2024年統(tǒng)編版2024高二數(shù)學上冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年統(tǒng)編版2024高二數(shù)學上冊月考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8題，共16分)1、從拋物線y2=8x上一點P引其準線的垂線；垂足為M，設(shè)拋物線的焦點為F且|PF|=6，則△MPF的面積為（）

A.18

B.

C.

D.

2、甲乙兩人至少有一個是三好學生是指（）

A.甲是三好學生；或乙是三好學生。

B.甲乙兩人都是三好學生。

C.甲乙兩人至多有一個是三好學生。

D.甲乙兩人都不是三好學生。

3、已知正實數(shù)()A.6B.8C.9D.164、【題文】若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，則cos(α－β)＝()．A.1B.－1C.D.－5、【題文】某地區(qū)有300家商店，其中大型商店有30家，中型商店有75家，小型商店有195家，為了掌握各商店的營業(yè)情況，要從中抽取一個容量為20的樣本，若采用分層抽樣的方法，抽取的中型商店數(shù)是（）A.2B.3C.5D.136、點（2，1）到直線3x﹣4y+2=0的距離是（）A.B.C.D.7、=（1，2），=（k，4），若∥則下列結(jié)論正確的是（）A.k=﹣6B.k=2C.k=6D.k=﹣28、已知函數(shù)f(x)=lnx+3x鈭?8

的零點x0隆脢[a,b]

且b鈭?a=1(a,b隆脢N+)

則a+b=()

A.5

B.4

C.3

D.2

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、（理科）若正四面體S-ABC的底面△ABC內(nèi)有一動點P分別到面SAB，面SBC，面SAC的距離成等差數(shù)列，則點P的軌跡正確的是____；

（1）一條線段。

（2）一個點。

（3）一段圓弧。

（4）拋物線的一段．10、已知鈍角三角形的三邊長成等差數(shù)列，公差為1，其最大角不超過120°，則最小角余弦值的取值范圍為____．11、已知條件條件則是____條件.12、已知為單位向量，其夾角為60°，則（+）2=____．13、命題“若a＞b，則a+1＞b”的否命題是______．14、的值是______．15、圓x2+y2-2x=0和圓x2+y2+2x+2y=0的位置關(guān)系是______．16、一位同學種了甲、乙兩種樹苗各1株，分別觀察了9次、10次后，得到樹苗高度的數(shù)據(jù)的莖葉圖如圖（單位：厘米），則甲、乙兩種樹苗高度的數(shù)據(jù)的中位數(shù)之和是______．評卷人得分三、作圖題(共5題，共10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、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）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，使三角形周長最小．（如圖所示）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4題，共32分)22、（本小題14分）已知函數(shù)(Ⅰ)若求曲線在處切線的斜率；(Ⅱ)求的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）設(shè)若對任意均存在使得求的取值范圍。23、【題文】甲乙兩名自行車賽手在相同條件下進行了6次測試，測得最大速度數(shù)據(jù)如下：

。甲。

27

38

30

37

35

31

乙。

33

29

38

34

28

36

請解答：（1）畫莖葉圖（12分）

（2）求甲乙兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)、平均數(shù)和標準差并判斷誰參加比賽更合適24、【題文】已知等比數(shù)列中，且公比（1）求（2）設(shè)求數(shù)列的前項和25、【題文】已知求證：．評卷人得分五、計算題(共4題，共16分)26、如圖，已知正方形ABCD的邊長是8，點E在BC邊上，且CE=2，點P是對角線BD上的一個動點，求PE+PC的最小值．27、如圖，正三角形ABC的邊長為2，M是BC邊上的中點，P是AC邊上的一個動點，求PB+PM的最小值．28、1.（本小題滿分12分）已知數(shù)列滿足且（）。（1）求的值；（2）猜想數(shù)列的通項公式，并用數(shù)學歸納法加以證明。29、已知復數(shù)z1滿足（z1﹣2）（1+i）=1﹣i（i為虛數(shù)單位），復數(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4題，共32分)30、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：____．31、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：____．32、已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1=1，S3=0．33、已知f（x）=logax（a＞0，a≠1），設(shè)數(shù)列f（a1），f（a2），f（a3），，f（an）是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

設(shè)點P的坐標為（m，n），準線x=-2為直線l

∵PM⊥l；∴|PF|=|PM|=6

由此可得：m+2=6；解得m=4

∵P（m，n）是拋物線y2=8x上一點。

∴n2=8×m=8×4=32，可得n=±4

因此，△MPF的面積為S=|PM|?|n|=×6×4=12

故選：C

【解析】【答案】根據(jù)拋物線定義結(jié)合PF的長可得|PM|=6；從而得到點P的橫坐標為4，代入拋物線方程解出P的縱坐標，最后根據(jù)點P坐標和PM長，利用三角形面積公式即可算出△MPF的面積．

