2025年人教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2025年人教版高二数学下册阶段测试试卷489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7题，共14分)1、若＜＜0，则下列结论正确的是（）A.bB.C.-2D.2、（）

A.45°

B.60°

C.120°

D.135°

3、菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与BD的位置关系是（）A.平行B.相交但不垂直C.垂直相交D.异面且垂直4、如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的中点，则四面体A1PQD的正视图；侧视图和俯视图的面积之和为（）

A.B.2C.D.5、的展开式中的系数是（）A.42B.35C.28D.216、x2鈭�15y2=15

化为标准方程，正确的是(

)

A.x215鈭�y2=1

B.y215鈭�x2=1

C.x2鈭�y215=1

D.x215+y2=1

7、四棱锥P鈭�ABCD

底面为正方形，侧面PAD

为等边三角形，且侧面PAD隆脥

底面ABCD

点M

在底面正方形ABCD

内运动，且满足MP=MC

则点M

在正方形ABCD

内的轨迹一定是(

)

A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、已知抛物线y2=4x焦点为F，A（2，2），P为抛物线上的点，则丨PA丨+丨PF丨的最小值为____．9、参数方程（θ为参数）化为普通方程是____．10、已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，对任意的x∈R都有f（x+4）=f（x）+f（2）成立，若f（1）=2，则f（2013）=____．11、设M(ρ1，θ1)，N(ρ2，θ2)两点的极坐标同时满足下列关系：ρ1+ρ2="0"，θ1+θ2=0，则M，N两点(位置关系)关于____对称.12、已知点A（1，2）和点B（2，1），若直线y=kx+1与线段AB有公共点，则k的取值范围是______．13、如图，在平面直角坐标系xoy

中，A1A2B1B2

为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)

的四个顶点，F

为其右焦点，直线A1B2

与直线B1F

相交于点T

线段OT

与椭圆的交点M

恰为线段OT

的中点，则该椭圆的离心率为______．评卷人得分三、作图题(共5题，共10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、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）16、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）17、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）18、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36分)19、将完全相同的3个球随机地放入1；2，3号盒子中（每盒放球数不限），求：

（1）3个球放入同一个盒子的概率；

（2）3个盒子中都有球的概率；

（3）至少有一个盒子没球的概率；

（4）恰有一个盒子没有球的概率．

20、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F为棱AD、AB的中点．（1）求证：EF∥平面CB1D1；（2）求证：平面CAA1C1⊥平面CB1D121、【题文】已知数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令求数列的前项和22、【题文】（本小题12分）在△ABC中，分别是角A,B,C的对边，且∥

（1）求角B的大小；

（2）若求的最大值。评卷人得分五、综合题(共3题，共12分)23、（2009•新洲区校级模拟）如图，已知直角坐标系内有一条直线和一条曲线，这条直线和x轴、y轴分别交于点A和点B，且OA=OB=1．这条曲线是函数y=的图象在第一象限的一个分支，点P是这条曲线上任意一点，它的坐标是（a、b），由点P向x轴、y轴所作的垂线PM、PN，垂足是M、N，直线AB分别交PM、PN于点E、F．则AF•BE=____．24、已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6=51，a5=13．25、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，S3=0．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：根据题意可知对两边取倒数的得综上可知以此判断：A．正确；因为：所以：B错误；两个正数相加不可能小于所以C错误；D错误,综上正确的应该是A．考点：1．不等式的性质；2．比较大小．【解析】【答案】A2、D【分析】

f（x）=asinx-bcosx；

∵对称轴方程是x=

∴f（+x）=f（-x）对任意x∈R恒成立；

asin（+x）-bcos（+x）=asin（-x）-bcos（-x）；

asin（+x）-asin（-x）=bcos（+x）-bcos（-x）；

用加法公式化简：

2acossinx=-2bsinsinx对任意x∈R恒成立；

∴（a+b）sinx=0对任意x∈R恒成立；

∴a+b=0；

∴直线ax-by+c=0的斜率K==-1；

∴直线ax-by+c=0的倾斜角为．

故选D．

【解析】【答案】函数f（x）=asinx-bcosx图象的一条对称轴方程是推出f（+x）=f（-x）对任意x∈R恒成立，化简函数的表达式，求出a，b的关系；然后求出直线的倾斜角，得到选项．

3、D【分析】【解答】解：根据题意；如图；

因为PA不在平面α内；并且过BD之外的一点，故PA与BD异面；

连接AC；PA；

PC⊥α；且BD在α内，则PC⊥BD；

由菱形的性质；可得AC⊥BD；

可得BD⊥平面PAC；即可得PA⊥BD；

综合可得；PA与BD异面且垂直；

故选D．

【分析】首先根据题意，做出图示，根据异面直线的判定定理，易得PA与BD异面，连接AC、PA，由线面垂直的性质可得PC⊥BD，又由菱形的性质，可得PA⊥BD，即可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，综合可得答案．4、B【分析】【解答】解：如图所示，四面体A1PQD的正视图是直角梯形；如图1所示；

