2025年外研版三年級起點高二數(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2025年外研版三年級起點高二數(shù)學下冊月考試卷948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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知命題P：“存在命題“中，若則則下列命題為真命題的是（）A.B.C.D.2、若圓x2+y2=1和x2+y2+4x-4y+7=0關于直線l對稱；則l的方程是（）

A.x+y=0

B.x+y-2=0

C.x-y-2=0

D.x-y+2=0

3、定義在（0，∞）上的單調(diào)遞減函數(shù)f（x），若f（x）的導函數(shù)存在且滿足則下列不等式成立的是（）

A.3f（2）＜2f（3）

B.3f（4）＜4f（3）

C.2f（3）＜3f（4）

D.f（2）＜2f（1）

4、如圖給出的是計算的值的一個程序框圖；其中判斷框內(nèi)應填入的條件是（）

A.k≤10

B.k＜10

C.k≤19

D.k＜19

5、已知點在所在的平面內(nèi)運動且保持則的最大值和最小值分別是()A.和B.10和2C.5和1D.6和46、【題文】已知角的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線上，則=（）A.B.C.D.7、關于x的不等式的解集是(q,1)，則p+q的值為（）A.-2B.-1C.1D.28、虛數(shù)(x-2)+yi中x,y均為實數(shù)，當此虛數(shù)的模為1時，的取值范圍是（）A.B.C.［-］D.[-0）∪（0,]9、函數(shù)y=cos2x-6cosx+6的最小值是（）A.1B.-1C.-11D.13評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、直線被圓所截得的弦長為____．11、函數(shù)的定義域是____12、已知點動點滿足則動點的軌跡是。13、已知點及拋物線若拋物線上點滿足則的最大值為____14、【題文】兩個袋中各裝有編號為1，2，3，4，5的5個小球，分別從每個袋中摸出一個小球，所得兩球編號數(shù)之和小于5的概率為____．15、【題文】已知橢圓的焦點在軸，長軸長為10，離心率為則該橢圓的標準方程為____。16、過點P（4，-1），且與直線3x-4y+6=0垂直的直線方程是______．17、命題“若鈻?ABC

不是等腰三角形，則它的任何兩個內(nèi)角不相等”的逆否命題是________；18、所謂正三棱錐，指的是底面為正三角形，頂點在底面上的射影為底面三角形中心的三棱錐，在正三棱錐S鈭?ABC

中，M

是SC

的中點，且AM隆脥SB

底面邊長AB=22

則正三棱錐S鈭?ABC

的體積為______，其外接球的表面積為______．評卷人得分三、作圖題(共7題，共14分)19、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？

20、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）21、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）22、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？

23、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）24、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）25、分別畫一個三棱錐和一個四棱臺．評卷人得分四、解答題(共4題，共40分)26、經(jīng)過M（2，1）作直線L交雙曲線于A；B兩點；且M為AB的中點；

（1）求直線L的方程；

（2）求線段AB的長．

27、【題文】已知橢圓＝1(a>b>0)的離心率為且過點PA為上頂點，F(xiàn)為右焦點．點Q(0，t)是線段OA(除端點外)上的一個動點；

過Q作平行于x軸的直線交直線AP于點M；以QM為直徑的圓的圓心為N.

(1)求橢圓方程；

(2)若圓N與x軸相切；求圓N的方程；

(3)設點R為圓N上的動點，點R到直線PF的最大距離為d，求d的取值范圍．28、【題文】已知一條曲線在軸右側(cè)，上每一點到點的距離減去它到軸距離的差都是1．

（1）求曲線的方程；

（2）設直線交曲線于兩點，線段的中點為求直線的一般式方程．29、【題文】在中，角對應的邊分別為

（1）求的值（2）求b的值評卷人得分五、計算題(共2題，共16分)30、已知z1=5+10i，z2=3﹣4i，求z．31、在（1+x）6（1+y）4的展開式中，記xmyn項的系數(shù)為f（m，n），求f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）的值．評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)32、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：____．33、（2015·安徽）設橢圓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34、已知f（x）=﹣3x2+a（6﹣a）x+6．35、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】試題分析：【解析】

