2025年湘师大新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年湘师大新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、已知回归直线的估计值为0．2，样本点的中心为（4，5），则回归直线方程为（）A.B.C.D.2、【题文】过双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦点F引圆x2+y2=a2的切线,切点为T,延长FT交双曲线右支于点P,若T为线段FP的中点,则该双曲线的渐近线方程为()A.x±y=0B.2x±y=0C.4x±y=0D.x±2y=03、【题文】设函数为坐标原点，为函数图象上横坐标为n（n∈N*）的点，向量向量设为向量与向量的夹角，满足的最大整数是（）A.2B.3C.4D.54、【题文】函数y=3sin的单调递增区间是A.B.C.D.5、设a∈Z，且0≤a≤13，若512016-a能被13整除，则a=（）A.1B.2C.11D.12评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、设则=____．7、数列中，某三角形三边之比为则该三角形最大角为____8、【题文】已知某回归直线过点且样本数据中和的均值分别为。

和则此回归直线方程为____.9、若曲线=1表示双曲线，则k的取值范围是____．10、已知向量=（2，-1，2），=（1，m，n），若∥则m+n=______．11、已知点P（2，-3），Q（3，2），直线ax+y+2=0与线段PQ相交，则实数a的取值范围是______．12、两条平行直线3x+4y-5=0与6x+8y-15=0之间的距离为______．13、已知抛物线x2=4y

上有一条长为6

的弦AB

所在直线倾斜角为45鈭�

则AB

中点到x

轴的距离为______．评卷人得分三、作图题(共9题，共18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12分)21、已知函数（1）求的最大值和最小值；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围。22、如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4；点D是AB的中点；

(1)求证：AC⊥BC1；

(2)求证：AC1∥平面CDB1；

(3)求二面角C1-AB-C的余弦值．23、已知一元二次方程：x2+2ax-b2+4=0；

（1）若a是从{-1，0，1}中任取的一个数字，b是从{-3；-2，-1，0，1}中任取的一个数字，求该方程有根的概率．

（2）若a是从区间[-2，2]中任取的一个数字，b从是区间[-2，2]中任取的一个数字，求该方程有实根的概率．24、已知函数f(x)=2xlnx

(1)

求这个函数的导数。

(2)

求这个函数的图象在点x=1

处的切线方程．评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)25、如图，已知正方形ABCD的边长是8，点E在BC边上，且CE=2，点P是对角线BD上的一个动点，求PE+PC的最小值．26、已知z1=5+10i，z2=3﹣4i，求z．评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)27、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：____．28、已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6=51，a5=13．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】试题分析：因为线性回归直线方程过样本中心点，所以点（4，5）在回归直线（其中估计值为0．2）上,即解之得故答案为．考点：线性回归直线方程过样本中心点．【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】如图所示,设双曲线的另一个焦点为F′,连结OT；PF′.

∵FT为圆的切线,

∴FT⊥OT,且|OT|=a,

又∵T；O分别为FP、FF′的中点,

∴OT∥PF′且|OT|=|PF′|,

∴|PF′|=2a,

且PF′⊥PF.

又|PF|-|PF′|=2a,

∴|PF|=4a.

在Rt△PFF′中,|PF|2+|PF′|2=|FF′|2,

即16a2+4a2=4c2,

∴=5.

∴=-1=4,

∴=±2,

即渐近线方程为y=±2x,

即2x±y=0.故选B.【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】由题意知为因

则

所以为直线的倾斜角，则

法一：

得

满足的最大整数是3

法二：因

得知满足条件最大整数是3【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】因为所以当即时，函数单调递增，故选C【解析】【答案】C5、A【分析】解：a∈Z，且0≤a≤13，∵512016-a能被13整除；

即（52-1）2016-a=•522016-•522015+•522014+-•52+-a；

显然；除了最后2项外，其余的各项都能被13整除；

故512016-a被13整除的余数即1-a．

再根据512016-a能被13整除；可得1-a=0，故a=1；

故选：A．

把（52-1）2016-a按照二项式定理展开；可得它除以13的余数为1-a，再根据它能被13整除，可得a的值．

本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．【解析】【答案】A二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】

