2025年西師新版高二數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年西師新版高二數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷341考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知命題p：存在x∈R，x2+2ax+a≤0．若命題p是假命題；則實數(shù)a的取值范圍是（）

A.a＜0

B.a＜1

C.0＜a＜1

D.-1＜a＜1

2、曲線在處的切線平行于直線則的坐標為（）A.(1,0)B.(2,8)C.(1,0)或(－1,－4)D.(2,8)和或(－1,－4)3、【題文】已知=（3，4），=（5，12），與則夾角的余弦為（）A.B.C.D.4、【題文】在中，角C為最大角，且則是A.直角三角形B.銳角三角形C.鈍角三角形D.形狀不確定5、【題文】若角是第二象限的角，則是（）A.第一象限或第二象限的角B.第一象限或第三象限的角C.第二象限或第四象限的角D.第一象限或第四象限的角6、【題文】拋物線的焦點坐標為（）A.（0，）B.（0）C.（0,4）D.（0,2）7、71與19的最大公約數(shù)是（）A.19B.7C.3D.1評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、函數(shù)y=（x2+1）ex的導(dǎo)數(shù)為____．9、【題文】如圖,程序框圖表達式中最后輸出的結(jié)果____

____

____10、如圖是正方體的平面展開圖；則在這個正方體中：

①BM與ED平行；

②CN與BE是異面直線；

③CN與BM成60°角；

④DM與BN是異面直線．

以上四個命題中，正確命題的序號是____．

11、已知變量x，y滿足約束條件若z=kx+y的最大值為5，則實數(shù)k=______．12、已知雙曲線-=1（a＞0，b＞0）和橢圓+=1有相同的焦點，且雙曲線的離心率是橢圓離心率的兩倍，則雙曲線的方程為______．13、將二進制數(shù)101101（2）化為5進制結(jié)果為______．14、在平面區(qū)域{0鈮?y鈮?20鈮?x鈮?2

內(nèi)隨機取一點，則所取的點恰好滿足x+y鈮?2

的概率是______．評卷人得分三、作圖題(共7題，共14分)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，使三角形周長最小．（如圖所示）17、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）18、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？

19、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）20、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）21、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12分)22、已知在三棱錐S-ABC中，底面是邊長為4的正三角形，側(cè)面SAC⊥底面ABC，M，N分別是AB，SB的中點，SA=SC=

（1）求證AC⊥SB

（2）求二面角N-CM-B的大小。

（3）求點B到面CMN的距離．

23、如圖，四棱錐P-ABCD的底面是AB=2，BC=的矩形；側(cè)面PAB是等邊三角形，且側(cè)面PAB⊥底面ABCD．

（Ⅰ）證明：BC⊥側(cè)面PAB；

（Ⅱ）證明：側(cè)面PAD⊥側(cè)面PAB；

（Ⅲ）求側(cè)棱PC與底面ABCD所成角的大小．

24、【題文】在中，角的對邊分別是點在直線。

上.

（1）求角的值；

（2）若求的面積.評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)25、已知等式在實數(shù)范圍內(nèi)成立，那么x的值為____．26、已知等式在實數(shù)范圍內(nèi)成立，那么x的值為____．27、已知復(fù)數(shù)z1滿足（z1﹣2）（1+i）=1﹣i（i為虛數(shù)單位），復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1?z2是實數(shù)，求z2．評卷人得分六、綜合題(共3題，共27分)28、如圖，在直角坐標系中，點A，B，C的坐標分別為（-1，0），（3，0），（0，3），過AB，C三點的拋物的對稱軸為直線l，D為對稱軸l上一動點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）求當AD+CD最小時點D的坐標；

（3）以點A為圓心；以AD為半徑作⊙A．

①證明：當AD+CD最小時；直線BD與⊙A相切；

②寫出直線BD與⊙A相切時，D點的另一個坐標：____．29、（2015·安徽）設(shè)橢圓E的方程為+=1(ab0),點O為坐標原點，點A的坐標為（a，0），點B的坐標為（0，b），點M在線段AB上，滿足=2直線OM的斜率為30、已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S6=51，a5=13．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

