2024年浙教版高二数学上册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教版高二数学上册阶段测试试卷239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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在棱长不a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为（）

A.

B.a

C.a

D.a

2、若＜＜0，已知下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④a2＞b2其中正确的不等式个数是A．1B．2C．3D．43、【题文】假设某城有10000辆家庭汽车，其牌照编号为E00001到E10000，则偶然遇到牌照号码中有数字6的汽车的概率约为()A.0.3B.0.34C.0.38D.0.424、下列函数在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（）A.B.C.D.5、圆（θ为参数）的圆心到直线（t为参数）的距离是（）A.1B.C.D.36、设等比数列{an}的公比为q，其前n项之和为Sn，前n项之积为Tn，并且满足条件：a1＞1，a2016a2017＞1，＜0，下列结论中正确的是（）A.q＜0B.a2016a2018﹣1＞0C.T2016是数列{Tn}中的最大项D.S2016＞S20177、已知a，b，c均大于1，且logac•logbc=4，则下列各式中，一定正确的是（）A.ac≥bB.ab≥cC.bc≥aD.ab≤c8、如图，在山底测得山顶仰角∠CAB=450,沿倾斜角为30o的斜坡走1000m至S点，又测得山顶仰角∠DSB=750；则山高BC=（）

A.1000mB.1000mC.100mD.100m9、圆与圆的公切线有（）A..1条B..2条C..3条D..4条评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、设随机变量ξ服从正态分布N（3，4），若P（ξ＜2a-3）=P（ξ＞a+2），则a=____．11、复数=____．12、已知复数z=（x-1）+（2x-1）i的模小于则实数x的取值范围是____．13、若椭圆上一点P到焦点F1的距离为7，则点P到F2相对应的准线的距离是____；14、【题文】下图1是某县参加2011年高考的学生身高条形统计图，从左到右的各条形表示的学生人数依次记为A1，A2，，An(如A2表示身高(单位：cm)在[150,155)内的学生人数)．图2是统计图1中身高在一定范围内学生人数的一个程序框图．现要统计身高在160cm～180cm(含160cm；不含180cm)内的学生人数，那么在程序框图中的判断框内应填写的条件是________．

图1

图215、【题文】执行右面的程序框图，若输出的则输入的的取值范围是_______.16、在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b2=a2+ac+c2，则角B=______．评卷人得分三、作图题(共6题，共12分)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、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？

21、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）22、分别画一个三棱锥和一个四棱台．评卷人得分四、解答题(共3题，共15分)23、已知关于x的不等式ax2+bx-1＜0的解集为求关于x的不等式ax2-bx-1＞0的解集．

24、如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD；

（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的余弦值．

25、如图，在平面四边形ABCD

中，AB隆脥ADAB=1AC=7隆脧ABC=2娄脨3隆脧ACD=娄脨3

．

(

Ⅰ)

求sin隆脧BAC

(

Ⅱ)

求DC

的长．评卷人得分五、计算题(共1题，共5分)26、求证：ac+bd≤•．评卷人得分六、综合题(共3题，共9分)27、已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6=51，a5=13．28、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，S3=0．29、已知f（x）=logax（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），，f（an）是首项为4，公差为2的等差数列．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】

连接A1C；MC可得。

=

△A1DM中，A1D=A1M=MD=

∴=

三棱锥的体积：

所以d

（设d是点C到平面A1DM的距离）

∴=

故选A．

【解析】【答案】连接A1C、MC，三棱锥A1-DMC就是三棱锥C-A1MD，利用三棱锥的体积公式进行转换，即可求出点C到平面A1DM的距离．

2、A【分析】【解析】试题分析：因为＜＜0，所以∴b＜a＜0，∴|b|＞|a|，故②③④不正确；a+b＜0，ab＞0，∴a+b＜ab，故①正确。考点：本题考查不等式的性质。【解析】【答案】A.3、B【分析】【解析】用A表示“牌照号码中有6的事件”，用表示“牌照号码中不含6的事件”，则A与是对立事件，则所求概率为．故选B．【解析】【答案】B4、C【分析】【分析】由基本初等函数及函数的奇偶性和单调性可知，在单调递增，是奇函数，在R内单调递增，非奇非偶函数，是偶函数，在单调递减，在单调递增，在R内单调递增且为奇函数，选C.5、A【分析】【解答】解：直线l的参数方程为（参数t∈R）；

