2024年华师大新版高二数学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华师大新版高二数学下册阶段测试试卷769考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、一个单位有职工800人；其中具有高级职称的160人，具有中级职称的320人，具有初级职称的200人，其余人员120人，为了解职工收入情况，决定采用分层抽样的方法从中抽取样本．若样本中具有初级职称的职工为10人，则样本容量为（）

A.10

B.20

C.40

D.50

2、E，F，G分别为正方体ABCD-A1B1C1D1面A1C1，B1C，CD1的对角线交点；则AE与FG所成的角为（）

A.60°

B.90°

C.30°

D.45°

3、【题文】若则的取值范围（）A.B.[C.D.4、如图所示，在平行四边形ABCD中，AE：EB=1：2，若S△AEF=6cm2，则S△ADF为（）A.54cm2B.24cm2C.18cm2D.12cm25、已知F

是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)

的左焦点，A

为右顶点，P

是椭圆上一点，且PF隆脥x

轴，若|PF|=14|AF|

则该椭圆的离心率是(

)

A.14

B.34

C.12

D.32

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、如图，圆O上一点C在直径AB上的射影为D．AD=2，AC=则AB=____，BC=____．

7、若直线y=kx+4+2k与曲线y=有两个交点，则k的取值范围是____．8、由曲线所围成图形的面积是________。9、【题文】在区间上任取两数m和n，则关于x的方程有两不相等实根的概率为____.10、【题文】如图是总体的一个样本频率分布直方图，且在[15,18）内频数为８．则样本容量=_________11、过点M（x0，）作圆O：x2+y2=1的切线，切点为N，如果∠OMN≥那么x0的取值范围是______．12、如图；阴影部分的面积是______．

13、四面体OABC

四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为：O(0,0,0)A(2,0,0)B(0,4,0)C(0,2,2)

则四面体OABC

外接球的表面积为______．评卷人得分三、作图题(共7题，共14分)14、著名的“将军饮马”问题：有一位将军骑着马要从A地走到B地；但途中要到水边喂马喝一次水，则将军怎样走最近？

15、A是锐角MON内部任意一点，在∠MON的两边OM，ON上各取一点B，C，组成三角形，使三角形周长最小．（如图所示）16、已知，A，B在直线l的两侧，在l上求一点，使得PA+PB最小．（如图所示）17、著名的“将军饮马”问题：有一位将军骑着马要从A地走到B地；但途中要到水边喂马喝一次水，则将军怎样走最近？

18、A是锐角MON内部任意一点，在∠MON的两边OM，ON上各取一点B，C，组成三角形，使三角形周长最小．（如图所示）19、已知，A，B在直线l的两侧，在l上求一点，使得PA+PB最小．（如图所示）20、分别画一个三棱锥和一个四棱台．评卷人得分四、解答题(共4题，共32分)21、如图：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=2AD=2，点E、F分别为C1D1、A1B的中点：

（1）求证：EF∥平面BB1C1C

（2）求二面角B1-A1B-E的大小．

22、(本小题满分13分)袋中有大小相同的三个球，编号分别为1、2和3，从袋中每次取出一个球，若取到的球的编号为偶数，则把该球编号加1(如：取到球的编号为2，改为3)后放回袋中继续取球；若取到球的编号为奇数，则取球停止，用表示所有被取球的编号之和．(Ⅰ)求的概率分布；(Ⅱ)求的数学期望与方差．23、在平面直角坐标系xOy

中，直线lx=鈭�1

点T(3,0)

动点P

满足PS隆脥l

垂足为S

且OP鈫�?ST鈫�=0

设动点P

的轨迹为曲线C

．

(1)

求曲线C

的方程；

(2)

设Q

是曲线C

上异于点P

的另一点，且直线PQ

过点(1,0)

线段PQ

的中点为M

直线l

与x

轴的交点为N.

求证：向量SM鈫�

与NQ鈫�

共线．24、数列{an}

的前n

项和为Sna1=1Sn=an+1鈭�12(n隆脢N*)

(1)

求{an}

的通项公式；

(2)

等差数列{bn}

的各项均为正数，其前n

项和为Tn

且T3=15

又a1+b1a2+b2a3+b3

成等比数列，求Tn

．评卷人得分五、计算题(共4题，共40分)25、已知等式在实数范围内成立，那么x的值为____．26、1.本小题满分12分）对于任意的实数不等式恒成立,记实数的最大值是（1）求的值；（2）解不等式27、设L为曲线C：y＝在点(1,0)处的切线．求L的方程；28、已知复数z1满足（z1﹣2）（1+i）=1﹣i（i为虚数单位），复数z2的虚部为2，且z1•z2是实数，求z2．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】