因為當時，函數(shù)在上為減函數(shù)，所以必有：命題是假命題；在中，根據(jù)正弦定理：所以因為所以所以由三角形的邊角不等關系知，所以，是真命題.于是是真命題.考點：1、冪函數(shù)；2、正弦定理；3、命題.【解析】【答案】C2、D【分析】

在直線l上任取一點A（x；y），則此點在以兩圓的圓心為端點的線段的中垂線上，即此點A到兩圓的圓心的距離相等；

故有x2+y2=（x-2）2+（y+2）2；化簡可得x-y+2=0．

故選D．

【解析】【答案】在直線l上任取一點A（x，y），則點A到兩圓的圓心的距離相等，故有x2+y2=（x-2）2+（y+2）2；化簡可得答案．

3、A【分析】

∵f（x）為（0；∞）上的單調(diào)遞減函數(shù)；

∴f′（x）＜0；

又∵＞x；

∴＞0?＜0?[]′＜0；

設h（x）=則h（x）=為（0；∞）上的單調(diào)遞減函數(shù)；

∵＞x＞0；f′（x）＜0；

∴f（x）＜0．

∵h（x）=為（0；∞）上的單調(diào)遞減函數(shù)；

∴＞?＞0?2f（3）-3f（2）＞0?2f（3）＞3f（2）；故A正確；

由2f（3）＞3f（2）＞3f（4）；可排除C；

同理可判斷3f（4）＞4f（3）；排除B；

1?f（2）＞2f（1）；排除D；

故選A．

【解析】【答案】依題意，f′（x）＜0，?＞0?[]′＜0，利用h（x）=為（0；∞）上的單調(diào)遞減函數(shù)即可得到答案．

4、A【分析】

程序運行過程中；各變量值如下表所示：

第一圈：S=1；k=2；

第二圈：S=1+k=3；

第三圈：S=1++k=4，

依此類推，第十圈：S=k=11

退出循環(huán)。

其中判斷框內(nèi)應填入的條件是：k≤10；

故選A．

【解析】【答案】分析程序中各變量；各語句的作用；再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加并輸出S的值．

5、C【分析】【解析】

因為點在所在的平面內(nèi)運動且保持故點P的軌跡是橢圓，長軸長為6，焦距為4，則的最大值為a+c=5,最小值為a-c=1因此選C【解析】【答案】C6、B【分析】【解析】∵角的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線上，∴tan=2，∴故選B【解析】【答案】B7、B【分析】【分析】因為的不等式的解集是故由不等式的解集是不等式成立的充要條件，和韋達定理可知q+1=-p,q=-2，p=1,那么q+p=-1,故選B.

【點評】解決該試題的關鍵是利用不等式的解集得到二次方程的根與系數(shù)的關系的運用，進而求解得到,p,q的值8、B【分析】【解答】即而所以可以看成圓上的點和原點連線的斜率，設當直線與圓相切時，解得又因為是虛數(shù)，所以

所以的取值范圍是[-0)∪（0,].

【分析】將所求轉(zhuǎn)化為圓上的點與原點連線的斜率是解題的關鍵.9、A【分析】解：函數(shù)y=cos2x-6cosx+6=2cos2x-6cosx+5=2（cosx-）2+

∵-1≤cosx≤1

∴當cosx=1時ymin=1；

故選：A

利用二倍角公式化簡函數(shù)的表達式；通過配方法結(jié)合函數(shù)的有界性，求出函數(shù)的最小值．

本題是基礎題，考查三角函數(shù)的基本運算，二次函數(shù)的最值的求法，考查計算能力．【解析】【答案】A二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】

