2025年湘師大新版高二數(shù)學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘師大新版高二數(shù)學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5題，共10分)1、已知回歸直線的估計值為0．2，樣本點的中心為（4，5），則回歸直線方程為（）A.B.C.D.2、【題文】過雙曲線-=1(a>0,b>0)的左焦點F引圓x2+y2=a2的切線,切點為T,延長FT交雙曲線右支于點P,若T為線段FP的中點,則該雙曲線的漸近線方程為()A.x±y=0B.2x±y=0C.4x±y=0D.x±2y=03、【題文】設函數(shù)為坐標原點，為函數(shù)圖象上橫坐標為n（n∈N*）的點，向量向量設為向量與向量的夾角，滿足的最大整數(shù)是（）A.2B.3C.4D.54、【題文】函數(shù)y=3sin的單調遞增區(qū)間是A.B.C.D.5、設a∈Z，且0≤a≤13，若512016-a能被13整除，則a=（）A.1B.2C.11D.12評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、設則=____．7、數(shù)列中，某三角形三邊之比為則該三角形最大角為____8、【題文】已知某回歸直線過點且樣本數(shù)據(jù)中和的均值分別為。

和則此回歸直線方程為____.9、若曲線=1表示雙曲線，則k的取值范圍是____．10、已知向量=（2，-1，2），=（1，m，n），若∥則m+n=______．11、已知點P（2，-3），Q（3，2），直線ax+y+2=0與線段PQ相交，則實數(shù)a的取值范圍是______．12、兩條平行直線3x+4y-5=0與6x+8y-15=0之間的距離為______．13、已知拋物線x2=4y

上有一條長為6

的弦AB

所在直線傾斜角為45鈭?

則AB

中點到x

軸的距離為______．評卷人得分三、作圖題(共9題，共18分)14、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？

15、A是銳角MON內部任意一點，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）16、已知，A，B在直線l的兩側，在l上求一點，使得PA+PB最小．（如圖所示）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）19、已知，A，B在直線l的兩側，在l上求一點，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）20、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12分)21、已知函數(shù)（1）求的最大值和最小值；（2）若不等式在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍。22、如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4；點D是AB的中點；

(1)求證：AC⊥BC1；

(2)求證：AC1∥平面CDB1；

(3)求二面角C1-AB-C的余弦值．23、已知一元二次方程：x2+2ax-b2+4=0；

（1）若a是從{-1，0，1}中任取的一個數(shù)字，b是從{-3；-2，-1，0，1}中任取的一個數(shù)字，求該方程有根的概率．

（2）若a是從區(qū)間[-2，2]中任取的一個數(shù)字，b從是區(qū)間[-2，2]中任取的一個數(shù)字，求該方程有實根的概率．24、已知函數(shù)f(x)=2xlnx

(1)

求這個函數(shù)的導數(shù)。

(2)

求這個函數(shù)的圖象在點x=1

處的切線方程．評卷人得分五、計算題(共2題，共18分)25、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．26、已知z1=5+10i，z2=3﹣4i，求z．評卷人得分六、綜合題(共2題，共4分)27、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：____．28、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5題，共10分)1、B【分析】試題分析：因為線性回歸直線方程過樣本中心點，所以點（4，5）在回歸直線（其中估計值為0．2）上,即解之得故答案為．考點：線性回歸直線方程過樣本中心點．【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】如圖所示,設雙曲線的另一個焦點為F′,連結OT；PF′.

∵FT為圓的切線,

∴FT⊥OT,且|OT|=a,

又∵T；O分別為FP、FF′的中點,

∴OT∥PF′且|OT|=|PF′|,

∴|PF′|=2a,

且PF′⊥PF.

又|PF|-|PF′|=2a,

∴|PF|=4a.

在Rt△PFF′中,|PF|2+|PF′|2=|FF′|2,

即16a2+4a2=4c2,

∴=5.

∴=-1=4,

∴=±2,

即漸近線方程為y=±2x,

即2x±y=0.故選B.【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】由題意知為因

則

所以為直線的傾斜角，則

法一：

得

滿足的最大整數(shù)是3

法二：因

得知滿足條件最大整數(shù)是3【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】因為所以當即時，函數(shù)單調遞增，故選C【解析】【答案】C5、A【分析】解：a∈Z，且0≤a≤13，∵512016-a能被13整除；

即（52-1）2016-a=?522016-?522015+?522014+-?52+-a；

顯然；除了最后2項外，其余的各項都能被13整除；

故512016-a被13整除的余數(shù)即1-a．

再根據(jù)512016-a能被13整除；可得1-a=0，故a=1；

故選：A．

把（52-1）2016-a按照二項式定理展開；可得它除以13的余數(shù)為1-a，再根據(jù)它能被13整除，可得a的值．

本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數(shù)的性質，屬于基礎題．【解析】【答案】A二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