设样本容量为x，由于每个个体被抽到的概率等于=

则由=解得x=40；

故选C．

【解析】【答案】设样本容量为x，由于每个个体被抽到的概率等于=由=解得x的值．

2、B【分析】

连接BD；如图所示：

∵E，F，G分别为正方体ABCD-A1B1C1D1面A1C1，B1C，CD1的对角线交点；可得GF∥BD

∵BD⊥AC，BD⊥A1A，A1A∩AC=A

∴BD⊥平面A1C

而AE⊂平面A1C

∴BD⊥AE

即FG⊥AE

故选B

【解析】【答案】由正方体的几何特征，及三角形中位线定理，可得GF∥BD，即AE与FG所成的角等于AE与BD所成的角，根据已知条件，易证明BD⊥平面A1C；进而由线面垂直的性质得AE⊥BD，进而得到答案．

3、D【分析】【解析】当时，等价于解得所以此时

当时，等价于解得所以此时

综上可得，或故选D【解析】【答案】D4、C【分析】解：∵AE∥CD；∴△AEF∽△CDF；

∴AE：CD=AF：CF；

∵AE：EB=1：2；

∴AE：AB=AE：CD=1：3；

∴AF：CF=1：3；

∴AF：AC=1：4；

∴△AEF与△ABC的高的比为1：4；

∴△AEF与△ABC的面积的比为1：12；

∴△AEF与平行四边形ABCD的面积的比为1：24；

∵△AEF的面积等于6cm2；

∴平行四边形ABCD的面积等于144cm2．

∵AF：AC=1：4；

∴S△ADF=18cm2．

故选：C．

由四边形ABCD为平行四边形，易判断出△AEF与△CDF相似，进而可得△AEF与△ABC的面积的比，结合△AEF的面积等于6cm2，求出平行四边形ABCD的面积，即可求出S△ADF．

本题考查相似三角形的判定，考查平行四边形面积的计算，判断出△AEF与△CDF相似，确定△AEF与△ABC的面积的比是关键．【解析】【答案】C5、B【分析】解：由于PF隆脥x

轴；

则令x=鈭�c

代入椭圆方程，解得；

y2=b2(1鈭�c2a2)=b4a2

y=隆脌b2a

又|PF|=14|AF|

即b2a=14(a+c)

即有4(a2鈭�c2)=a2+ac

即有(3a鈭�4c)(a+c)=0

则e=ca=34

．

故选B．

令x=鈭�c

代入椭圆方程，解得|PF|

再由|AF|=a+c

列出方程，再由离心率公式，即可得到．

本题考查椭圆的方程和性质，考查离心率的求法，考查运算能力，属于基础题．【解析】B

二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】

圆O上一点C在直径AB上的射影为D．AD=2，AC=则由射影定理可得AC2=AD•AB；即20=2•（BD+2）；

解得BD=8；∴AB=2+BD=10．

再由BC2=BD•BA=8×10=80可得BC=4

故答案为10；4．

【解析】【答案】由条件利用射影定理可得AC2=AD•AB，即20=2•（BD+2），解得BD的值，可得AB=BD+AD的值．再由BC2=BD•BA；求得BC的值．

7、略

【分析】

曲线y=即x2+y2=4；（y≥0）

表示一个以（0；0）为圆心，以2为半径的位于x轴上方的半圆，如图所示：

直线y=kx+4+2k即y=k（x+2）+4

表示恒过点（-2；4）斜率为k的直线。

结合图形可得。

kAB==-1；

∵=2解得k=-即kAT=-

∴要使直线与半圆有两个不同的交点，k的取值范围是[-1，-）．

故答案为：[-1，-）．

【解析】【答案】画出曲线方程表示的半圆图形；直线方程变形；判断出直线过定点；画出图形，数形结合求出满足题意的k的范围．

8、略

【分析】【解析】

利用定积分的几何意义可知，由曲线所围成图形的面积是【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】

试题分析：题意知由方程有两不相等实根知即作出图形（如下图）：因此所求概率为

考点：1.几何概型；2.线性规划.【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、略

【分析】解：∵∠OMN≥∴≥

∴OM≤2；

∴x02+3≤4；

∴-1≤x0≤1；

故答案为：-1≤x0≤1．

∠OMN≥则≥可得OM≤2，即可求出x0的取值范围．

本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于基础题．【解析】-1≤x0≤112、略

【分析】解：直线y=2x

与抛物线y=3鈭�x2

解得交点为(鈭�3,鈭�6)

