2025年仁愛科普版高二數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年仁愛科普版高二數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、符合下列條件的三角形△ABC有且只有一個的是（）

A.a=1，b=A=30°

B.a=1，b=2；c=3

C.b=c=1；B=45°

D.a=1，b=2；A=100°

2、下列命題中的真命題是（）

①平行于同一條直線的兩個平面平行。

②平行于同一個平面的兩條直線平行。

③垂直于同一條直線的兩個平面平行。

④垂直于同一個平面的兩個平面平行．

A.①②

B.②③

C.③④

D.③

3、在數(shù)1，2，3，4，5的排列中，滿足的排列出現(xiàn)的概率為（）A.B.C.D.4、函數(shù)在區(qū)間內(nèi)（）A.有最大值，無最小值B.有最大值，有最小值C.無最大值，無最小值D.無最大值，有最小值5、方程表示的圖形是半徑為r（）的圓，則該圓圓心在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限6、復(fù)數(shù)z=(2+i)i在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限7、某單位擬安排6位員工在今年5月31日至6月2日（端午節(jié)假期）值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位員工中的甲不值5月31日，乙不值6月2日，則不同的安排方法共有（）A.30種B.36種C.42種D.48種8、如圖，銳角三角形ABC中，以BC為直徑的半圓分別交AB、AC于點D、E，則△ADE與△ABC的面積之比為（）A.cosAB.sinAC.sin2AD.cos2A9、已知f(x)

為偶函數(shù)且鈭?06f(x)dx=8

則鈭?鈭?66f(x)dx

等于(

)

A.0

B.4

C.8

D.16

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、已知且則____________．11、【題文】已知數(shù)列與均為等比數(shù)列，且則12、已知一個球與一個正三棱柱的三個側(cè)面和兩個底面都相切，若這個球的表面積為12π，則這個正三棱柱的體積為____．13、已知函數(shù)y=ex與函數(shù)y=lnx的圖象關(guān)于直線y=x對稱，請根據(jù)這一結(jié)論求：lnxdx=______．14、在△ABC中，若a，b，c成等比數(shù)列且c=2a，則cosB=______．15、橢圓4x2+y2=16的長軸長等于______．16、已知圓C攏潞(x鈭?33)2+(y鈭?5)2=4

和兩點A(鈭?3m,0)B(3m,0)(m>0)

若圓C

上存在點P

使得隆脧APB=60鈭?

則實數(shù)m

的取值范圍是______．評卷人得分三、作圖題(共6題，共12分)17、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？

18、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）19、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）20、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？

21、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）22、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）評卷人得分四、解答題(共3題，共24分)23、．(10分)如圖，已知線段AB、BD在平面內(nèi)，線段如果（1）求C、D兩點間的距離.（2）求點D到平面ABC的距離24、甲有一個箱子，里面放有x個紅球，y個白球（x，y≥0，且x+y=4）；乙有一個箱子，里面放有2個紅球，1個白球，1個黃球．現(xiàn)在甲從箱子里任取2個球，乙從箱子里任取1個球．若取出的3個球顏色全不相同，則甲獲勝．(1)試問甲如何安排箱子里兩種顏色球的個數(shù)，才能使自己獲勝的概率最大？(2)在（1）的條件下，求取出的3個球中紅球個數(shù)的期望．25、命題p

方程x2+mx+1=0

有兩個不等的正實數(shù)根，命題q

方程4x2+4(m+2)x+1=0

無實數(shù)根.

