2025年沪科版高二数学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高二数学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、【题文】设函数若则下列不等式必定成立的是A.B.C.D.2、若命题“∃x0∈R，x02﹣3mx0+9＜0”为假命题，则实数m的取值范围是（）A.（﹣2，2）B.（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）C.[﹣2，2]D.（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）3、已知函数f(x)

的定义域为[鈭�3,+隆脼)

且f(6)=f(鈭�3)=2.f隆盲(x)

为f(x)

的导函数，f隆盲(x)

的图象如图所示.

若正数ab

满足f(2a+b)<2

则b+3a鈭�2

的取值范围是(

)

A.(鈭�32,3)

B.(鈭�隆脼,鈭�32)隆脠(3,+隆脼)

C.(鈭�92,3)

D.(鈭�隆脼,鈭�92)隆脠(3,+隆脼)

4、某几何体的三视图如图所示，当xy

最大时，该几何体的体积为(

)

A.27

B.47

C.87

D.167

5、已知集合A={1,2,3,4}B={x|x=n2,n隆脢A}

则A隆脡B=(

)

A.{1,4}

B.{2,3}

C.{9,16}

D.{1,2}

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、已知正三角形内切圆的半径与它的高的关系是：把这个结论推广到空间正四面体，则正四面体内切球的半径与正四面体高的关系是.7、如图程序中，输出时A的值是输入时A的值的____倍．

8、设A是C的充分条件，B是C的充分条件，D是C的必要条件，D是B的充分条件，那么A是B的____条件．9、计算____；____.10、【题文】设x，y满足约束条件则目标函数z＝3x－y的最大值为______11、【题文】．已知是圆(为圆心）上的两点，则=____12、已知⊙O和⊙O内一点P，过P的直线交⊙O于A、B两点，若PA•PB=24，OP=5，则⊙O的半径长为____．13、如图正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若△A′B′C′的面积为那么△ABC的面积为____________．评卷人得分三、作图题(共5题，共10分)14、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）15、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？

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40分)19、【题文】（本题满分12分）已知向量函数

（1）求函数的单调增区间；

（2）在中，分别是角A,B,C的对边，且且

求的值.20、已知正项等比数列{an}（n∈N*），首项a1=3，前n项和为Sn，且S3+a3、S5+a5、S4+a4成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求数列{nSn}的前n项和Tn．21、如图1；已知⊙O的直径AB=4，点C；D为⊙O上两点，且∠CAB=45°，∠DAB=60°，F为弧BC的中点．将⊙O沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直（如图2）．

（Ⅰ）求证：OF∥AC；

（Ⅱ）在弧BD上是否存在点G；使得FG∥平面ACD？若存在，试指出点G的位置；若不存在，请说明理由；

（Ⅲ）求二面角C-AD-B的正弦值．

22、已知双曲线的中心在原点，焦点F1F2

在坐标轴上，离心率为2

且过点(4,鈭�10).

点M(3,m)

在双曲线上．

(1)

求双曲线方程；

(2)

求证：MF1鈫�?MF2鈫�=0

(3)

求鈻�F1MF2

面积．评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)23、1.（本小题满分12分）已知数列满足且（）。（1）求的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明。24、已知f（x）=∫1x（4t3﹣）dt，求f（1﹣i）•f（i）．评卷人得分六、综合题(共4题，共36分)25、如图，在直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（-1，0），（3，0），（0，3），过AB，C三点的抛物的对称轴为直线l，D为对称轴l上一动点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）求当AD+CD最小时点D的坐标；

（3）以点A为圆心；以AD为半径作⊙A．

①证明：当AD+CD最小时；直线BD与⊙A相切；

②写出直线BD与⊙A相切时，D点的另一个坐标：____．26、已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6=51，a5=13．27、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，S3=0．28、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5题，共10分)1、B【分析】【解析】分析：由题意可得：f（x）=f（|x|），结合导数可得f′（|x|）＞0，所以f（|x|）在[0，]上为增函数，又由f（x1）＞f（x2），得f（|x1|）＞f（|x2|）；进而根据函数的单调性得到答案．