和(1,2)

抛物线y=3鈭�x2

与x

轴负半轴交点(鈭�3,0)

设阴影部分面积为s

则s=01(3鈭�x2鈭�2x)dx+鈭�(3鈭�x2)dx鈭�鈭�鈭�302xdx+鈭�(3鈭�x2)dx

=53+23+9鈭�23

=323

所以阴影部分的面积为323

故答案为：323

．

求阴影部分的面积；先要对阴影部分进行分割到三个象限内，分别对三部分进行积分求和即可．

本题考查定积分在求面积中的应用，解题是要注意分割，关键是要注意在x

轴下方的部分积分为负(

积分的几何意义强调代数和)

属于基础题．【解析】323

13、略

【分析】解：如图；由O(0,0,0)A(2,0,0)B(0,4,0)C(0,2,2)

可得。

OA=2OC=BC=22OB=4AO隆脥

平面OBC隆脧OCB=90鈭�

易得BC隆脥

平面AOC

即BC隆脥AC

．

隆脿AB

是Rt鈻�AOB

和Rt鈻�ACB

的公共斜边；

隆脿AB

的中点是四面体OABC

外接球的球心，球的半径R=12AB=5

．

隆脿

四面体OABC

外接球的表面积为4娄脨R2=20娄脨

．

故答案为：20娄脨

可得OA=2OC=BC=22OB=4AO隆脥

平面OBC隆脧OCB=90鈭�

易得BC隆脥

平面AOC

即BC隆脥AC

．

即AB

的中点是四面体OABC

外接球的球心，球的半径R=12AB=5

．

可得四面体OABC

外接球的表面积。

本题考查四面体的外接球的表面积，考查学生的空间想象能力和计算能力，正确转化是关键.

属于中档题．【解析】20娄脨

三、作图题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】根据轴对称的性质作出B点与河面的对称点B′，连接AB′，AB′与河面的交点C即为所求．【解析】【解答】解：作B点与河面的对称点B′；连接AB′，可得到马喝水的地方C；

如图所示；

由对称的性质可知AB′=AC+BC；

根据两点之间线段最短的性质可知；C点即为所求．

15、略

【分析】【分析】作出A关于OM的对称点A'，关于ON的A对称点A''，连接A'A''，根据两点之间线段最短即可判断出使三角形周长最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A关于OM的对称点A'；关于ON的A对称点A''，与OM；ON相交于B、C，连接ABC即为所求三角形．

证明：∵A与A'关于OM对称；A与A″关于ON对称；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根据两点之间线段最短，A'A''为△ABC的最小值．16、略

【分析】【分析】显然根据两点之间，线段最短，连接两点与直线的交点即为所求作的点．【解析】【解答】解：连接两点与直线的交点即为所求作的点P；

这样PA+PB最小；

理由是两点之间，线段最短．17、略

【分析】【分析】根据轴对称的性质作出B点与河面的对称点B′，连接AB′，AB′与河面的交点C即为所求．【解析】【解答】解：作B点与河面的对称点B′；连接AB′，可得到马喝水的地方C；

如图所示；

由对称的性质可知AB′=AC+BC；

根据两点之间线段最短的性质可知；C点即为所求．

18、略

【分析】【分析】作出A关于OM的对称点A'，关于ON的A对称点A''，连接A'A''，根据两点之间线段最短即可判断出使三角形周长最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A关于OM的对称点A'；关于ON的A对称点A''，与OM；ON相交于B、C，连接ABC即为所求三角形．

证明：∵A与A'关于OM对称；A与A″关于ON对称；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根据两点之间线段最短，A'A''为△ABC的最小值．19、略

【分析】【分析】显然根据两点之间，线段最短，连接两点与直线的交点即为所求作的点．【解析】【解答】解：连接两点与直线的交点即为所求作的点P；

这样PA+PB最小；

理由是两点之间，线段最短．20、解：画三棱锥可分三步完成。

第一步：画底面﹣﹣画一个三角形；

第二步：确定顶点﹣﹣在底面外任一点；

第三步：画侧棱﹣﹣连接顶点与底面三角形各顶点．

画四棱可分三步完成。

第一步：画一个四棱锥；

第二步：在四棱锥一条侧棱上取一点；从这点开始，顺次在各个面内画与底面对应线段平行的线段；

第三步：将多余线段擦去．

【分析】【分析】画三棱锥和画四棱台都是需要先画底面，再确定平面外一点连接这点与底面上的顶点，得到锥体，在画四棱台时，在四棱锥一条侧棱上取一点，从这点开始，顺次在各个面内画与底面对应线段平行的线段，将多余线段擦去，得到图形．四、解答题(共4题，共32分)21、略