侧视图是四边形，如图2所示；

俯视图是直角梯形；如图3所示；

所以三视图的面积之和为3﹣4×××1=2．

故选：B．

【分析】根据题意，画出几何体的三视图，求出三视图的面积之和即可．5、D【分析】【解答】由二项式定理得通项得，取得则的展开式中的系数为故选D。

【分析】在两项式定理中，通项是最重要的知识点，解决此类题目，必然用到它。6、A【分析】解：由x2鈭�15y2=15

得x215鈭�15y215=1

即x215鈭�y2=1

．

故选：A

．

直接把已知方程两边同时除以15

得答案．

本题考查双曲线的标准方程，是基础题．【解析】A

7、B【分析】解：隆脽MP=MC

隆脿M

在PC

的中垂面娄脕

上；点M

在正方形ABCD

内的轨迹一定是平面娄脕

和正方形ABCD

的交线；

隆脽ABCD

为正方形；侧面PAD

为等边三角形；

隆脿PD=CD

取PC

的中点N

有DN隆脥PC

取AB

中点H

可证CH=HP

隆脿HN隆脥PC

隆脿

点M

在正方形ABCD

内的轨迹一定是HD

．

故答案选B

．

先确定轨迹是2

个平面的交线；PC

的中垂面娄脕

和正方形ABCD

的交线，再确定交线的准确位置，即找到交线上的2

个固定点．

本题考查面面垂直的性质，轨迹的确定方法．【解析】B

二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】

设点P在准线上的射影为D；则根据抛物线的定义可知|PF|=|PD|

∴要求|PA|+|PF|取得最小值；即求|PA|+|PD|取得最小。

当D；P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，为2-（-1）=3

故答案为3．

【解析】【答案】设点P在准线上的射影为D；则根据抛物线的定义可知|PF|=|PD|进而把问题转化为求|PA|+|PD|取得最小，进而可推断出当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，答案可得．

9、略

【分析】

由参数方程得

∵cos2θ+sin2θ=1；

∴（）2+（）2=1，化简得即为椭圆的普通方程。

故答案为：

【解析】【答案】由参数方程解出利用cos2θ+sin2θ=1化简；即得所求椭圆的普通方程．

10、略

【分析】

∵f（x+4）=f（x）+f（2）；

∴f（-2+4）=f（-2）+f（2）；

∴f（-2）=0；又函数f（x）是定义在R上的偶函数；

∴f（2）=0．

∴f（x+4）=f（x）+0=f（x）；

∴f（x）是以4为周期的函数；又f（1）=2；

∴f（2013）=f（503×4+1）=f（1）=2．

故答案为：2．

【解析】【答案】令x=-2；可求得f（-2）=f（2）=0，从而可得f（x）是以4为周期的函数，结合f（1）=2，即可求得f（2013）的值．

11、略

【分析】【解析】试题分析：θ1+θ2=0表明，两射线关于极轴对称，ρ1+ρ2=0则表明极径互为相反数，因此，其中一个点应在射线的反向延长线上，故M，N两点(位置关系)关于直线θ=对称。考点：本题主要考查点的极坐标关系，极坐标的概念。【解析】【答案】直线θ=12、略

【分析】解：直线y=kx+1与线段AB有公共点；即点A；B在直线y=kx+1的两侧或在直线上；

则有（k×1-2+1）（2×k-1+1）≤0；

解可得0≤k≤1；即k的取值范围是[0，1]；

故答案为：[0；1]．

根据题意；若直线y=kx+1与线段AB有公共点，即点A；B在直线y=kx+1的两侧或在直线上，进而可得（k×1-2+1）（2×k-1+1）≤0，解可得k的取值范围，即可得答案．

本题考查二元一次不等式表示平面区域的问题，注意本题是直线与线段有公共点．【解析】[0，1]13、略

【分析】解法一：由题意，可得直线A1B2

的方程为x鈭�a+yb=1

直线B1F

的方程为xc+y鈭�b=1

两直线联立则点T(2aca鈭�c,b(a+c)(a鈭�c))

则M(aca鈭�c,b(a+c)2(a鈭�c))

由于此点在椭圆上，故有。

c2(a鈭�c)2+(a+c)24(a鈭�c)2=1

整理得3a2鈭�10ac鈭�c2=0

即e2+10e鈭�3=0

解得e=27鈭�5

故答案为e=27鈭�5

解法二：对椭圆进行压缩变换，x隆盲=xay隆盲=yb

椭圆变为单位圆：x鈥�2+y鈥�2=1F鈥�(ca,0)

．

延长TO

交圆O

于N

易知直线A1B1

斜率为1TM=MO=ON=1A1B2=2

设T(x隆盲,y隆盲)