∵設

∴=

=

=．

故答案為：．

【解析】【答案】由知===．

7、略

【分析】【解析】

由Sn=n2得a2=s2-s1=4-1=3，同理得a3=5，a4=7，∵3，5，7作為三角形的三邊能構成三角形，∴可設該三角形三邊為3，5，7，令該三角形最大角為θ，結合余弦定理得到cosθ=又0°＜θ＜180°∴θ=120°．故答案為：120°【解析】【答案】120°8、略

【分析】【解析】

試題分析：直接由線性回歸方程過樣本數(shù)據(jù)中心和原點知，其方程為：

考點：線性回歸方程.【解析】【答案】9、（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞）【分析】【解答】解：要使方程為雙曲線方程需（4+k）（1﹣k）＜0；

即（k﹣1）（k+4）＞0；

解得k＞1或k＜﹣4

故答案為（﹣∞；﹣4）∪（1，+∞）

【分析】根據(jù)雙曲線的性質知，（4+k）（1﹣k）＜0，進而求得k的范圍．10、略

【分析】解：∵∥∴存在實數(shù)k使得

∴解得k=2，m=-n=1．

∴m+n=．

故答案為：．

∥則存在實數(shù)k使得即可得出．

本題考查了向量共線定理、方程組的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．【解析】11、略

【分析】解：畫出圖象：

∵

=-．

要使直線ax+y+2=0與線段PQ相交；

則滿足．

∴

∴．

故答案為．

分別求出直線MQ；MP的斜率；進而即可求出直線MN的斜率的取值范圍．

正確理解直線相交與直線的斜率的關系是解題的關鍵．【解析】12、略

【分析】解：由題意可得：兩條平行直線為6x+8y-10=0與6x+8y-15=0；

由平行線的距離公式可知d===．

故答案為：．

首先使兩條平行直線x與y的系數(shù)相等；再根據(jù)平行線的距離公式求出距離即可．

本題是基礎題，考查平行線的應用，平行線的距離的求法，注意平行線的字母的系數(shù)必須相同是解題的關鍵．【解析】13、略

【分析】解：設A(x1,14x12)B(x2,14x22)

由弦AB

所在直線傾斜角為45鈭?

可得：kAB=14(x12鈭?x22)x1鈭?x2=14(x1+x2)=1

則x1+x2=4

又隆脽|AB|=6

故x1鈭?x2=32

則AB

中點到x

軸的距離為d=y1+y22=18(x12+x22)

=116[(x1+x2)2+(x1鈭?x2)2]=116[42+(32)2]=178

故答案為：178

．

分別設A(x1,14x12)B(x2,14x22)

利用斜率公式及直線的傾斜角可得x1+x2=4

再由|AB|=6

得x1鈭?x2=32

利用中點坐標公式可得AB

中點到x

軸的距離為d=y1+y22=18(x12+x22)

轉化為含有x1+x2x1鈭?x2

的代數(shù)式求解．

本題考查拋物線的簡單性質，考查數(shù)學轉化思想方法，靈活運用定義轉化是關鍵，是中檔題．【解析】178

三、作圖題(共9題，共18分)14、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質作出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；

由對稱的性質可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質可知；C點即為所求．

15、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．16、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．17、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質作出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；

由對稱的性質可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質可知；C點即為所求．

18、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．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?。?/p>

理由是兩點之間，線段最短．20、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：在四棱錐一條側棱上取一點；從這點開始，順次在各個面內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，在四棱錐一條側棱上取一點，從這點開始，順次在各個面內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12分)21、略

【分析】第一問中利用三角函數(shù)的二倍角公式，我們降冪倍角可以得到即為因為所以得到最值。第二問中，不等式在上恒成立，因為等價于且即得到結論?！窘馕觥?/p>

（1）6分（2）且即14分【解析】【答案】（1）（2）22、略

【分析】解法一：

(1)要證AC⊥BC1，可通過證出AC⊥平面BCC1實現(xiàn)．由已知，易證AC⊥BC，AC⊥C1C，所以AC⊥平面BCC1成立．

(2)令BC1交CB1于點O，連接OD，可知O、D是△AC1B的中位線，得出OD利用線面平行的判定定理證出AC1∥平面CDB1；

(3)過C點作CE⊥AB于E，連接C1E，可以證出∠CEC1(或其補角)即是C1-AB-C的平面角，在△CEC1中求解即可．

解法二：在直三棱柱ABC-A1B1C1中；以C為原點建立空間直角坐標系；利用向量的工具求解．

(1)通過=0，證明AC⊥BC1；

(2)求出平面CDB1的一個法向量通過⊥來證明AC1∥平面CDB1；

(3)分別求出平面ABC，平面CDB1的一個法向量，利用兩法向量的夾角求出二面角C1-AB-C的余弦值．【解析】解法一：(1)證明∵AC=3；BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC；

