2025年浙科版高二數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙科版高二數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知p：函數(shù)f（x）=2|x-a|在區(qū)間（4，+∞）上單調(diào)遞增；q：loga2＜1．如果“?p”是真命題；“p或q”也是真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）

A.a＞4

B.0＜a＜1或a＞4

C.a＞2

D.0＜a＜1

2、在銳角△ABC中，邊a是以-4為第三項(xiàng)，4為第七項(xiàng)的等差數(shù)列的公差，邊b是以為第三項(xiàng)；9為第六項(xiàng)的等比數(shù)列的公比，則邊c的取值范圍是（）

A.

B.

C.

D.

3、命題“若則”以及它的逆命題，否命題和逆否命題中，真命題的個(gè)數(shù)是A.0B.2C.3D.44、【題文】執(zhí)行如圖所示的程序框圖后；輸出的值為4，則P的取值范圍是（）

A.B.C.D.5、【題文】

將一枚均勻硬幣隨機(jī)擲20次，則恰好出現(xiàn)10次正面向上的概率為（）A.B.C.D.6、已知不等式的解集為則不等式的解集為（）A.B.C.D.7、有一段演繹推理是這樣的：“因?yàn)橐淮魏瘮?shù)y=kx+b（k≠0）在R上是增函數(shù)，而y=﹣x+2是一次函數(shù)，所以y=﹣x+2在R上是增函數(shù)”的結(jié)論顯然是錯(cuò)誤，這是因?yàn)椋ǎ〢.大前提錯(cuò)誤B.小前提錯(cuò)誤C.推理形式錯(cuò)誤D.非以上錯(cuò)誤8、函數(shù)y=x鈭?1+ln(2鈭?x)

的定義域是(

)

A.[1,+隆脼)

B.(鈭?隆脼,2)

C.(1,2)

D.[1,2)

9、等比數(shù)列{an}

的前n

項(xiàng)和為Sn

已知S3=a2+5a1a7=2

則a5=(

)

A.12

B.鈭?12

C.2

D.鈭?2

評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、已知命題恒成立，命題為減函數(shù)，若且為真命題，則的取值范圍是．11、計(jì)算____．12、【題文】已知F為雙曲線C:-=1的左焦點(diǎn),P,Q為C上的點(diǎn).若PQ的長(zhǎng)等于虛軸長(zhǎng)的2倍,點(diǎn)A(5,0)在線段PQ上,則△PQF的周長(zhǎng)為_(kāi)___.13、【題文】已知地鐵列車每10min一班，在車站停1min，則乘客到達(dá)站臺(tái)立即上車的概率為_(kāi)_______．14、已知某離散型隨機(jī)變量X服從的分布列如圖，則隨機(jī)變量X的方差D（X）等于______．

。X01pm2m評(píng)卷人得分三、作圖題(共5題，共10分)15、A是銳角MON內(nèi)部任意一點(diǎn)，在∠MON的兩邊OM，ON上各取一點(diǎn)B，C，組成三角形，使三角形周長(zhǎng)最?。ㄈ鐖D所示）16、已知，A，B在直線l的兩側(cè)，在l上求一點(diǎn)，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）17、著名的“將軍飲馬”問(wèn)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(diǎn)，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）19、分別畫一個(gè)三棱錐和一個(gè)四棱臺(tái)．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共16分)20、已知a＞0，b＞0且

（1）求ab最小值；

（2）求a+b的最小值．

21、【題文】

根據(jù)如圖所示的程序框圖，將輸出的值依。

次分別記為，.

（Ⅰ）分別求數(shù)列和的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）令求數(shù)列的前項(xiàng)和

其中評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共40分)22、已知等式在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)成立，那么x的值為_(kāi)___．23、已知a為實(shí)數(shù)，求導(dǎo)數(shù)24、解關(guān)于x的不等式ax2﹣（2a+2）x+4＞0．25、解不等式|x﹣2|+|x﹣4|＞6．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