由參數(shù)方程可知，圓的半徑是2，圓心坐標是（1，-）；

圓心到直線的距離是故弦長為

故答案為：．

【解析】【答案】本題擬采用幾何法求解；求出圓的半徑，圓心到直線的距離，再利用弦心距；半徑、弦的一半三者構(gòu)成的直角三角形，用勾股定理求出弦長的一半，即得弦長。

11、略

【分析】【解析】試題分析：為使函數(shù)有意義，須解得，即函數(shù)的定義域為考點：函數(shù)的定義域，簡單不等式組解法?！窘馕觥俊敬鸢浮?2、略

【分析】：∵動點P（x，y）滿足∴（-2-x，y）?（3-x，y）=x2-6，∴點P的軌跡是y2=x．故為拋物線【解析】【答案】拋物線13、略

【分析】【解析】

設P（y2/2，y），由題意可得【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】16、略

【分析】解：由方程3x-4y+6=0，得到其斜率為

所以所求直線方程的斜率為-又所求直線過P（4，-1）；

則所求直線的方程為：y+1=-（x-4）；即4x+3y-13=0．

故答案為：4x+3y-13=0

由已知直線的斜率；根據(jù)兩直線垂直時斜率的乘積為-1求出所求直線的斜率，由所求直線過P點，所以由P的坐標和求出的斜率寫出直線方程即可．

此題考查了直線的點斜式方程，要求學生掌握兩直線垂直時斜率滿足的關系，會根據(jù)一點和斜率寫出直線的點斜式方程．【解析】4x+3y-13=017、略

【分析】【分析】本題考查了四種命題，是基礎題．【解答】解：命題“若鈻?triangleABC不是等腰三角形，則它的任何兩個內(nèi)角不相等”的逆否命題是"若鈻?triangle若鈻?

ABC"的兩個內(nèi)角相等，則它是等腰三角形"若鈻?ABC

的兩個內(nèi)角相等，則它是等腰三角形．"【解析】若鈻?triangleABC的兩個內(nèi)角相等，則它是等腰三角形18、略

【分析】解：設O

為S

在底面ABC

的投影；則O

為等邊三角形ABC

的中心；

隆脽SO隆脥

平面ABCAC?

平面ABC

隆脿AC隆脥SO

又BO隆脥AC

隆脿AC隆脥

平面SBO隆脽SB?

平面SBO

隆脿SB隆脥AC

又AM隆脥SBAM?

平面SACAC?

平面SACAM隆脡AC=A

隆脿SB隆脥

平面SAC

同理可證SC隆脥

平面SAB

．

隆脿SASBSC

兩兩垂直．

隆脽鈻?SOA

≌鈻?SOB

≌鈻?SOC

隆脿SA=SB=SC

隆脽AB=22隆脿SA=SB=SC=2

．

隆脿

三棱錐的體積V=13S鈻?SAC鈰?SB=13隆脕12隆脕2隆脕2隆脕2=43

．

設外接球球心為N

則N

在SO

上．

隆脽BO=23隆脕32AB=263.隆脿SO=SB2鈭?BO2=233

設外接球半徑為r

則NO=SO鈭?r=233鈭?rNB=r

隆脽OB2+ON2=NB2隆脿83+(233鈭?r)2=r2

解得r=3

．

隆脿

外接球的表面積S=4婁脨隆脕3=12婁脨

．

故答案為：4312婁脨

．

設棱錐的高為SO

則由正三角形中心的性質(zhì)可得AC隆脥OBAC隆脥SO

于是AC隆脥

平面SBO

得SB隆脥AC

結(jié)合SB隆脥AM

可證SB隆脥

平面SAC

同理得出SASBSC

兩兩垂直，從而求得側(cè)棱長，計算出體積.

