2024年上外版高二數(shù)學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年上外版高二數(shù)學下冊月考試卷658考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、根據(jù)如圖所示的程序，當輸入a，b分別為2，3時，最后輸出的m的值是（）A.0B.2C.3D.12、已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=2an+1（n∈N*），則a5=（）

A.29

B.30

C.31

D.32

3、【題文】已知tanα＝4，cotβ＝則tan（α＋β）等于（）A.B.－C.D.－4、【題文】已知則的值為（）A.B.C.D.5、已知A（3，1），B（-1，2）若∠ACB的平分線方程為則AC所在的直線方程為（）A.B.C.D.6、在等比數(shù)列{an}（n∈N*）中，若a1=1，a4=則該數(shù)列的前10項和為（）A.2-B.2-C.2-D.2-7、復數(shù)z

滿足(3鈭?2i)?z=4+3i

則復平面內(nèi)表示復數(shù)z

的點在(

)

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、過點P1（4，0）和P2（0，4）且面積最小的圓的方程是____．9、圓心在直線上的圓C與軸交于兩點則圓C的方程為_____________.10、已知射擊一次甲命中目標的概率是乙命中目標的概率是現(xiàn)甲、乙朝目標各射擊一次，目標被擊中的概率是11、已知函數(shù)f（x）=3x2+2x+1，若成立，則a=____12、【題文】已知某程序框圖如圖所示；若輸入的x值為–1，則輸出的值為___________。

評卷人得分三、作圖題(共5題，共10分)13、著名的“將軍飲馬”問題：有一位將軍騎著馬要從A地走到B地；但途中要到水邊喂馬喝一次水，則將軍怎樣走最近？

14、已知，A，B在直線l的兩側(cè)，在l上求一點，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）15、著名的“將軍飲馬”問題：有一位將軍騎著馬要從A地走到B地；但途中要到水邊喂馬喝一次水，則將軍怎樣走最近？

16、A是銳角MON內(nèi)部任意一點，在∠MON的兩邊OM，ON上各取一點B，C，組成三角形，使三角形周長最?。ㄈ鐖D所示）17、分別畫一個三棱錐和一個四棱臺．評卷人得分四、解答題(共3題，共18分)18、如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，OA⊥底面ABCD，且OA=2，M為OA的中點，N為BC的中點．

（1）證明：直線MN∥平面OCD；

（2）求點N到平面OCD的距離．

19、【題文】（本小題滿分12分）

如圖直線l與x軸、y軸的正半軸分別交于A（8，0）、B（0，6）兩點，P為直線l上異于A、B兩點之間的一動點.且PQ∥OA交OB于點Q．

（1）若和四邊形的面積滿足時，請你確定P點在AB上的位置，并求出線段PQ的長；

（2）在x軸上是否存在點M，使△MPQ為等腰直角三角形，若存在，求出點與的坐標；若不存在，說明理由.20、定長為3

的線段AB

的兩個端點AB

分別在x

軸、y

軸上滑動，動點P

滿足BP鈫?=2PA鈫?

．

(

Ⅰ)

求點P

的軌跡曲線C

的方程；

(

Ⅱ)

若過點(1,0)

的直線與曲線C

交于MN

兩點，求OM鈫??ON鈫?

的最大值．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：有條件結(jié)構可得因為即所以進入ELSE環(huán)節(jié)即將賦值給結(jié)束假設從而輸出故選C.本小題主要考查條件結(jié)構并且含有ELSE的較復雜的結(jié)構，本題及選出兩個數(shù)中較大的值的程序框.考點：1.判斷框的應用.2.比較大小.【解析】【答案】C2、C【分析】