若“p

或q

”為真命題，求m

的取值范圍．評卷人得分五、計算題(共1題，共9分)26、1.（本小題滿分10分）某班組織知識競賽，已知題目共有10道，隨機(jī)抽取3道讓某人回答，規(guī)定至少要答對其中2道才能通過初試，他只能答對其中6道，試求：（1）抽到他能答對題目數(shù)的分布列；（2）他能通過初試的概率。評卷人得分六、綜合題(共4題，共28分)27、如圖，在直角坐標(biāo)系中，點A，B，C的坐標(biāo)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(dāng)AD+CD最小時點D的坐標(biāo)；

（3）以點A為圓心；以AD為半徑作⊙A．

①證明：當(dāng)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(biāo)：____．28、（2009?新洲區(qū)校級模擬）如圖，已知直角坐標(biāo)系內(nèi)有一條直線和一條曲線，這條直線和x軸、y軸分別交于點A和點B，且OA=OB=1．這條曲線是函數(shù)y=的圖象在第一象限的一個分支，點P是這條曲線上任意一點，它的坐標(biāo)是（a、b），由點P向x軸、y軸所作的垂線PM、PN，垂足是M、N，直線AB分別交PM、PN于點E、F．則AF?BE=____．29、已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S6=51，a5=13．30、已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1=1，S3=0．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

對于A、a=1，b=A=30°三角形中B可以是45°，135°，組成兩個三角形．

對于B、a=1，b=2；c=3組不成三角形．

對于D、a=1，b=2；A=100°組不成三角形．

對于C、b=c=1；B=45°顯然只有一個三角形．

故選C．

【解析】【答案】利用已知選項的條件；通過正弦定理，組成三角形的條件，判斷能不能組成三角形，以及三角形的個數(shù)．

2、D【分析】

平行于同一條直線的兩個平面平行或相交；即①不正確；

平行于同一個平面的兩條直線平行；相交或異面；即②不正確；

根據(jù)面面平行的判定定理；可得垂直于同一條直線的兩個平面平行，即③正確；

垂直于同一個平面的兩個平面還可能相交；即④不正確；

故選D．

【解析】【答案】平行于同一條直線的兩個平面平行或相交；平行于同一個平面的兩條直線平行；相交或異面；根據(jù)面面平行的判定定理；可得③正確；垂直于同一個平面的兩個平面還可能相交．

3、B【分析】試題分析：數(shù)1，2，3，4，5的排列共有種結(jié)果，記“滿足”為事件則包含的結(jié)果有．由古典概型的計算公式可得．考點：古典概型及其概率計算公式．【解析】【答案】B4、A【分析】【解析】

因為則在（0,1）遞增，在（1，+）遞減，故函數(shù)有最大值，無最小值，選A【解析】【答案】A5、D【分析】【分析】圓的一般方程要求中圓心為（)，由得所以圓心在第四象限，故選D。

【點評】圓的一般方程要求中6、B【分析】【解答】因為所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點在第二象限；故選B。

【分析】簡單題，復(fù)數(shù)a+bi(a,b)對應(yīng)點（a,b)。7、C【分析】解：甲、乙同組，則只能排6月在1日，有=6種排法．

甲、乙不同組，有=36種排法；

故共有42種方法．

故選：C．

分兩類：甲；乙同組；則只能排在6月1日．甲、乙不同組．作和后得答案．

本題考查了分類加法計數(shù)原理，關(guān)鍵是對題意的理解，解答該類問題一定要避免重復(fù)或遺漏，是易錯題．【解析】【答案】C8、D【分析】解：如圖；連接BE．

∵BC為半圓的直徑；

∴∠BEC=∠AEB=90°．

∴在直角△ABE中，cosA=

∵點D；B、C、E四點共圓；

∴∠ABC+∠DEC=180°．

∵∠DEC+∠AED=180°；

∴∠ABC=∠AED．

又∵∠A=∠A；

∴△AED∽△ABC；

∴=．

∵S△ADE=AE?AD?sinA，S△ABC=AB?AC?sinA；

∴S△ADE：S△ABC===cos2A．

故選：D．

連接BE．構(gòu)建直角△ABE，通過解該直角三角形求得cosA=然后通過相似三角形△AED∽△ABC的對應(yīng)邊的比成比例知=最后結(jié)合三角形的面積公式分別求得△ADE；△ABC的面積．