命題p：存在x∈R，x2+2ax+a≤0．∵命題p是假命題；∴￢p是真命題．

而￢p為：?x∈R，x2+2ax+a＞0．

∴△=4a2-4a＜0；解得0＜a＜1．

故選C．

【解析】【答案】先寫出命題p的￢p；進而利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案．

2、C【分析】【解析】試題分析：設(shè)P0點的坐標為（a，f（a）），由f（x）=x3+x-2，得到f′（x）=3x2+1，由曲線在P0點處的切線平行于直線y=4x，得到切線方程的斜率為4，即f′（a）=3a2+1=4，解得a=1或a=-1，當a=1時，f（1）=0；當a=-1時，f（-1）=-4，則P0點的坐標為（1，0）或（-1，-4），故選C．考點：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即函數(shù)在某點的導(dǎo)數(shù)值等于以該點為切點的切線的斜率，屬于基礎(chǔ)題.【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】

試題分析：因為=（3，4），=（5，12），所以==，

故選B。

考點：本題主要考查平面向量的坐標運算；夾角公式。

點評：簡單題，平面向量的夾角公式【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】

試題分析：由余弦定理可知為銳角，又因為Ｃ為最大角，故是銳角三角形.

考點：本小題考查了余弦定理．

點評：利用余弦定理判斷三角形的形狀，研究最大角的余弦值的符號即可判定其形狀．易錯點：最大角判斷錯誤．【解析】【答案】B5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、D【分析】【解析】

試題分析：原拋物線方程可化為則所以2；則焦點坐標為（0,2）.

考點：本題考查拋物線的標準方程與焦點坐標.【解析】【答案】D7、D【分析】解：∵71=19×3+14；

19=14+5；

14=5×2+4；

5=4+1；而4與1互質(zhì)；

∴71與19的最大公約數(shù)是1．

故選：D．

利用“輾轉(zhuǎn)相除法”即可得出．

本題考查了“輾轉(zhuǎn)相除法”，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】

∵函數(shù)y=（x2+1）ex，∴y′=（x2+1）′ex+（x2+1）（ex）′=2x?ex+（x2+1）ex=（x2+2x+1）ex；

故答案為y′=（x2+2x+1）ex．

【解析】【答案】根據(jù)函數(shù)的解析式；利用導(dǎo)數(shù)的乘法法則，運算求得結(jié)果．

9、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12010、③④【分析】【解答】解：展開圖復(fù)原的正方體如圖；不難看出：①BM與ED平行；錯誤的，是異面直線；

②CN與BE是異面直線；錯誤；是平行線；

③CN與BM成60°；正確；

④DM與BN是異面直線．正確。

判斷正確的答案為③④

故答案為：③④

【分析】將展開圖復(fù)原為幾何體，如圖，根據(jù)正方體的幾何牲，分別四個命題的真假，容易判斷選項的正誤，求出結(jié)果．11、略

【分析】解：由變量x，y滿足約束條件作出可行域：

∵z=kx+y的最大值為5；即y=-kx+z在y軸上的截距是5；

∴目標函數(shù)z=kx+y經(jīng)過的交點B（-2；3）；

∴5=k×（-2）+3；解得k=-1．

目標函數(shù)z=kx+y經(jīng)過的交點A（4；3）；

∴5=4k+3；解得k=．

故答案為：-1或．

畫出滿足約束條件的平面區(qū)域；然后分析平面區(qū)域里各個角點，進一步利用目標函數(shù)z=kx+y的最大值為11，判斷目標函數(shù)經(jīng)過的點，即可求出k的值．

本題考查簡單的線性規(guī)劃的應(yīng)用，在解決線性規(guī)劃的小題時，常用“角點法”，其步驟為：①由約束條件畫出可行域?②求出可行域各個角點的坐標?③將坐標逐一代入目標函數(shù)?④驗證，求出最優(yōu)解．【解析】-1或12、略

【分析】解：雙曲線-=1（a＞0，b＞0）和橢圓+=1有相同的焦點；

可得雙曲線的半焦距為：c=

橢圓的離心率為：

則雙曲線的離心率為：可得a=2，則b=

所求的雙曲線方程為：．

故答案為：．

求出橢圓的焦點坐標；橢圓的離心率，然后求解雙曲線的離心率，求出雙曲線的幾何量，得到雙曲線方程．

本題考查橢圓與雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，雙曲線方程的求法，考查計算能力．【解析】13、略

【分析】解：∵101101（2）=1×25+0+1×23+1×22+0+1×20=45（10）．

再利用“除5取余法”可得：

45÷5=90

9÷5=14

1÷5=01

∴化成5進制是140（5）

故答案為：140（5）

利用二進制化為十進制和十進制化為其它進制的“除5取余法”方法即可得出．

本題以進位制的轉(zhuǎn)換為背景考查算法的多樣性，解題的關(guān)鍵是熟練掌握進位制的轉(zhuǎn)化規(guī)則，屬于基礎(chǔ)題．【解析】140（5）14、略