∵函數(shù)f（x）=2|x-a|的外函數(shù)y=2u在其定義域R上為增函數(shù)。

若函數(shù)f（x）=2|x-a|在區(qū)間（4；+∞）上單調(diào)遞增。

則內(nèi)函數(shù)u=|x-a|在區(qū)間（4；+∞）也要為增函數(shù)。

又∵u=|x-a|在區(qū)間[a；+∞）為增函數(shù)。

∴（4；+∞）?[a，+∞）

即a≤4；

q：由loga2＜1得0＜a＜1或a＞2

如果“￢p”為真命題；則p為假命題，即a＞4

又因?yàn)閜或q為真；則q為真，即0＜a＜1或a＞2

由?a＞4；

可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是a＞4．

故選A．

【解析】【答案】根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性確定函數(shù)f（x）=2|x-a|在區(qū)間（4；+∞）上單調(diào)遞增的實(shí)數(shù)a的取值范圍，求出其補(bǔ)集；再結(jié)合命題q為真時(shí)，求出a的范圍，最后結(jié)合復(fù)合命題的真假分情況討論后即可得到結(jié)論．

2、C【分析】

由題意；∵邊a是以-4為第三項(xiàng)，4為第七項(xiàng)的等差數(shù)列的公差。

∴

∵邊b是以為第三項(xiàng)；9為第六項(xiàng)的等比數(shù)列的公比。

∴

∴b=3

∴c或b是最大邊。

利用余弦定理可得：

∴

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，先確定邊a，b；進(jìn)而利用余弦定理建立不等式，從而可解．

3、B【分析】因?yàn)樵}是真命題，所以其逆否命題也為真命題．因?yàn)樗哪婷}為“若則”是假命題，所以它的否命題也為假命題．故真命題的個(gè)數(shù)為2.【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】由題意知所以退出循環(huán)體時(shí)S的值為所以不滿足S【解析】【答案】D5、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D6、D【分析】【解答】由已知得且2，4為一元二次方程兩根，由韋達(dá)定理得①，②．①除以②，得由②得注意到不等式或．故選D．7、C【分析】【解答】解：當(dāng)k＞0時(shí)，一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）在R上是增函數(shù)，當(dāng)k＜0時(shí)，一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）在R上是減函數(shù)；

故推理的大前提是錯(cuò)誤的。

故選C．

【分析】函數(shù)的增減性不同，當(dāng)k＞0時(shí)，一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）在R上是增函數(shù)，當(dāng)k＜0時(shí)，一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）在R上是減函數(shù)，問(wèn)題得以判斷．8、D【分析】解：使函數(shù)有意義須有：

{x鈭?1鈮?02鈭?x>0

解得：x隆脢[1,2)

故選D．

根據(jù)偶次根式下大于等于0

對(duì)數(shù)的真數(shù)大于0

建立不等式組解之即可求出所求．

本題主要考查了對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域，以及偶次根式函數(shù)的定義域，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D

9、A【分析】解：設(shè)等比數(shù)列{an}

的公比為q

由S3=a2+5a1a7=2

得。

{a1q6=2a1+a1q2=5a1

解得：a1=132,q2=4

．

隆脿a5=a1q4=132隆脕42=12

．

故選：A

．

設(shè)出等比數(shù)列的公比；由已知列式求出首項(xiàng)和公比的平方，然后代入等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得a5

．

本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了等比數(shù)列的前n

項(xiàng)和，是基礎(chǔ)的計(jì)算題．【解析】A

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】命題恒成立,因?yàn)樗悦}q:由于p且q為真命題，所以p、q都為真，所以【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】【答案】112、略

【分析】【解析】由題知,雙曲線中a=3,b=4,c=5,

則|PQ|=16,

又因?yàn)閨PF|-|PA|=6,

|QF|-|QA|=6,

所以|PF|+|QF|-|PQ|=12,

|PF|+|QF|=28,

則△PQF的周長(zhǎng)為44.【解析】【答案】4413、略

【分析】【解析】將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為幾何概型中的長(zhǎng)度比，共11分鐘，列車停1分鐘，故長(zhǎng)度比為．【解析】【答案】14、略