外接球的球心N

在直線SO

上，設SN=BN=r

則ON=|SO鈭?r|

利用勾股定理列方程解出r

．

本題考查了正棱錐的結(jié)構(gòu)特征，棱錐與外接球的關系，屬于中檔題．【解析】4312婁脨

三、作圖題(共7題，共14分)19、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．

20、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．21、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．22、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．

23、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．24、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．25、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4題，共40分)26、略

【分析】

（1）設A（x1，y1），B（x2，y2）；

∵M（2；1）為AB的中點；

∴x1+x2=4，y1+y2=2；

把A（x1，y1），B（x2，y2）分別代入雙曲線

得

二者相減，得

把x1+x2=4，y1+y2=2代入，得4（x1-x2）-（y1-y2）=0；

所以

∴直線L的方程為y=4x-7

（2）把y=4x-7代入

消去y得14x2-56x+51=0；

∴k=4；

∴|AB|=

==．

從而得．

【解析】【答案】（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=4，y1+y2=2，由得所以由此能求出直線L的方程．

（2）把y=4x-7代入消去y得14x2-56x+51=0，所以由此能求出求線段AB的長．

27、略

【分析】【解析】(1)∵e＝不妨設c＝3k，a＝5k，則b＝4k，其中k>0，故橢圓方程為＝1(a>b>0)，∵P在橢圓上，∴＝1解得k＝1，∴橢圓方程為＝1.

(2)kAP＝則直線AP的方程為y＝－x＋4；

令y＝t則x＝∴M∵Q(0，t)∴N

∵圓N與x軸相切，∴＝t，由題意M為第一象限的點，則＝t，解得t＝∴N圓N的方程為

(3)F(3，0)，kPF＝∴直線PF的方程為y＝(x－3)即12x－5y－36＝0；

∴點N到直線PF的距離為

∴d＝＋(4－t)，∵0<4；

∴當0時，d＝(6－5t)＋(4－t)＝此時≤d<

當<4時，d＝(5t－6)＋(4－t)＝此時<

∴綜上，d的取值范圍為【解析】【答案】（1）＝1（2）（3）28、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）設是曲線上任意一點，利用兩點之間的距離公式建立關于的方程，化簡即為曲線的方程；（2）設然后利用點差法，結(jié)合中點坐標公式與斜率進行轉(zhuǎn)換即可求得直線的斜率，最后利用點斜式，通過化簡可求得直線的一般式方程．

試題解析：（1）設是曲線上任意一點，那么點滿足：

化簡得．

（2）設由

①②得：由于易知的斜率存在；

故即所以故的一般式方程為．

考點：1、拋物線方程的求法；2、直線與拋物線的位置關系；3、點差法的應用．【解析】【答案】（1）（2）．29、略

【分析】【解析】（1）

（2）

由

即

當矛盾。

【解析】【答案】（1）（2）5五、計算題(共2題，共16分)30、解：∴

又∵z1=5+10i，z2=3﹣4i

∴【分析】【分析】把z1、z2代入關系式，化簡即可31、解：（1+x）6（1+y）4的展開式中，含x3y0的系數(shù)是：C63C40=20．f（3，0）=20；含x2y1的系數(shù)是C62C41=60；f（2，1）=60；

含x1y2的系數(shù)是C61C42=36；f（1，2）=36；

含x0y3的系數(shù)是C60C43=4；f（0，3）=4；

∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120【分析】【分析】由題意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，項的系數(shù)，求和即可．六、綜合題(共4題，共16分)32、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關于x軸對稱，所以另一點D的坐標為（1，-2）．【解析】【解答】解：

（1）設拋物線的解析式為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?。稽cD的位置即為所求．（5分）

設直線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分）．

（3）①連接AD．設直線l與x軸的交點記為點E．

由（2）知：當AD+CD最小時；點D的坐標為（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）關于x軸對稱；

∴D（1，-2）．（11分）33、（1）{#mathml#}255

{#/mathml#}；（2）{#mathml#}x245+y29=1

{#/mathml#}【分析】【解答】1、由題設條件知，