∵设

∴=

=

=．

故答案为：．

【解析】【答案】由知===．

7、略

【分析】【解析】

由Sn=n2得a2=s2-s1=4-1=3，同理得a3=5，a4=7，∵3，5，7作为三角形的三边能构成三角形，∴可设该三角形三边为3，5，7，令该三角形最大角为θ，结合余弦定理得到cosθ=又0°＜θ＜180°∴θ=120°．故答案为：120°【解析】【答案】120°8、略

【分析】【解析】

试题分析：直接由线性回归方程过样本数据中心和原点知，其方程为：

考点：线性回归方程.【解析】【答案】9、（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞）【分析】【解答】解：要使方程为双曲线方程需（4+k）（1﹣k）＜0；

即（k﹣1）（k+4）＞0；

解得k＞1或k＜﹣4

故答案为（﹣∞；﹣4）∪（1，+∞）

【分析】根据双曲线的性质知，（4+k）（1﹣k）＜0，进而求得k的范围．10、略

【分析】解：∵∥∴存在实数k使得

∴解得k=2，m=-n=1．

∴m+n=．

故答案为：．

∥则存在实数k使得即可得出．

本题考查了向量共线定理、方程组的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．【解析】11、略

【分析】解：画出图象：

∵

=-．

要使直线ax+y+2=0与线段PQ相交；

则满足．

∴

∴．

故答案为．

分别求出直线MQ；MP的斜率；进而即可求出直线MN的斜率的取值范围．

正确理解直线相交与直线的斜率的关系是解题的关键．【解析】12、略

【分析】解：由题意可得：两条平行直线为6x+8y-10=0与6x+8y-15=0；

由平行线的距离公式可知d===．

故答案为：．

首先使两条平行直线x与y的系数相等；再根据平行线的距离公式求出距离即可．

本题是基础题，考查平行线的应用，平行线的距离的求法，注意平行线的字母的系数必须相同是解题的关键．【解析】13、略

【分析】解：设A(x1,14x12)B(x2,14x22)

由弦AB

所在直线倾斜角为45鈭�

可得：kAB=14(x12鈭�x22)x1鈭�x2=14(x1+x2)=1

则x1+x2=4

又隆脽|AB|=6

故x1鈭�x2=32

则AB

中点到x

轴的距离为d=y1+y22=18(x12+x22)

=116[(x1+x2)2+(x1鈭�x2)2]=116[42+(32)2]=178

故答案为：178

．

分别设A(x1,14x12)B(x2,14x22)

利用斜率公式及直线的倾斜角可得x1+x2=4

再由|AB|=6

得x1鈭�x2=32

利用中点坐标公式可得AB

中点到x

轴的距离为d=y1+y22=18(x12+x22)

转化为含有x1+x2x1鈭�x2

的代数式求解．

本题考查抛物线的简单性质，考查数学转化思想方法，灵活运用定义转化是关键，是中档题．【解析】178

三、作图题(共9题，共18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12分)21、略

【分析】第一问中利用三角函数的二倍角公式，我们降幂倍角可以得到即为因为所以得到最值。第二问中，不等式在上恒成立，因为等价于且即得到结论。【解析】

（1）6分（2）且即14分【解析】【答案】（1）（2）22、略

【分析】解法一：

(1)要证AC⊥BC1，可通过证出AC⊥平面BCC1实现．由已知，易证AC⊥BC，AC⊥C1C，所以AC⊥平面BCC1成立．

(2)令BC1交CB1于点O，连接OD，可知O、D是△AC1B的中位线，得出OD利用线面平行的判定定理证出AC1∥平面CDB1；

(3)过C点作CE⊥AB于E，连接C1E，可以证出∠CEC1(或其补角)即是C1-AB-C的平面角，在△CEC1中求解即可．

解法二：在直三棱柱ABC-A1B1C1中；以C为原点建立空间直角坐标系；利用向量的工具求解．

(1)通过=0，证明AC⊥BC1；

(2)求出平面CDB1的一个法向量通过⊥来证明AC1∥平面CDB1；

(3)分别求出平面ABC，平面CDB1的一个法向量，利用两法向量的夹角求出二面角C1-AB-C的余弦值．【解析】解法一：(1)证明∵AC=3；BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC；