解答：解：由题意可得：f（x）=f（|x|）；

因为当x∈[0，]时；f′（|x|）=sinx+xcosx＞0；

所以此时f（|x|）为增函数．

又由f（x1）＞f（x2），得f（|x1|）＞f（|x2|）；

故|x1|＞|x2||；

所以x12＞x22．

故选B．【解析】【答案】B2、C【分析】【解答】解：∵命题“∃x0∈R，x02﹣3mx0+9＜0”为假命题；

∴命题∀x∈R，x2﹣3mx+9≥0为真命题；

即判别式△=9m2﹣36≤0；

即m2≤4；即﹣2≤m≤2；

故选：C

【分析】根据特称命题的性质进行转化求解即可．3、B【分析】解：如图所示：f隆盲(x)鈮�0

在[鈭�3,+隆脼)

上恒成立。

隆脿

函数f(x)

在[鈭�3,0)

是减函数；(0,+隆脼)

上是增函数；

又隆脽f(2a+b)<2=f(6)

隆脿{2a+b<62a+b>0

画出平面区域。

令t=b+3a鈭�2

表示过定点(2,鈭�3)

的直线的斜率。

如图所示：t隆脢(鈭�隆脼,鈭�32)隆脠(3,+隆脼)

故选B

先根据导数的图象可知函数是增函数，从而将f(2a+b)<2=f(6)

转化为：{2a+b<62a+b>0

再用线性规划，作出平面区域；

令t=b+3a鈭�2

表示过定点(2,鈭�3)

的直线的斜率；通过数形结合法求解．

本题主要考查函数的单调性转化不等式，还考查了线性规划中的斜率模型.

同时还考查了转化思想，数形结合思想．【解析】B

4、D【分析】解：由三视图；得。

该几何体为三棱锥；

有x2鈭�(27)2=102鈭�y2

隆脿x2+y2=128

隆脽xy鈮�x2+y22=64

当且仅当x=y=8

时，等号成立；

此时，V=13隆脕12隆脕27隆脕6隆脕8=167

故选：D

．

首先，根据三视图，得到该几何体的具体的结构特征，然后，建立关系式：x2鈭�(27)2=102鈭�y2

然后，求解当xy

最大时，该几何体的具体的结构，从而求解其体积．

本题重点考查了三视图、几何体的体积计算等知识，属于中档题．【解析】D

5、A【分析】解：根据题意得：x=14916

即B={1,4,9,16}

隆脽A={1,2,3,4}

隆脿A隆脡B={1,4}

．

故选A．

由集合A

中的元素分别平方求出x

的值；确定出集合B

找出两集合的公共元素，即可求出交集．

此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．【解析】A

二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】试题分析：球心到正四面体一个面的距离即球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点．把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以所以（其中S为正四面体一个面的面积，h为正四面体的高）故答案为：考点：类比推理.【解析】【答案】7、略

【分析】

执行A=A+A后；

A值变为原来的2倍。

执行A=2*A后；

A值变为原来的4倍。

故答案为：4

【解析】【答案】由已知中的程序代码；根据赋值语句的功能，可得执行A=A+A后，A值扩大2倍，执行A=2*A后，A值又扩大2倍，进而得到答案．

8、略

【分析】

由题意；∵A是C的充分条件，D是C的必要条件，D是B的充分条件；

∴A⇒C；C⇒D，D⇒B；

反之；不能由B推出A

故A是B的充分条件。

故答案为：充分。

【解析】【答案】根据A是C的充分条件；D是C的必要条件，D是B的充分条件，可知A是B的充分条件，反之，不能由B推出A，故可得结论．

9、略

【分析】【解析】

因为而表示的为圆心在原点，半径为a的圆的一半的面积，因此为【解析】【答案】（2分），（3分）10、略

【分析】【解析】

试题分析：画出可行域（如图）；直线3x－y=0，平移直线3x－y=0，当经过点A（2，1）时，目标函数z＝3x－y的最大值为5.