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥C1C；

又BC∩C1C=C，∴AC⊥平面BCC1；

又BC1?平面BCC1，∴AC⊥BC1．

(2)證明：如圖，令BC1交CB1于點O；連接OD；

∵O、D分別是BC1和AB的中點；

∴OD又OD?平面CDB1，AC1?平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1

(3)解：過C點作CE⊥AB于E，連接C1E；

∵CC1⊥AB，CE⊥AB，∴∠CEC1(或其補角)即是C1-AB-C的平面角，

在Rt△ABC中，∵AC=3，BC=4，AB=5，由AB?CE=AC?BC得CE=

∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥CE，∴△CEC1是Rt△；

又∵CC1=AA1=4，CE=∴C1E=

∴cos∠CEC1=即二面角C1-AB-C的余弦值為．

解法二：∵AC=3；BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC；

在直三棱柱ABC-A1B1C1中；以C為原點建立如圖所示空間直角坐標系；

(1)由題意有A(3，0，0)，C(0，0，0)，B(0，4，0)，C1(0；0，4)；

∴=(0，-4，4)，∴=(-3；0，0)?(0，-4，4)=0；

∴⊥即AC⊥BC1．

(2)∵D((0；4，4)；

∴=(0；4，4)；

令平面CDB1的一個法向量為

∴

∴=-3×4+0+1×4=0，∴⊥

又AC?平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1．

(3)令平面ABC1的一個法向量為

∵=(-3；0，4)；

∴由

∴1，1)；

易知平面ABC的一個法向量為=(0；0，4)；

∵

∴

所以二面角C1-AB-C的余弦值即為．23、略

【分析】

根據(jù)題意，由一元二次方程的性質，可得x2+ax+b2=0有實根的充要條件為a2+b2≥4；

（1）由題意分析可得，這是古典概型，由a、b分別從{-1，0，1}，{-3，-2，-1，0，1}中任取的數(shù)字，易得一共可以得到15個不同方程，得滿足a2+b2≥4的全部情況數(shù)目；結合古典概型公式，計算可得答案；

（2）由題意分析可得，這是幾何概型，將a，b表示為平面區(qū)域，進而可得其中滿足a2+b2≥4的區(qū)域的面積；由幾何概型公式，計算可得答案。

本題考查幾何概型和古典概型，放在一起的目的是把兩種概型加以比較，注意兩者的不同【解析】解：根據(jù)題意，方程x2+2ax-b2+4=0，有實根則△≥0即a2+b2≥4；

（1）由題意，a，b是分別從{-1；0，1}，{-3，-2，-1，0，1}中任取的數(shù)字；

則a有3種取法，b有5種取法；共有5不同的情況，可以得到15個不同方程；

滿足a2+b2≥4的有（-1；-3）（0，-3）（1，-3）（-1，-2）（0，-2）（1，-2）共有6種情況滿足方程有實根；

∴p=

（2）a是從區(qū)間[-2，2]中任取的一個數(shù)字，b從是區(qū)間[-2；2]中任取的一個數(shù)字；

由題意得：a，b滿足的區(qū)域為邊長是4的正方形；面積為16；

使得方程有實根的，a，b滿足a2+b2≥4，區(qū)域面積為4π，由幾何概型的公式得到方程有實根的概率為．24、略

【分析】

(1)

根據(jù)導數(shù)的運算法則求出函數(shù)的導數(shù)即可；

(2)

計算f(1)f隆盲(1)

求出切線方程即可．

本題考查了導數(shù)的運算，考查切線方程問題，是一道基礎題．【解析】解：(1)隆脽f(x)=2xlnx

隆脿f隆盲(x)=2(lnx+1)=2lnx+2

(2)

由(1)f(1)=0

f隆盲(x)=2lnx+2

隆脿k=f隆盲(1)=2

隆脿

這個函數(shù)的圖象在點x=1

處的切線方程：y=2x鈭?2

．五、計算題(共2題，共18分)25、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．26、解：∴

又∵z1=5+10i，z2=3﹣4i

∴【分析】【分析】把z1、z2代入關系式，化簡即可六、綜合題(共2題，共4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，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