此时△ 的面积取得最大值．
2 2
将 2 = 与椭圆方程： + = 1联立，
16 12
化简可得：16 2 + 12 + 3 2 48 = 0，
所以△= 144 2 4 × 16(3 2 48) = 0，
即 2 = 64，解得 = ±8，
与 距离比较远的直线方程为： 2 = 8，
8+4 12√ 5
利用平行线之间的距离为： = = ，
√ 1+4 5
又 ( 4,0)， (2,3)，所以| | = 3√ 5．
1 12√ 5
所以△ 的面积的最大值： × 3√ 5 × = 18．
2 5
17.【答案】解：(1)证明：因为 = 2 cos ，
由正弦定理得sin sin = 2sin cos ，
所以sin cos + sin cos sin
= 2sin cos ，
所以sin cos sin cos = sin ，
sin ( ) = sin ，
而0 < < , 0 < < ，
则 = 或 + = ，
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即 = 2 或 = (舍去)，故 = 2 ；
(2)因为 是锐角三角形，
0 < <
2
所以 0 < 2 < ，解得 < < ，
2 6 4
0 < 3 <
{ 2
√ 2 √ 3
所以cos 的取值范围是 < cos < ，
2 2
sin
由正弦定理可得： = ，
sin
sin sin2
则 = = = 2cos ，
sin sin
cos 1
所以 = ，
2
cos 1 3
所以 + = ，
2
因为 = 2 cos ，
所以2 = 2 cos2 ，
2
所以 = ，
2cos2 +1
cos 1 3 3
所以 + = =
2 4
2cos 2 +1
3(2cos 2 +1) 3(4 2 1)
= = ，
4 4
√ 2 √ 3
因为cos ∈ ( , )，
2 2
所以4 2 1 ∈ (1,2)，
cos 1 3(4 2 1) 3 3
所以 + = 的取值范围是( , )．
4 4 2
18.【答案】解：(1)作 ⊥ 交 于 ，
因为平面 ⊥平面 ，且平面 ∩平面 = ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
又因为 平面 ，所以 ⊥ ，
因为 ⊥平面 ，且 平面 ，所以 ⊥ ，
又因为 ⊥ ， ⊥ ，且 , 平面 ， ∩ = ，
所以 ⊥平面 ，
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因为 平面 ，
所以 ⊥ ．
(2)以 为原点，以 , , 所在的直线分别为 , , ，建立空间直角坐标，
如图所示，则 (0,0,0), (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0)，
设 ( , , 0)，因为 ⊥ ，所以 = 0，
因为
1 1
= ( 1, , 0), = ( , , 0)，所以( 1) + × = 0，即( )2 + 2 = ，
2 4
又由 = (1,0, 1), = ( 1, , 0)，
设平面 的一个法向量为 = ( , , )，
= = 0
则{ ,
= ( 1) + = 0
取 = ，可得 = 1 , = ，所以 = ( , 1 , )，
又因为 = (0,1,0)为平面 的一个法向量，
设二面角 的平面角为 ，
| | | 1| √ 3
则cos = = = ，
| || | 3√ 2 ( 1) +2 2×1
1 1 1 1
因为( )2 + 2 = ，解得 = 1, = 0(舍去)或 = , = ± ，
2 4 2 2
1 1 1 1
所以点 ( , , 0)或 ( , , 0)，
2 2 2 2
1 1 1 1 1
所以三棱锥 的体积为 = = × × 1 × 1 × = . 3 3 2 2 12
1 1
19.【答案】解：(1)当 = 1时， ( ) = 2 + ln ，该函数的定义域为(0,+∞)， ′( ) = + > 0，
2
所以，函数 ( )在(0,+∞)上为增函数，
1 1 1 1
因为 ( ) = 2 1 < 0， (1) = > 0，则 ( ) (1) < 0， 2 2
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1
由零点存在定理可知，函数 ( )在区间( , 1)内存在唯一零点，
所以，函数 ( )在定义域内存在唯一零点．
1
(2)因为 (1) = > 0，
2
1 2
当 > 1时，则ln > 0，由 ( ) = 2 + ln > 0可得 > ，
2 2ln
2 (1 2ln )
令 ( ) = ，其中 > 1，则 ′( ) =
2ln 2(ln )2
，令 ′( ) = 0可得 = √ ，列表如下：
(1,√ ) √ (√ ,+∞)
′( ) + 0
( ) 增 极大值 减
所以，函数 ( )在(1,√ )上单调递增，在(√ ,+∞)上单调递减，
所以， ( )max = (√ ) = ，则 > ；
1 2
当0 < < 1时，则ln < 0，由 ( ) = 2 + ln > 0可得 < ，
2 2ln
2 (1 2ln )
令 ( ) = ，其中0 < < 1，则 ′( ) = 2 > 0对任意的 ∈ (0,1)恒成立， 2ln 2(ln )
2
所以，函数 ( )在(0,1)上为增函数，且当0 < < 1时， ( ) = > 0，此时， ≤ 0，
2ln
综上所述，实数 的取值范围是( , 0]．
1
(3)因为 ( ) = ( ) 2 = 2 2 + ln ，其中 > 0，
2
2 2 +
则 ′( ) = 2 + = ，
因为函数 ( )有两个极值点，则函数 ′( )在(0,+∞)上有两个不等的实根，
= 4 4 > 0
则{ 1 + 2 = 2 > 0，解得0 < < 1，
1 2 = > 0
1 1
所以， ( ) + ( ) = ( 2 2 + ln ) + ( 21 2 2 1 1 1 2 2 2 2 + ln 2)
1
= ( 1 + )
2
2 1 2 2( 1 + 2) + ln( 1 2) = 2 4 + ln = ln 2， 2
令 ( ) = ln 2，其中0 < < 1，则 ′( ) = ln < 0，
所以，函数 ( )在(0,1)上单调递减，则 ( ) > (1) = 3，故 ( 1) + ( 2) > 3．
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