2、A【分析】

甲乙兩人至少有一個是三好學生是指：甲是三好學生；或乙是三好學生．

故選A．

【解析】【答案】至少有一個的意思不是指可以一個也可以兩個；而是指不能沒有．據(jù)此含義進行選擇即可．

3、C【分析】【解析】試題分析：因為所以考點：本小題主要考查基本不等式和“1”的整體代換.【解析】【答案】C4、D【分析】【解析】sinα＋sinβ＝－sinγ，cosα＋cosβ＝－cosγ，兩式兩邊分別平方相加得cos(α－β)＝－【解析】【答案】D5、C【分析】【解析】解：因為某地區(qū)有300家商店，其中大型商店有30家，中型商店有75家，小型商店有195家，運用分層抽樣的方法來的得到20的樣本，則比例為20:300=1:15，因此抽取的中型商店數(shù)是5.選C【解析】【答案】C6、A【分析】【解答】解：點（2，1）到直線3x﹣4y+2=0的距離d=

故選A．

【分析】利用點到直線的距離公式即可得出．7、B【分析】【解答】解：因為=（1，2），=（k，4），∥所以4=2k，解得k=2；

故選：B．

【分析】根據(jù)平面向量平行的坐標關(guān)系解答即可．8、A【分析】解：函數(shù)f(x)=lnx+3x鈭?8

的定義域為x>0

是連續(xù)增函數(shù)；

f(2)=ln2+6鈭?8<0f(3)=ln3+9鈭?8>0f(2)f(3)<0

函數(shù)f(x)=lnx+3x鈭?8

的零點x0隆脢[a,b]

且b鈭?a=1(a,b隆脢N+)

可得a=2b=3

a+b=5

．

故選：A

．

利用函數(shù)的零點判定定理，求出ab

然后求解a+b

即可．

本題考查函數(shù)零點判定定理的應用，考查計算能力．【解析】A

二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】

連接PA、PB、PC、PS，設(shè)P在平面SBC、平面SAC和平面SAB的射影

分別為F；G和H；連接PF、PG、PH

設(shè)正四面體棱長為1；可得它的體積為。

V=×S△ABC×h=××=

∵PH；PF、PG成等差數(shù)列；

∴設(shè)PH=PF-x；PG=PF+x（x＜PF），得。

VP-ABS=×S△ABS×PH=（PF-x）；

VP-BCS=×S△BCS×PH=PF，VP-ACS=×S△BCS×PH=（PF+x）

由此可得（PF-x）+PF+（PF+x）=化簡可得PF=

所以動點P到平面SBC的距離為（定值）；

得P在與平面SBC平行且距離為的平面內(nèi)；設(shè)這個平面為α

∴點P在平面ABC與平面α的交線上；可得P在△ABC內(nèi)的軌跡是一條線段。

故答案為：（1）

【解析】【答案】設(shè)正四面體棱長為1，由于P到面SAB、面SBC、面SAC的距離成等差數(shù)列，可算出點P到平面SBC的距離等于（定值），因此點P在與平面SBC平行且距離為的平面α內(nèi)；說明P在平面ABC與平面α的交線上，由此可得本題答案．

10、略

【分析】

設(shè)三邊長為a；a+1，a+2；

∵已知三角形為鈍角三角形；設(shè)最大角為α，最小角為β

則90°＜α≤120°

∴cosα==∈[-0）

則cosβ==∈

故答案為：．

【解析】【答案】設(shè)三邊長為a；a+1，a+2，根據(jù)最大角不超過120°，我們可以表示出最大角的余弦值，然后根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性，進而解答．

11、略

【分析】因為p:q：因為所以p是q的充分不必要條件.【解析】【答案】充分不必要12、3【分析】【解答】解：由題意可得=1×1×cos60°=∴（+）2=+2=1+1+1=3；