考点：本题主要考查简单线性规划问题。

点评：简单题，解决简单线性规划问题，往往遵循“画、移、解、答”等步骤。注意区分y的系数分别为“+”“-”的情况恰好相反。【解析】【答案】511、略

【分析】【解析】因为点A,B是圆C上的两点，那么根据|AB|=2，则可知ACB=600，解得为2.【解析】【答案】212、7【分析】【解答】解：设⊙O的半径长为r；

∵⊙O和⊙O内一点P；过P的直线交⊙O于A；B两点；

PA•PB=24；OP=5；

∴（r﹣5）•（r+5）=PA•PB=24；

∴r2﹣25=24，即r2=49；

解得r=7．

故答案为：7．

【分析】设⊙O的半径长为r，由题设条件利用相交弦定理得到（r﹣5）•（r+5）=PA•PB=24，由此能求出结果．13、略

【分析】解：因为

且若△A′B′C′的面积为

那么△ABC的面积为

故答案为：【解析】三、作图题(共5题，共10分)14、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．15、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．

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40分)19、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）3分。

令解得

函数的单调增区间为6分。

（2）

是三角形的内角，则8分。

即：9分。

又解得：则

11分。

又所以12分。

考点：本小题主要考查三角函数的化简和三角函数性质的应用；以及余弦定理的应用，考查学生的转化能力和运算求解能力.

点评：三角函数中公式比较多，应用的时候要灵活选择，还要注意公式的应用条件，另外，三角函数的图象和性质是高考经常考查的内容，要给予充分的重视.【解析】【答案】（1）（2）20、略

【分析】

（1）利用等差数列和等比数列的通项公式；前n项和的意义即可得出；

（2）利用等差数列和等比数列的前n项和公式；“错位相减法”即可得出．

本题考查了等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式、“错位相减法”等基础知识与基本技能方法，属于难题．【解析】解：（1）设正项等比数列{an}（n∈N*），又a1=3，∴

∵S3+a3、S5+a5、S4+a4成等差数列；

∴2（S5+a5）=（S3+a3）+（S4+a4）；

即2（a1+a2+a3+a4+2a5）=（a1+a2+2a3）+（a1+a2+a3+2a4）；

化简得4a5=a3；

∴化为4q2=1；

解得

∵{an}（n∈N*）是单调数列；

∴．

（2）由（1）知

设则

两式相减得

∴．21、略

【分析】

（Ⅰ）以O为坐标原点，以AB所在直线为y轴，以OC所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标；利用向量共线的坐标表示求证OF∥AC，从而说明线面平行；．

（Ⅱ）假设在上存在点G；使得FG∥平面ACD，根据（1）中的结论，利用两面平行的判定定理得到平面OFG∥平面ACD，从而得到OG∥AD，利用共线向量基本定理得到G的坐标（含有参数）．

（Ⅲ）根据∠DAB=60°求出D点坐标；然后求出平面ACD的一个法向量，找出平面ADB的一个法向量，利用两平面法向量所成角的余弦值求解二面角C-AD-B的正弦值．

本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角、二面角及三角函数等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查用向量方法解决数学问题的能力．【解析】（Ⅰ）证明：如图；因为∠CAB=45°，连结OC，则OC⊥AB．

以AB所在的直线为y轴；以OC所在的直线为z轴，以O为原点；

作空间直角坐标系O-xyz；

则A（0；-2，0），C（0，0，2）．

=（0；0，2）-（0，-2，0）=（0，2，2）；

∵点F为的中点，∴点F的坐标为（0，），．

∴∴OF∥AC．

∵OF⊄平面ACD；AC⊂平面ACD，∴OF∥平面ACD．

（Ⅱ）解：设在上存在点G；使得FG∥平面ACD；

∵OF∥平面ACD；∴平面OFG∥平面ACD，则有OG∥AD．

设=λ（λ＞0），∵=（1，0）；

∴=（λ；λ，0）．

又∵||=2，∴=2；解得λ=±1（舍去-1）．

∴=（1，0），则G为的中点．

∴在上存在点G，使得FG∥平面ACD，且点G为的中点．

（Ⅲ）解：∵∠DAB=60°；

∴点D的坐标D（），=（）．

设二面角C-AD-B的大小为θ；

设为平面ACD的一个法向量．

由取x=1，解得y=-z=．∴=（1，-）．

取平面ADB的一个法向量=（0；0，1）；

∴cosθ=|cos＜＞|=||=．

∴sinθ===．

∴二面角C-AD-B的正弦值为．22、略

【分析】

(1)

双曲线方程为x2鈭�y2=娄脣

点代入求出参数娄脣

的值，从而求出双曲线方程；

(2)