∴直线的普通方程为3x+4y+10=0

圆C的参数方程为（参数θ∈[0；2π]）；

∴圆C的普通方程为（x﹣1）2+（y+2）2=9

∴圆C的圆心为（1，﹣2），d==1；

故选：A．

【分析】先利用两式相加消去t将直线的参数方程化成普通方程，然后利用sin2θ+cos2θ=1将圆的参数方程化成圆的普通方程，求出圆心和半径，最后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离即可．6、C【分析】【解答】解：∵a1＞1，a2016a2017＞1，＜0；

∴a2016＞1，a2017＜1；

∴T2016是数列{Tn}中的最大项；

故选：C．

【分析】a1＞1，a2016a2017＞1，＜0，可得a2016＞1，a2017＜1，即可判断出结论．7、B【分析】【解答】解：∵a、b、c均大于1，logac•logbc=4，∴logca•logcb=

∴logca、logcb大于零；

则logca•logcb≤（logca+logcb）2；

即≤（logca+logcb）2；

∴（logca+logcb）2≥1；

∴（logcab）2≥1；

∴logcab≥1或logcab≤﹣1，当且仅当logca=logcb，即a=b时取等号；

∵a、b；c均大于1；

∴logcab＞1；

解得ab≥c；

故选：B

【分析】由对数函数的性质和基本不等式化简已知的方程，再利用对数的运算进行化简，即可选出正确的答案．8、B【分析】【分析】∵∠BAC=45°；∠SAC=30°；

∴∠BAS=15°；

∵∠BDE=75°；∠BDS=90°；

∴∠SBD=15°；

∵∠ABC=45°；

∴∠ABS=30°；∠ASB=135°

∴在三角形ASB中，由正弦定理得AB=1000从而在直角三角形ACB中，BC=1000（米)，故选B。

【点评】关键是根据已知角的关系，认识三角形特征，利用正弦定理及直角三角形边角关系解题。9、D【分析】解：两圆的圆心分别是（-1；-1），（2，1），半径分别是2，1；

两圆圆心距离：=＞2+1；说明两圆相离；

因而公切线有四条．

故选：D．

先求两圆的圆心和半径；判定两圆的位置关系，即可判定公切线的条数．

本题考查圆的切线方程，两圆的位置关系，是基础题．【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

∵随机变量ξ服从正态分布N（3；4）；

∵P（ξ＜2a-3）=P（ξ＞a+2）；

∴2a-3与a+2关于x=3对称；

∴2a-3+a+2=6；

∴3a=7；

∴a=

故答案为：．

【解析】【答案】根据随机变量符合正态分布；又知正态曲线关于x=3对称，得到两个概率相等的区间关于x=3对称，得到关于a的方程，解方程即可．

11、略

【分析】

===（）2=4i2=-4

故答案为：-4．

【解析】【答案】利用复数代数形式的混合运算；直接化简计算即可．

12、略

【分析】

∵复数z=（x-1）+（2x-1）i的模小于

∴

∴（x-2）（5x+4）＜0

∴-

∴实数x的取值范围是（-2）

故答案为：（-2）

【解析】【答案】写出复数的模长的表示形式；关键题意得到不等式，整理成关于x的二次不等式，进行因式分解求出结果．

13、略

【分析】由椭圆的定义知|PF1|=7,故|PF2|=3。【解析】【答案】514、略

【分析】【解析】由题意可知，本题是统计身高在160cm～180cm(含160cm，不含180cm)内的学生人数，即求A4＋A5＋A6＋A7，故程序框图中的判断框内应填写的条件是“i≤7”．【解析】【答案】i≤715、略