本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理以及解直角三角形等知識點．解答該題時，借用了圓內(nèi)接四邊形的內(nèi)對角互補的性質(zhì)．【解析】【答案】D9、D【分析】解：原式=鈭?鈭?60f(x)dx+鈭?06f(x)dx

．

隆脽

原函數(shù)為偶函數(shù)；隆脿

在y

軸兩側(cè)的圖象對稱；

隆脿

對應(yīng)的面積相等；則隆脪鈭?66f(x)dx=8隆脕2=16

．

故選D．

根據(jù)定積分的幾何意義知；定積分的值隆脪鈭?66f(x)dx

是f(x)

的圖象與x

軸所圍成的平面圖形的面積的代數(shù)和，結(jié)合偶函數(shù)的圖象的對稱性即可解決問題．

本題主要考查定積分以及定積分的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D

二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于且那么則可知故可知答案為考點：二倍角公式【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】分析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，可得an=qn-1，再由{2an+3}為等比數(shù)列可得其公比等于=再由2a3+3=（2a2+3）q，求出q=1，從而得到a168的值．

解：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，再由a1=1，則得an=1×qn-1=qn-1．

再由{2an+3}為等比數(shù)列可得其公比等于=

故有2a3+3=（2a2+3）q，即2q2+3=（2q+3）q；解得q=1；

即數(shù)列{an}是常數(shù)數(shù)列，故a168=1；

故答案為1．

點評：本題主要考查等比數(shù)列的定義和性質(zhì)，等比數(shù)列的通項公式，求出q=1是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．【解析】【答案】112、54【分析】【解答】解：由球的表面積公式，得4πR2=12π；

∴R=．

∴正三棱柱的高h(yuǎn)=2R=2．

設(shè)正三棱柱的底面邊長為a，則其內(nèi)切圓的半徑為：?a=

∴a=6．

∴該正三棱柱的體積為：V=S底?h=?a?a?sin60°?h=×6×6×2=54．

故答案為：54

【分析】由球的表面積求出半徑，從而得棱柱的高；由球與正三棱柱的三個側(cè)面相切，得球的半徑和棱柱底面正△邊長的關(guān)系，求出邊長，即求出底面正△的面積；得出棱柱的體積．13、略

【分析】解：如圖，

=2ln2-eln2+e0=2ln2-1．

故答案為：2ln2-1．

由對稱性化：lnxdx為然后求解定積分得答案．

本題考查定積分，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．【解析】2ln2-114、略

【分析】解：∵a，b；c成等比數(shù)列；

∴b2=ac；又c=2a；

∴b2=2a2，即b=a；

則cosB===．

故答案為：

由a，b，c成等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的性質(zhì)列出關(guān)系式，再將c=2a代入，開方用a表示出b，然后利用余弦定理表示出cosB，將表示出的b和c代入；整理后即可得到cosB的值．

此題考查了余弦定理，以及等比數(shù)列的性質(zhì)，熟練掌握余弦定理是解本題的關(guān)鍵．【解析】15、略

【分析】解：由4x2+y2=16，得

∴橢圓為焦點在y軸上的橢圓；

則a2=16；∴a=4．

∴橢圓4x2+y2=16的長軸長等于2a=2×4=8．

故答案為：8．

化橢圓方程為標(biāo)準(zhǔn)方程；求出長半軸長，則答案可求．

本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，是基礎(chǔ)的計算題．【解析】816、略

【分析】解：如圖，當(dāng)D(0,3m)

時，隆脧ADB=60鈭?

故滿足條件的點P

必在以ABD

三點所確定的圓周上；

隆脿

該圓圓心為M(0,m)

要使圓C

上存在點P

由兩圓必有交點；

即|rM鈭?rC|鈮?|MC|鈮?|rM+rC|

如圖；

隆脿|rM鈭?rC|2鈮?|MC|2鈮?|rM+rC|2

隆脿(2m鈭?2)2鈮?(33)2+(m鈭?5)2鈮?(2m+2)2

由m>0

解得2鈮?m鈮?鈭?1+1453

．

故答案為：{m|2鈮?m鈮?鈭?1+1453}.