【分析】解：平面區(qū)域{0鈮?y鈮?20鈮?x鈮?2

對應(yīng)區(qū)域為正方形，邊長為2

對應(yīng)的面積S=2隆脕2=4

不等式x+y鈮?2

對應(yīng)的區(qū)域如圖：

對應(yīng)三角形OAB

當x=0

時，y=2

當y=0

時，x=2

即A(0,2)B(2,0)

則鈻?AOB

的面積為12隆脕2隆脕2=1

則所取的點恰好滿足x+y鈮?2

的概率P=鈻?AOB碌脛脙忙祿媒脮媒路陸脨脦碌脛脙忙祿媒=14

故答案為：14

由題意；本題屬于幾何概型的概率求法，求出對應(yīng)區(qū)域的面積，利用幾何概型的概率公式即可得到結(jié)論．

本題主要考查幾何概型的概率計算，根據(jù)條件求出對應(yīng)的圖形的面積是解決本題的關(guān)鍵．【解析】14

三、作圖題(共7題，共14分)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(guān)于OM的對稱點A'，關(guān)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(guān)于OM的對稱點A'；關(guān)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(guān)于OM對稱；A與A″關(guān)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、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??；

理由是兩點之間，線段最短．18、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．

19、略

【分析】【分析】作出A關(guān)于OM的對稱點A'，關(guān)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(guān)于OM的對稱點A'；關(guān)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(guān)于OM對稱；A與A″關(guān)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．20、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?。?/p>

理由是兩點之間，線段最短．21、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(yīng)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(yīng)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12分)22、略

【分析】

（1）取AC中點D；連接SD；DB．

∵SA=SC；AB=BC；

∴AC⊥SD且AC⊥BD；

∵SD∩BD=D

∴AC⊥平面SDB；

又SB?平面SDB；

∴AC⊥SB．

（2）∵AC⊥平面SDB；AC?平面ABC；

∴平面SDB⊥平面ABC．

過N作NE⊥BD于E；NE⊥平面ABC；

過E作EF⊥CM于F；連接NF；

則NF⊥CM．

∴∠NFE為二面角N-CM-B的平面角．

∵平面SAC⊥平面ABC；SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC．

又∵NE⊥平面ABC；∴NE∥SD．

∵SN=NB，∴NE=SD==且ED=EB．

在正△ABC中，由平幾知識可求得EF=

在Rt△NEF中，tan∠NFE=

∴二面角N-CM-B的大小是arctan．

（3）在Rt△NEF中，NF=

∴S△CMN=CM?NF=S△CMB=BM?CM=2．

設(shè)點B到平面CMN的距離為h；

∵VB-CMN=VN-CMB；NE⊥平面CMB；

∴S△CMN?h=S△CMB?NE；

∴h=．即點B到平面CMN的距離為．

【解析】【答案】（1）由題意取AC中點D；連接SD；DB．則可證AC⊥平面SDB，從而AC⊥SB；

（2）過N作NE⊥BD于E；NE⊥平面ABC，過E作EF⊥CM于F，連接NF，則NF⊥CM．從而∠NFE為二面角N-CM-B的平面角．在Rt△NEF中，利用正切函數(shù)，可求二面角N-CM-B的大??；

（3）設(shè)點B到平面CMN的距離為h，根據(jù)VB-CMN=VN-CMB；NE⊥平面CMB，可求點B到平面CMN的距離．

23、略

【分析】

在側(cè)面PAB內(nèi)；過點P做PE⊥AB．垂足為E，連接EC；

∵側(cè)面PAB與底面ABCD的交線是AB；PE⊥AB．

∴PE⊥底面ABCD．于是EC為PC在底面ABCD內(nèi)的射影；（8分）

∴∠PCE為側(cè)棱PC與底面ABCD所成的角；（10分）

在△PAB和△BEC中，易求得PE=

在Rt△PEC中；∠PCE=45°（12分）

【解析】【答案】（Ⅰ）根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理可證得BC⊥側(cè)面PAB；

（Ⅱ）欲證側(cè)面PAD⊥側(cè)面PAB；根據(jù)面面垂直的判定定理可知在側(cè)面PAD內(nèi)一直線與側(cè)面PAB垂直，而根據(jù)題意可得AD⊥側(cè)面PAB；