【分析】

以D为原坐标，棱DA、DC、DD1；所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系；

则A1（1，0，2），B1（1，2，2），C1（0，2，2），D1（0；0，2），B（1，2，0），C（0，2，0）；

（1）∵E，F分别为C1D1、A1B的中点，∴E（0，1，2），F（1，1，1），

=（1，0，-1），=（1，0，-2），=（0；0，2）；

∴=+

∴EF在平面BB1C1C内或EF∥平面BCC1B1；

∵EF⊄平面BB1C1C，∴EF∥平面BB1C1C．

（2）由（1）得=（-1；1，0）；

=（0；2，-2）；

设=（x，y，z）是平面A1BE的一个法向量；

则∴∴

取x=1，得平面A1BE的一个法向量为=（1；1，1）；

又DA⊥平面A1B1B，∴=（1，0，0）是平面A1B1B的一个法向量；

∵cos〈＞=且二面角B1-A1B-E为锐二面角；

∴二面角B1-A1B-E的大小为arccos．

【解析】【答案】以D为原坐标，棱DA、DC、DD1；所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系；

（1）利用向量的运算可得=+于是EF在平面BB1C1C内或EF∥平面BCC1B1，而EF⊄平面BB1C1C，可得EF∥平面BB1C1C．

（2）分别求出两个平面的法向量；再求出其夹角即可得出二面角的大小．

22、略

【分析】【解析】试题分析：【解析】

(Ⅰ)在时，表示第一次取到的1号球，1分在时，表示第一次取到2号球，第二次取到1号球，或第一次取到3号球，4分在时，表示第一次取到2号球，第二次取到3号球，．6分的概率分布为7分。135(Ⅱ)10分．13分考点：概率分布列和期望【解析】【答案】(1)。135(2)．23、略

【分析】

(1)

设P(x0,y0)

则S(鈭�1,y0)

由此利用向量的数量积能求出曲线C

的方程．

(2)

设Q(x1,y1)

则y12=4x1

从而y2=4xp=2

焦点F(1,0)N(鈭�1,0)

由PQ

过F

得x1=1x0y1=鈭�4y0

进而SM鈫�=((x0+1)22x0,鈭�y02+42y0)NQ鈫�=(x0+1x0,鈭�4y0)

由此能证明向量SM鈫�

与NQ鈫�

共线．

本题考查曲线方程的求法，考查向量共线的证明，考查抛物线、直线方程、向量的数量积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．【解析】解：(1)

设P(x0,y0)

则S(鈭�1,y0)

隆脿OP鈫�鈰�ST鈫�=(x0,y0)?(4,鈭�y0)=4x0鈭�y02=0

隆脿y02=4x0

．

隆脿

曲线Cy2=4x

．

证明：(2)

设Q(x1,y1)

则y12=4x1

y2=4xp=2

焦点F(1,0)N(鈭�1,0)

隆脽PQ

过F隆脿x0x1=鈭�p24=1

y0y1=鈭�p2=鈭�4

隆脿x1=1x0y1=鈭�4y0

隆脿xM=x0+x12=x02+12x0

ym=y0+y12=y02鈭�42y0

隆脿SM鈫�=(x02+12x0+1,y02鈭�42y0鈭�y0)=((x0+1)22x0,鈭�y02+42y0)

NQ鈫�=(x1+1,y1)=(x0+1x0,鈭�4y0)

假设SM鈫�=娄脣NQ鈫�

成立；

隆脿{(x0+1)22x0=娄脣鈰�x0+1x0鈭�y02+42y0=娄脣鈰�鈭�4y0

解得{娄脣=x0+12娄脣=y02+48=4x0+48=x0+12

隆脿SM鈫�=x0+12NQ鈫�

隆脿

向量SM鈫�

与NQ鈫�

共线．24、略

【分析】

(1)

由题意可得an+1=2Sn+1

当n鈮�2

时，将n

换为n鈭�1

可得an=2Sn鈭�1+1

两式相减，化简结合等比数列的定义和通项公式，即可得到所求通项；

(2)

设{bn}

的公差为d

运用等差数列和等比数列的中项的性质，解方程可得公差d

再由等差数列的求和公式，计算即可得到所求和．

本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，注意运用数列的递推式和等比数列的中项的性质，考查运