當(dāng)D(0,3m)

時，隆脧ADB=60鈭?

滿足條件的點P

必在以ABD

三點所確定的圓周上，該圓圓心為M(0,m)

要使圓C

上存在點P

由兩圓必有交點，從而|rM鈭?rC|鈮?|MC|鈮?|rM+rC|

進(jìn)而(2m鈭?2)2鈮?(33)2+(m鈭?5)2鈮?(2m+2)2

由此能求出實數(shù)m

的取值范圍．

本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查直線方程、圓、兩點間距離公式等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．【解析】{m|2鈮?m鈮?鈭?1+1453}

三、作圖題(共6題，共12分)17、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．

18、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．19、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．20、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．

21、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．22、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．四、解答題(共3題，共24分)23、略

【分析】

（1）（2）【解析】略【解析】【答案】24、略

【分析】【解析】試題分析：(1)要想使取出的3個球顏色全不相同，則乙必須取出黃球，甲取出的兩個球為一個紅球一個白球，乙取出黃球的概率是甲取出的兩個球為一個紅球一個白球的概率是所以取出的3個球顏色全不相同的概率是即甲獲勝的概率為由且所以當(dāng)時取等號，即甲應(yīng)在箱子里放2個紅球2個白球才能使自己獲勝的概率最大.(2)設(shè)取出的3個球中紅球的個數(shù)為ξ，則ξ的取值為0，1，2，3.所以取出的3個球中紅球個數(shù)的期望：．考點：本小題主要考查互斥事件的概率的求法和隨機(jī)變量的分布列的數(shù)學(xué)期望的求法以及排列、組合公式的應(yīng)用.【解析】【答案】（1）甲應(yīng)在箱子里放2個紅球2個白球才能使自己獲勝的概率最大（2）1.525、略

【分析】“p

或q

”為真命題；即p

和q

中至少有一個真命題，分別求出p

和q

為真命題時對應(yīng)的范圍，再求并集．

命題p

方程x2+mx+1=0

有兩個不等的正實數(shù)根?{鈻?>0x1+x2>0x1x2>0

命題q

方程4x2+4(m+2)x+1=0

無實數(shù)根?鈻?<0

．【解析】解：“p

或q

”為真命題；則p

為真命題，或q

為真命題．

當(dāng)p

為真命題時，則{鈻?=m2鈭?4>0x1+x2=鈭?m>0x1x2=1>0

得m<鈭?2

當(dāng)q

為真命題時，則鈻?=16(m+2)2鈭?16<0

得鈭?3<m<鈭?1

隆脿

“p

或q

”為真命題時，m<鈭?1

五、計算題(共1題，共9分)26、略

【分析】解(1)設(shè)隨機(jī)抽出的三道題目某人能答對的道數(shù)為X，且X=0、1、2、3，X服從超幾何分布，高考+資-源-網(wǎng)分布列如下：。X0123P即。X0123P8分(2)10分【解析】【答案】(1)。X0123P(2)2/3六、綜合題(共4題，共28分)27、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(biāo)．

（3）由（2）可知，當(dāng)AD+CD最短時，D在直線BC上，由于已知A，B，C，D四點坐標(biāo)，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(biāo)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(biāo)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(biāo)也可；答案正確給（2分）．

（3）①連接AD．設(shè)直線l與x軸的交點記為點E．

由（2）知：當(dāng)AD+CD最小時；點D的坐標(biāo)為（1，2）．

∴DE=AE=BE=2．

∴∠DAB=∠DBA=45度．（8分）

∴∠ADB=90度．

∴AD⊥BD．

∴BD與⊙A相切．（9分）

②∵另一點D與D（1；2）關(guān)于x軸對稱；

∴D（1，-2）．（11分）28、略

【分析】【分析】根據(jù)OA=OB，得到△AOB是等腰直角三角形，則△NBF也是等腰直角三角形，由于P的縱坐標(biāo)是b，因而F點的