故答案為：3．

【分析】由題意求得的值，可得（+）2=+2的值．13、略

【分析】解：命題“若a＞b，則a+1＞b”的否命題是：

若a≤b，則a+1≤b；

故答案為：a≤b，則a+1≤b

根據(jù)否命題的定義即可得到結(jié)論．

本題主要考查四種命題的關(guān)系，比較基礎(chǔ)．【解析】a≤b，則a+1≤b14、略

【分析】解：=（-cosx+sinx）═1+1=2

故答案為2

求出原函數(shù)；依定義代入上下限的值，求出即可。

本題考查定積分的定義，求解本題的關(guān)鍵是掌握好定義，并熟練掌握常見的函數(shù)的導數(shù)．【解析】215、略

【分析】解：圓x2+y2-2x=0的標準方程為：（x-1）2+y2=4；

表示以（1；0）為圓心，以2為半徑的圓；

圓x2+y2+2x+2y=0的標準方程為：（x+1）2+（y+1）2=2；

表示以（-1，-1）為圓心，以為半徑的圓；

所以兩圓的圓心距為1，1

所以兩圓相交；

故答案為：相交．

根據(jù)題意先求出兩圓的圓心和半徑；根據(jù)兩圓的圓心距與兩圓的半徑之和與差的關(guān)系，得出兩圓位置關(guān)系．

本題考查兩圓的位置關(guān)系，由兩圓的圓心距等于兩圓的半徑之和，得出兩圓相外切．在半徑和與比較差之間，兩圓相交．【解析】相交16、略

【分析】解：根據(jù)莖葉圖可得；

觀察甲樹苗9次得到的樹苗高度分別為：19；20，21，23，24，31，32，33，37；

觀察乙樹苗10次得到的樹苗高度分別為：10；10，14，24，26，30，44，46，46，47；

∴甲樹苗高度的中位數(shù)為24，乙樹苗高度的中位數(shù)為=28；

∴甲；乙兩種樹苗高度的數(shù)據(jù)的中位數(shù)之和為24+28=52．

故答案為：52．

根據(jù)莖葉圖；可以得到樹苗的高度的數(shù)據(jù)，按照從小到大排列，根據(jù)中位數(shù)的定義，即可得到甲和乙的中位數(shù)，從而得到答案．

本題考查了統(tǒng)計中的莖葉圖，眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)等基本概念．眾數(shù)是指在這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的一個數(shù)，中位數(shù)是指將數(shù)據(jù)從小到大排列，處于中間位置的數(shù)，如果中間位置有兩個數(shù)，則取這兩個數(shù)的平均值，屬于基礎(chǔ)題．【解析】52三、作圖題(共5題，共10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】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．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(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．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32分)22、略

【分析】

(Ⅰ)由已知（2分）故曲線在處切線的斜率為（4分）(Ⅱ)（5分）①當時，由于故所以，的單調(diào)遞增區(qū)間為（6分）②當時，由得在區(qū)間上，在區(qū)間上所以，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為單調(diào)遞減區(qū)間為（8分）（Ⅲ）由已知，轉(zhuǎn)化為（9分）（10分）由(Ⅱ)知，當時，在上單調(diào)遞增，值域為故不符合題意.(或者舉出反例：存在故不符合題意.)（11分）當時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故的極大值即為最大值，（13分）所以解得（14分）【解析】略【解析】【答案】23、略

【分析】【解析】本試題主要是考查了莖葉圖的運用以及中位數(shù)和平均數(shù)和標準差的綜合運算。

（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)；找到莖和葉，分別對于甲乙的情況來分析。

（2）根據(jù)中位數(shù)、平均數(shù)、方差的定義得到所求解的結(jié)論【解析】【答案】（1）略畫對即可（2）甲的中位數(shù)33、平均數(shù)33、方差15.67乙的中位數(shù)33.5、平均數(shù)33、方差12.6724、略

【分析】【解析】第一問，因為由題設(shè)可知

又故

或又由題設(shè)從而

第二問中，

當時，時

故時，

時，

分別討論得到結(jié)論。

由題設(shè)可知

又故

或又由題設(shè)

從而4分。

（2）

當時，時6分。

故時，8分。

時，

10分。

綜上可得【解析】【答案】（2）25、略

【分析】【解析】

故

即

即．【解析】【答案】證明過程見答案五、計算題(共4題，共16分)26、略

【分析】【分析】要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化PE，PC的值，從而找出其最小值求解．【解析】【解答】解：如圖；連接AE；

因為點C關(guān)于BD的對稱點為點A；

所以PE+PC=PE+AP；

根據(jù)兩點之間線段最短可得AE就是AP+PE的最小值；

∵正方形ABCD的邊長為8cm；CE=2cm；

∴BE=6cm；

∴AE==10cm．

∴PE+PC的最小值是10cm．27、略

【分析】【分析】作點B關(guān)于AC的對稱點E，連接EP、EB、EM、EC，則PB+PM=PE+PM，因此EM的長就是PB+PM的最小值．【解析】【解答】解：如圖；作點B關(guān)于AC的對稱點E，連接EP；EB、EM、EC；

則PB+PM=PE+PM；

因此EM的長就是PB+PM的最小值．

從點M作MF⊥BE；垂足為F；

因為BC=2；

所以BM=1，BE=2=2．

因為∠MBF=30°；

所以MF=BM=，BF==，ME==．

所以PB+PM的最小值是．28、略

【分析】【解析】

（1）由題得又則3分（2）猜想5分證明：①當時，故命題成立。②假設(shè)當時命題成立，即7分則當時，故命題也成立。11分綜上，對一切有成立。12分【解析】【答案】（1）（2）有成立。29、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】利用復數(shù)的除法運算法則求出z1，設(shè)出復數(shù)z2；利用復數(shù)的乘法運算法則求出z1?z2；利用當虛部為0時復數(shù)為實數(shù)，求出z2．六、綜合題(共4題，共32分)30、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最小；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(guān)于x軸對稱；

∴D（1，-2）．（11分）31、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?。稽cD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．