因為a1=1，且an+1=2an+1

則令n=1并把a1代入求得a2=2×1+1=3

把n=2及a2代入求得a3=2×3+1=7

把n=3及a3代入求得a4=2×7+1=15；

把n=4及a4代入求得a5=2×15+1=31

故選C．

【解析】【答案】因為a1=1，且an+1=2an+1則令n=1并把a1代入求得a2，再令n=2并把a2代入求得a3，依此類推當n=4時，求出a5即可．

3、B【分析】【解析】

考點：兩角和與差的正切函數(shù)．

專題：計算題．

解答：解：∵tana=4，cotβ=

∴tanβ=3

∴tan（a+β）===-

故選B

點評：本題考查的知識點是兩角和與差的正切函數(shù)，其中根據(jù)已知中β角的余切值，根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關系公式，求出β角的正切值是解答本題的關鍵．【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、C【分析】【解答】由題意可知直線和直線關于直線對稱。設點關于直線的對稱點為則有所以即因為在直線上，所以直線的斜率為所以直線的方程為即故C正確。6、B【分析】【解答】由

所以．

故選B．

【分析】先由等比數(shù)列的通項公式求出公比q，再根據(jù)等比數(shù)列前n項與公式即可求出前10項和．7、A【分析】解：由(3鈭?2i)?z=4+3i

得z=4+3i3鈭?2i(4+3i)(3+2i)(3鈭?2i)(3+2i)=6+17i13=613+1713i

則z

在復平面內(nèi)對應的點的坐標為：(613,1713)

位于第一象限．

故選：A

．

由(3鈭?2i)?z=4+3i

得z=4+3i3鈭?2i

然后利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡復數(shù)z

求出z

在復平面內(nèi)對應的點的坐標，則答案可求．

本題考查了復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查了復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義，是基礎題．【解析】A

二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

因為圓過點P1（4，0）和P2（0；4）；

所以圓心在線段P1P2的垂直平分線上；

又因為圓的面積最??；即半徑最?。?/p>

所以當圓的圓心為線段P1P2的中點時半徑最??；

所以圓心為（2，2），半徑為

所以圓的方程為（x-2）2+（y-2）2=8．

故答案為（x-2）2+（y-2）2=8．

【解析】【答案】根據(jù)題意可得：圓心在線段P1P2的垂直平分線上，即可得到當圓的圓心為線段P1P2的中點時半徑最?。贿M而求出圓的圓心與半徑．

9、略

【分析】【解析】試題分析：因為圓C與軸交于兩點所以圓心在直線上，又因為圓心在直線上，所以圓心為所以半徑所以圓C的方程為考點：本小題主要考查圓的標準方程的求解，考查學生的運算求解能力.【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

因為函數(shù)f（x）=3x2+2x+1，所以解得a=【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】因為所以輸出值為【解析】【答案】三、作圖題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作出B點與河面的對稱點B′，連接AB′，AB′與河面的交點C即為所求．【解析】【解答】解：作B點與河面的對稱點B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對稱的性質(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質(zhì)可知；C點即為所求．

14、略

【分析】【分析】顯然根據(jù)兩點之間，線段最短，連接兩點與直線的交點即為所求作的點．【解析】【解答】解：連接兩點與直線的交點即為所求作的點P；

這樣PA+PB最小；

理由是兩點之間，線段最短．15、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作出B點與河面的對稱點B′，連接AB′，AB′與河面的交點C即為所求．【解析】【解答】解：作B點與河面的對稱點B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對稱的性質(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質(zhì)可知；C點即為所求．

16、略

【分析】【分析】作出A關于OM的對稱點A'，關于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據(jù)兩點之間線段最短即可判斷出使三角形周長最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A關于OM的對稱點A'；關于ON的A對稱點A''，與OM；ON相交于B、C，連接ABC即為所求三角形．

證明：∵A與A'關于OM對稱；A與A″關于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據(jù)兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．17、解：畫三棱錐可分三步完成。

第一步：畫底面﹣﹣畫一個三角形；

第二步：確定頂點﹣﹣在底面外任一點；

第三步：畫側(cè)棱﹣﹣連接頂點與底面三角形各頂點．

畫四棱可分三步完成。

第一步：畫一個四棱錐；

第二步：在四棱錐一條側(cè)棱上取一點；從這點開始，順次在各個面內(nèi)畫與底面對應線段平行的線段；

第三步：將多余線段擦去．

【分析】【分析】畫三棱錐和畫四棱臺都是需要先畫底面，再確定平面外一點連接這點與底面上的頂點，得到錐體，在畫四棱臺時，在四棱錐一條側(cè)棱上取一點，從這點開始，順次在各個面內(nèi)畫與底面對應線段平行的線段，將多余線段擦去，得到圖形．四、解答題(共3題，共18分)18、略