先求出MF1鈫�?MF2鈫�

的解析式，把点M(3,m)

代入双曲线，可得出MF1鈫�?MF2鈫�=0

(3)

求出三角形的高；即m

的值，可得其面积．

本题考查双曲线的标准方程、2

个向量的数量积、双曲线的性质，属于中档题．【解析】解：(1)隆脽e=2隆脿

可设双曲线方程为x2鈭�y2=娄脣

．

隆脽

过点(4,鈭�10)隆脿16鈭�10=娄脣

即娄脣=6

隆脿

双曲线方程为x2鈭�y2=6

．

(2)

证明：隆脽MF1鈫�=(鈭�3鈭�23,鈭�m)MF2鈫�=(23鈭�3,鈭�m)

隆脿MF1鈫�?MF2鈫�=(3+23)隆脕(3鈭�23)+m2=鈭�3+m2

隆脽M

点在双曲线上，隆脿9鈭�m2=6

即m2鈭�3=0隆脿MF1鈫�?MF2鈫�=0

．

(3)鈻�F1MF2

的底|F1F2|=43

由(2)

知m=隆脌3

．

隆脿鈻�F1MF2

的高h=|m|=3隆脿S鈻�F1MF2=6

．五、计算题(共2题，共14分)23、略

【分析】【解析】

（1）由题得又则3分（2）猜想5分证明：①当时，故命题成立。②假设当时命题成立，即7分则当时，故命题也成立。11分综上，对一切有成立。12分【解析】【答案】（1）（2）有成立。24、解：f（x）=（t4+）|1x=x4+﹣2f（1﹣i）=（1﹣i）4+﹣2=+

f（i）=i4+﹣2=﹣1﹣i

f（1﹣i）f（i）=6+5i【分析】【分析】先根据定积分求出函数f（x）的解析式，然后分别求出f（1﹣i）与f（i）即可求出所求．六、综合题(共4题，共36分)25、略

【分析】【分析】（1）由待定系数法可求得抛物线的解析式．

（2）连接BC；交直线l于点D，根据抛物线对称轴的性质，点B与点A关于直线l对称，∴AD=BD．

∴AD+CD=BD+CD；由“两点之间，线段最短”的原理可知：D在直线BC上AD+CD最短，所以D是直线l与直线BC的交点；

设出直线BC的解析式为y=kx+b；可用待定系数法求得BC直线的解析式，故可求得BC与直线l的交点D的坐标．

（3）由（2）可知，当AD+CD最短时，D在直线BC上，由于已知A，B，C，D四点坐标，根据线段之间的长度，可以求出△ABD是直角三角形，即BC与圆相切．由于AB⊥l，故由垂径定理知及切线长定理知，另一点D与现在的点D关于x轴对称，所以另一点D的坐标为（1，-2）．【解析】【解答】解：

（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-3）．（1分）

将（0；3）代入上式，得3=a（0+1）（0-3）．

解；得a=-1．（2分）∴抛物线的解析式为y=-（x+1）（x-3）．

即y=-x2+2x+3．（3分）

（2）连接BC；交直线l于点D．

∵点B与点A关于直线l对称；

∴AD=BD．（4分）

∴AD+CD=BD+CD=BC．

由“两点之间；线段最短”的原理可知：

此时AD+CD最小；点D的位置即为所求．（5分）

设直线BC的解析式为y=kx+b；

由直线BC过点（3；0），（0，3）；

得

解这个方程组，得

∴直线BC的解析式为y=-x+3．（6分）

由（1）知：对称轴l为；即x=1．

将x=1代入y=-x+3；得y=-1+3=2．

∴点D的坐标为（1；2）．（7分）

说明：用相似三角形或三角函数求点D的坐标也可；答案正确给（2分）．

（3）①连接AD．设直线l与x轴的交点记为点E．

由（2）知：当AD+CD最小时；点D的坐标为（1，2）．

∴DE=AE=BE=2．

∴∠DAB=∠DBA=45度．（8分）

∴∠ADB=90度．

∴AD⊥BD．

∴BD与⊙A相切．（9分）

②∵另一点D与D（1；2）关于x轴对称；

∴D（1，-2）．（11分）26、【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={#math