【分析】解：由離散型隨機(jī)變量X服從的分布列；知：

m+2m=1，解得m=

∴E（X）==

∴D（X）=+（1-）2×=．

故答案為：．

由離散型隨機(jī)變量X服從的分布列，求出m=從而得到E（X）=由此能求出D（X）．

本題考查離散型隨機(jī)變量的方差的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是基礎(chǔ)題．【解析】三、作圖題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】作出A關(guān)于OM的對(duì)稱點(diǎn)A'，關(guān)于ON的A對(duì)稱點(diǎn)A''，連接A'A''，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短即可判斷出使三角形周長(zhǎng)最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A關(guān)于OM的對(duì)稱點(diǎn)A'；關(guān)于ON的A對(duì)稱點(diǎn)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(duì)稱；A與A″關(guān)于ON對(duì)稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據(jù)兩點(diǎn)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(diǎn)之間，線段最短，連接兩點(diǎn)與直線的交點(diǎn)即為所求作的點(diǎn)．【解析】【解答】解：連接兩點(diǎn)與直線的交點(diǎn)即為所求作的點(diǎn)P；

這樣PA+PB最?。?/p>

理由是兩點(diǎn)之間，線段最短．17、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)作出B點(diǎn)與河面的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接AB′，AB′與河面的交點(diǎn)C即為所求．【解析】【解答】解：作B點(diǎn)與河面的對(duì)稱點(diǎn)B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對(duì)稱的性質(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短的性質(zhì)可知；C點(diǎn)即為所求．

18、略

【分析】【分析】顯然根據(jù)兩點(diǎn)之間，線段最短，連接兩點(diǎn)與直線的交點(diǎn)即為所求作的點(diǎn)．【解析】【解答】解：連接兩點(diǎn)與直線的交點(diǎn)即為所求作的點(diǎn)P；

這樣PA+PB最小；

理由是兩點(diǎn)之間，線段最短．19、解：畫三棱錐可分三步完成。

第一步：畫底面﹣﹣畫一個(gè)三角形；

第二步：確定頂點(diǎn)﹣﹣在底面外任一點(diǎn)；

第三步：畫側(cè)棱﹣﹣連接頂點(diǎn)與底面三角形各頂點(diǎn)．

畫四棱可分三步完成。

第一步：畫一個(gè)四棱錐；

第二步：在四棱錐一條側(cè)棱上取一點(diǎn)；從這點(diǎn)開(kāi)始，順次在各個(gè)面內(nèi)畫與底面對(duì)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(tái)都是需要先畫底面，再確定平面外一點(diǎn)連接這點(diǎn)與底面上的頂點(diǎn)，得到錐體，在畫四棱臺(tái)時(shí)，在四棱錐一條側(cè)棱上取一點(diǎn)，從這點(diǎn)開(kāi)始，順次在各個(gè)面內(nèi)畫與底面對(duì)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2題，共16分)20、略

【分析】

（1）∵（4分）

則ab≥4（6分）

（2）∵=4；

∴a+b的最小值4；

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2時(shí)取得（12分）．

【解析】【答案】（1）根據(jù)基本不等式的性質(zhì)可知進(jìn)而求得的最大值．

（2）根據(jù)化簡(jiǎn)可以得到a+b=（a+b）×（）；再運(yùn)用基本不等式可求得最小值．

21、略

【分析】【解析】（Ⅰ）由框圖，知數(shù)列

∴

由框圖，知數(shù)列中，∴

∴∴數(shù)列是以3為首項(xiàng)；3為公比的等比數(shù)列。

∴∴

（Ⅱ）=

=1×（3－1）+3×（32－1）++（2k－1）（3k－1）

=1×3+3×32++（2k－1）·3k－[1+3++（2k－1）]

記1×3+3×32++（2k－1）·3k；①

則1×32+3×33++（2k－1）×3k+1②

①－②，得－2Sk=3+2·32+2·33++2·3k－（2k－1）·3k+1

=2（3+32++3k）－3－（2k－1）·3k+1

=2×

=

∴

又1+3++（2k－1）=k2

∴【解析】【答案】五、計(jì)算題(共4題，共40分)22、略

【分析】【分析】先移項(xiàng)并整理得到=，然后兩邊進(jìn)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2．23、解：【分析】【分析】由原式得∴24、解：不等式ax2﹣（2a+2）x+4＞0；

因式分解得：（ax﹣2）（x﹣2）＞0；

若a=0；不等式化為﹣2（x﹣2）＞0，則解集為{x|x＜2}；

若a≠0時(shí)，方程（ax﹣2）（x﹣2）=0的兩根分別為2；

①若a＜0，則＜2，此時(shí)解集為{x|＜x＜2}；

②若0＜a＜1，則