则TB2=2x隆盲y隆盲=x隆盲+1

由割线定理：TB2隆脕TA1=TM隆脕TN2x隆盲(2x隆盲+2)=1隆脕3

x隆盲=7鈭�12(

负值舍去)y隆盲=7+12

易知：1(0,鈭�1)

直线B1T

方程：y隆盲+1x鈥�=7+12+17鈭�12

令y隆盲=0

x隆盲=27鈭�5

即F

横坐标。

即原椭圆的离心率e=ca=27鈭�5

．

故答案：27鈭�5

．

解法一：可先直线A1B2

的方程为x鈭�a+yb=1

直线B1F

的方程为xc+y鈭�b=1

联立两直线的方程，解出点T

的坐标，进而表示出中点M

的坐标，代入椭圆的方程即可解出离心率的值；

解法二：对椭圆进行压缩变换，x隆盲=xay隆盲=yb

椭圆变为单位圆：x鈥�2+y鈥�2=1F鈥�(ca,0).

根据题设条件求出直线B1T

方程；直线直线B1T

与x

轴交点的横坐标就是该椭圆的离心率．

本题考查圆锥曲线的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．【解析】e=27鈭�5

三、作图题(共5题，共10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】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．16、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．17、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．18、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36分)19、略

【分析】

由分步乘法原理可知，将完全相同的3个球随机地放入1，2，3号盒子中，共有33=27种放法；每种放法是等可能的．

（1）记“3个球放入同一个盒子的概率”为事件A．

3个球放入同一个盒子的放法有3种：3个球放入1号盒子；或2号盒子，或3号盒子．

故．

（2）记“3个球放入3个盒子；每个盒子中都有球”为事件B．

3个球放入3个盒子，每个盒子中都有球，等价于每个盒子只放1个球，有=6种方法．

故．

（3）记“3个球放入3个盒子；至少有一个盒子没球”为事件C．

因为事件C是事件B的对立事件，所以．

（Ⅳ）记“3个球放入3个盒子；恰有一个盒子没有球”为事件D．由题意可知，C=D+A．

因为事件D和A是互斥事件，所以P（C）=P（D）+P（A），．

【解析】【答案】由分步乘法原理可知，将完全相同的3个球随机地放入1，2，3号盒子中，共有33=27种放法；每种放法是等可能的．

（1）事件A“3个球放入同一个盒子”的放法有3种：3个球放入1号盒子；或2号盒子，或3号盒子．利用古典概型的概率计算公式即可得出．

（2）事件B“3个球放入3个盒子，每个盒子中都有球”，等价于每个盒子只放1个球，有种方法．利用古典概型的概率计算公式即可得出．

（3）事件C“3个球放入3个盒子；至少有一个盒子没球”与事件B是对立事件，利用对立事件的概率计算公式即可得出．

（4）事件D“3个球放入3个盒子；恰有一个盒子没有球”与事件D，A的关系是：C=D+A，并且事件D和A是互斥事件，利用互斥事件的概率计算公式即可得出．

20、略

【分析】本题主要考查线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力。（Ⅰ）欲证EF∥平面CB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面CB1D1内一直线平行，连接BD，根据中位线可知EF∥BD，则EF∥B1D1，又B1D1⊂平面CB1D1，EF⊄平面CB1D1，满足定理所需条件；（Ⅱ）欲证平面CAA1C1⊥平面CB1D1，根据面面垂直的判定定理可知在平面CB1D1内一直线与平面CAA1C1垂直，而AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1D1，A1C1⊥B1D1，满足线面垂直的判定定理则B1D1⊥平面CAA1C1，而B1D1⊂平面CB1D1，满足定理所需条件．【解析】

（1）证明:连结BD.在长方体中，对角线又E、F为棱AD、AB的中点，又B1D1平面平面EF∥平面CB1D1.（2）在长方体中，AA1⊥平面A1B1C1D1，而B1D1平面A1B1C1D1，AA1⊥B1D1.又在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，B1D1⊥平面CAA1C1.又B1D1平面CB1D1，平面CAA1C1⊥平面CB1D1．【解析】【答案】（1）见解析（2）见解析21、略

【分析】【解析】本试题主要考查了数列的求和的运用，利用得到。

然后利用错位相减法得到结论。

解：

①-②得：

【解析】【答案】22、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（1）由∥得

（2）由余弦定理得

当且仅当a=c时取等号。

五、综合题(共3题，共12分)23、略

【分析】【分析】根据OA=OB，得到△AOB是等腰直角三角形，则△NBF也是等腰直角三角形，由于P的纵坐标是b，因而F点的纵坐标是b，即FM=b，则得到AF=b，同理BE=a，根据（a，b）是函数y=的图象上的点，因而b=，ab=，则即可求出AF•BE．【解析】【解答】解：∵P的坐标为（a，）；且PN⊥OB，PM⊥OA；