【分析】

（1）取OB的中點E；連接ME，NE；

∵ME∥AB；AB∥CD；

∴ME∥CD；

∵NE∥OC；ME∩EN=E，OC∩CD=C；

∴平面MNE∥平面OCD；

∴MN∥平面OCD．（4分）

（2）點N到平面OCD的距離；即為A點到平面OCD距離的一半（6分）

作AP⊥CD于P；連接OP，過點A作AQ⊥OP于點Q；

∵AP⊥CD；OA⊥CD；

∴CD⊥平面OAP；AQ⊥CD；

∵AQ⊥OP；∴AQ⊥平面OCD；

線段AQ的長就是點A到平面OCD的距離；

∵OP==

==

∴=

所以N到平面OCD的距離為．（12分）

【解析】【答案】（1）取OB的中點E；連接ME，NE，由ME∥AB，AB∥CD，知ME∥CD，由此能夠證明MN∥平面OCD．

（2）點N到平面OCD的距離；即為A點到平面OCD距離的一半．作AP⊥CD于P，連接OP，過點A作AQ⊥OP于點Q，由AP⊥CD，OA⊥CD，知CD⊥平面OAP，AQ⊥CD，由AQ⊥OP，知AQ⊥平面OCD，線段AQ的長就是點A到平面OCD的距離，由此能求出點N到平面OCD的距離．

19、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）

即P為AB的中點，∴PQ=="4".4分。

（2）由已知得l方程為3x+4y="24"(*)

①當∠PQM=90°時，由PQ∥OA且|PQ|=|MQ|此時M點與原點O重合，設Q（0，a）則P(a,a)

有(a,a)代入(*)式得a=

點的坐標分別為（0，0），（）6分。

②當∠MPQ=90°，由PQ∥OA且|MP|=|PQ|設Q（0，a,）則M（0,a）,P（a,a）進而得a=

∴點的坐標分別為（0），（）8分。

③當∠PMQ=90°，由PQ∥OA，|PM|=|MQ|且|OM|=|OQ|=|PQ|

設Q（0，a,）則M（a，0）點P坐標為(2a,a)代入(*)式得a=

∴點的坐標分別為（0），（）12分。

考點：直線方程的應用。

點評：學生做此題的第二問時，一定要認真審題，注意分類討論思想的應用。要滿足?PQM為直角三角形，需要討論三個內(nèi)角分別為直角的情況?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）P為AB的中點，PQ=4；（2）點的坐標分別為（0，0），（）；或者點的坐標分別為（0），（）；或者點的坐標分別為（0），（）。20、略

【分析】

(

Ⅰ)

設A(x0,0)B(0,y0)P(x,y)

由BP鈫?=2PA鈫?

得；(x,y鈭?y0)=2(x0鈭?x,鈭?y)

由此能求出點P

的軌跡方程．

(

Ⅱ)

當過點(1,0)

的直線為y=0

時，OM鈫?鈰?ON鈫?=(2,0)鈰?(鈭?2,0)=鈭?4

當過點(1,0)

的直線不為y=0

時，可設為x=ty+1A(x1,y1)B(x2,y2)

聯(lián)立{x=ty+1x24+y2=1

化簡得：(t2+4)y2+2ty鈭?3=0

由此利用韋達定理、根的判別式、向量的數(shù)量積結(jié)合已知條件能求出OM鈫?鈰?ON鈫?

的最大值為14

．

本題考查點的軌跡方程的求法，考查向量的數(shù)量積的最大值的求法，解題時要認真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理運用．【解析】解：(

Ⅰ)

設A(x0,0)B(0,y0