【分析】【解析】【解析】【答案】16、略

【分析】解：∵在△ABC中，b2=a2+ac+c2，又b2=a2+c2-2accosB

∴-2accosB=ac；

∴cosB=-又∠A为△ABC中的角；

∴A=120°．

故答案为：120°．

根据题意由余弦定理b2=a2+c2-2accosB；可求得cosB的值，再利用B为△ABC中的角，即可求得B．

本题考查余弦定理，考查学生记忆与应用公示的能力，属于基础题．【解析】120°三、作图题(共6题，共12分)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、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．

21、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．22、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3题，共15分)23、略

【分析】

由已知得相应方程ax2+bx-1=0的两根为-2，-

故-2+（-）=-且-2×（）=-

所以a=-1，b=-

所求不等式为-x2+x-1＞0即x2-x+1＜0，2x2-5x+2＜0

即（2x-1）（x-2）＜0

所以＜x＜2

故不等式的解集为（2）

【解析】【答案】根据不等式ax2+bx-1＜0的解集为可得相应方程ax2+bx-1=0的两根为-2，-然后利用根与系数的关系求出a与b的值；然后再求解所求不等式即可．

24、证明：（Ⅰ）连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF；

因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD；

所以BC1∥平面A1CD．

（Ⅱ）解：因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD；

由已知AC=CB；D为AB的中点，所以CD⊥AB；

又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1；

设AB=2则AA1=AC=CB=2；得∠ACB=90°；

CD=A1D=DE=A1E=3

故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC；

又A1C=2过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角；

在△A1DC中，DF==EF==

所以二面角D﹣A1C﹣E的余弦值cos∠DFE==．

【分析】【分析】（Ⅰ）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD（Ⅱ）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的余弦值即可．25、略

【分析】

(

Ⅰ)

由已知及余弦定理可求BC

的值；利用正弦定理即可得解sin隆脧BAC

的值．

(

Ⅱ)

由(

Ⅰ)

利用诱导公式可求cos隆脧CAD

从而利用同角三角函数基本关系式可求sin隆脧CAD

进而利用两角和的正弦函数公式可求sinD

的值，由正弦定理即可得解DC

的值．

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，诱导公式，两角和的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．【解析】(

本题满分为12

分)

解：(

Ⅰ)

在鈻�ABC

中；由余弦定理得：AC2=BC2+BA2鈭�2BC?BAcosB

即BC2+BC鈭�6=0

解得：BC=2

或BC=鈭�3(

舍)(3

分)

由正弦定理得：BCsin鈭�BAC=ACsinB?sin隆脧BAC=BCsinBAC=217.(6

分)

(

Ⅱ)

由(

Ⅰ)

有：cos隆脧CAD=sin隆脧BAC=217sin隆脧CAD=1鈭�37=277

所以sinD=sin(隆脧CAD+娄脨3)=277隆脕12+217隆脕32=5714(9

分)

由正弦定理得：DCsin鈭�CAD=ACsinD?DC=ACsin隆脧CADsinD=7隆脕2775714=475.(12

分)

(

其他方法相应给分)

五、计算题(共1题，共5分)26、证明：∵（a2+b2）•（c2+d2）﹣（ac+bd）2=（ad﹣bc）2≥0，∴（a2+b2）•（c2+d2）≥（ac+bd）2；

∴|ac+bd|≤•

∴ac+bd≤•【分析】【分析】作差（a2+b2）•（c2+d2）﹣（ac+bd）2=（ad﹣bc）2≥0，即可证明．六、综合题(共3题，共9分)27、【解答】（1）设等差数列{an}的公差为d；则。

∵S6=51，

∴{#mathml#}12×6

{#/mathml#}×（a1+a6）=51；

∴a1+a6=17；

∴a2+a5=17，

∵a5=13，∴a2=4，

∴d=3，

∴an=a2+3（n﹣2）=3n﹣2；

（2）bn={#mathml#}2an

{#/mathml#}=﹣2•8n﹣1，

∴数列{bn}的前n项和Sn={#mathml#}21-8n1-8=27

{#/mathml#}（8n﹣1）．【分析】【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用S6=51，求出a1+a6=17，可得a2+a5=17，从而求出a2=4，可得公差，即可确定数列{an}的通项公式；

（