（Ⅲ）在側(cè)面PAB內(nèi)；過點P做PE⊥AB．垂足為E，連接EC，根據(jù)線面所成角的定義可知∠PCE為側(cè)棱PC與底面ABCD所成的角，在Rt△PEC中，求出此角即可．

（Ⅰ）證：∵側(cè)面PAB垂直于底面ABCD；

且側(cè)面PAB與底面ABCD的交線是AB；

在矩形ABCD中；BC⊥AB，∴BC⊥側(cè)面PAB．（3分）

（Ⅱ）證：在矩形ABCD中；AD∥BC，BC⊥側(cè)面PAB，∴AD⊥側(cè)面PAB．（5分）

又AD在平面PAD上；所以，側(cè)面PAD⊥側(cè)面PAB（6分）

（Ⅲ）24、略

【分析】【解析】

試題分析：⑴因點在直線上；

所以2分。

由正弦定理，得即4分。

由余弦定理，得6分。

又所以8分。

⑵12分。

考點：解三角形。

點評：解三角形的題目中利用正余弦定理可實現(xiàn)邊與角的互相轉(zhuǎn)化，求角的大小通常先求其三角函數(shù)值，另三角形的面積公式在求解時經(jīng)常用到【解析】【答案】（1）（2）五、計算題(共3題，共24分)25、略

【分析】【分析】先移項并整理得到=，然后兩邊進行6次方，求解即可．【解析】【解答】解：原式可化為=；

6次方得，（x-1）3=（x-1）2；

即（x-1）2（x-2）=0；

∴x-1=0；x-2=0；

解得x=1或x=2．

故答案為：1或2．26、略

【分析】【分析】先移項并整理得到=，然后兩邊進行6次方，求解即可．【解析】【解答】解：原式可化為=；

6次方得，（x-1）3=（x-1）2；

即（x-1）2（x-2）=0；

∴x-1=0；x-2=0；

解得x=1或x=2．

故答案為：1或2．27、解：∴z1=2﹣i

設(shè)z2=a+2i（a∈R）

∴z1?z2=（2﹣i）（a+2i）=（2a+2）+（4﹣a）i

∵z1?z2是實數(shù)。

∴4﹣a=0解得a=4

所以z2=4+2i【分析】【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運算法則求出z1，設(shè)出復(fù)數(shù)z2；利用復(fù)數(shù)的乘法運算法則求出z1?z2；利用當虛部為0時復(fù)數(shù)為實數(shù)，求出z2．六、綜合題(共3題，共27分)28、略

【分析】【分析】（1）由待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式．

（2）連接BC；交直線l于點D，根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)，點B與點A關(guān)于直線l對稱，∴AD=BD．

∴AD+CD=BD+CD；由“兩點之間，線段最短”的原理可知：D在直線BC上AD+CD最短，所以D是直線l與直線BC的交點；

設(shè)出直線BC的解析式為y=kx+b；可用待定系數(shù)法求得BC直線的解析式，故可求得BC與直線l的交點D的坐標．

（3）由（2）可知，當AD+CD最短時，D在直線BC上，由于已知A，B，C，D四點坐標，根據(jù)線段之間的長度，可以求出△ABD是直角三角形，即BC與圓相切．由于AB⊥l，故由垂徑定理知及切線長定理知，另一點D與現(xiàn)在的點D關(guān)于x軸對稱，所以另一點D的坐標為（1，-2）．【解析】【解答】解：

（1）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-3）．（1分）

將（0；3）代入上式，得3=a（0+1）（0-3）．

解；得a=-1．（2分）∴拋物線的解析式為y=-（x+1）（x-3）．

即y=-x2+2x+3．（3分）

（2）連接BC；交直線l于點D．

∵點B與點A關(guān)于直線l對稱；

∴AD=BD．（4分）

∴AD+CD=BD+CD=BC．

由“兩點之間；線段最短”的原理可知：

此時AD+CD最??；點D的位置即為所求．（5分）

設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b；

由直線BC過點（3；0），（0，3）；

得

解這個方程組，得

∴直線BC的解析式為y=-x+3．（6分）

由（1）知：對稱軸l為；即x=1．

將x=1代入y=-x+3；得y=-1+3=2．

∴點D的坐標為（1；2）．（7分）

說明：用相似三角形或三角函數(shù)求點D的坐標也可；答案正確給（2