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥C1C；

又BC∩C1C=C，∴AC⊥平面BCC1；

又BC1⊂平面BCC1，∴AC⊥BC1．

(2)证明：如图，令BC1交CB1于点O；连接OD；

∵O、D分别是BC1和AB的中点；

∴OD又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1

(3)解：过C点作CE⊥AB于E，连接C1E；

∵CC1⊥AB，CE⊥AB，∴∠CEC1(或其补角)即是C1-AB-C的平面角，

在Rt△ABC中，∵AC=3，BC=4，AB=5，由AB•CE=AC•BC得CE=

∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥CE，∴△CEC1是Rt△；

又∵CC1=AA1=4，CE=∴C1E=

∴cos∠CEC1=即二面角C1-AB-C的余弦值为．

解法二：∵AC=3；BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC；

在直三棱柱ABC-A1B1C1中；以C为原点建立如图所示空间直角坐标系；

(1)由题意有A(3，0，0)，C(0，0，0)，B(0，4，0)，C1(0；0，4)；

∴=(0，-4，4)，∴=(-3；0，0)•(0，-4，4)=0；

∴⊥即AC⊥BC1．

(2)∵D((0；4，4)；

∴=(0；4，4)；

令平面CDB1的一个法向量为

∴

∴=-3×4+0+1×4=0，∴⊥

又AC⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1．

(3)令平面ABC1的一个法向量为

∵=(-3；0，4)；

∴由

∴1，1)；

易知平面ABC的一个法向量为=(0；0，4)；

∵

∴

所以二面角C1-AB-C的余弦值即为．23、略

【分析】

根据题意，由一元二次方程的性质，可得x2+ax+b2=0有实根的充要条件为a2+b2≥4；

（1）由题意分析可得，这是古典概型，由a、b分别从{-1，0，1}，{-3，-2，-1，0，1}中任取的数字，易得一共可以得到15个不同方程，得满足a2+b2≥4的全部情况数目；结合古典概型公式，计算可得答案；

（2）由题意分析可得，这是几何概型，将a，b表示为平面区域，进而可得其中满足a2+b2≥4的区域的面积；由几何概型公式，计算可得答案。

本题考查几何概型和古典概型，放在一起的目的是把两种概型加以比较，注意两者的不同【解析】解：根据题意，方程x2+2ax-b2+4=0，有实根则△≥0即a2+b2≥4；

（1）由题意，a，b是分别从{-1；0，1}，{-3，-2，-1，0，1}中任取的数字；

则a有3种取法，b有5种取法；共有5不同的情况，可以得到15个不同方程；

满足a2+b2≥4的有（-1；-3）（0，-3）（1，-3）（-1，-2）（0，-2）（1，-2）共有6种情况满足方程有实根；

∴p=

（2）a是从区间[-2，2]中任取的一个数字，b从是区间[-2；2]中任取的一个数字；

由题意得：a，b满足的区域为边长是4的正方形；面积为16；

使得方程有实根的，a，b满足a2+b2≥4，区域面积为4π，由几何概型的公式得到方程有实根的概率为．24、略

【分析】

(1)

根据导数的运算法则求出函数的导数即可；

(2)

计算f(1)f隆盲(1)

求出切线方程即可．

本题考查了导数的运算，考查切线方程问题，是一道基础题．【解析】解：(1)隆脽f(x)=2xlnx

隆脿f隆盲(x)=2(lnx+1)=2lnx+2

(2)

由(1)f(1)=0

f隆盲(x)=2lnx+2

隆脿k=f隆盲(1)=2

隆脿

这个函数的图象在点x=1

处的切线方程：y=2x鈭�2

．五、计算题(共2题，共18分)25、略

【分析】【分析】要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解．【解析】【解答】解：如图；连接AE；

因为点C关于BD的对称点为点A；

所以PE+PC=PE+AP；

根据两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值；

∵正方形ABCD的边长为8cm；CE=2cm；

∴BE=6cm；

∴AE==10cm．

∴PE+PC的最小值是10cm．26、解：∴

又∵z1=5+10i，z2=3﹣4i

∴【分析】【分析】把z1、z2代入关系式，化简即可六、综合题(共2题，共4分)27、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