2025年苏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年苏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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、设分别为双曲线的左、右焦点.若在双曲线右支上存在点满足且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为()A.B.C.D.2、【题文】为了得到函数的图像，只需把函数的图像上所有的点（）A.向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）B.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）C.向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）D.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）3、是等比数列，且则（）A.8B.-8C.8或-8D.104、下列命题：①“若a2＜b2，则a＜b”的否命题；

②“全等三角形面积相等”的逆命题；

③“若a＞1，则ax2﹣2ax+a+3＞0的解集为R”的逆否命题；

④“若x（x≠0）为有理数；则x为无理数”的逆否命题．

其中正确的命题是（）A.③④B.①③C.①②D.②④5、类比平面内三角形“三边垂直平分线的交点是三角形外接圆圆心”的性质，可推知四面体的下列性质（）A.过四面体各面的垂心分别与各面垂直的直线交点为四面体外接球球心B.过四面体各面的内心分别与各面垂直的直线交点为四面体外接球球心C.过四面体各面的重心分别与各面垂直的直线交点为四面体外接球球心D.过四面体各面的外心分别与各面垂直的直线交点为四面体外接球球心评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、函数的减区间是.7、【题文】设△ABC中，a:(a+b):(c+b)＝3:7:9,则cosB＝____．8、【题文】

函数的最小。

正周期是__________________.9、【题文】按下列程序框图运算：

规定：程序运行到“判断结果是否大于244”为1次运算，若x=5，则运算进行____次才停止。10、下列四个命题中。

①不等式的解集为

②“x＞1且y＞2”是“x+y＞3”的充分不必要条件；

③函数的最小值为2；

④命题“∃x∈R，使得x2+x+1＜0”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x+1＜0”

其中真命题的为______（将你认为是真命题的序号都填上）11、某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包全部抢完，4个红包中有两个2元，1个3元，1个4元（红包中金额相同视为相同红包），则甲、乙都抢到红包的情况有______种．（用数字作答）12、-2C+3C-4C++（-1）n（n+1）C=______．评卷人得分三、作图题(共8题，共16分)13、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？

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、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、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？

17、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）18、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）19、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16分)20、知（1）求的值.（2）x1、x2、x2010均为正实数，若函数f(x)＝logax(a＞0且a≠1)且f(x1x2x2010)＝求f()＋f()＋＋f()的值21、设p：f（x）=1+ax，在（0，2]上f（x）≥0恒成立，q函数g（x）=ax-+2lnx在其定义域上存在极值．

（1）若p为真命题；求实数a的取值范围；

（2）如果“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，求实数a的取值范围．22、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1和CC1的中点．

（Ⅰ）求证：EF∥平面ACD1；

（Ⅱ）求证：平面ACD1⊥平面BDD1B1

（Ⅲ）求异面直线EF与AB所成的角的余弦值．23、在直角坐标系xOy中，已知圆C的方程：x2+y2-2x-4y+4=0；点P是直线l：x-2y-2=0上的任意点，过P作圆的两条切线PA，PB，切点为A；B，当∠APB取最大值时．

（Ⅰ）求点P的坐标及过点P的切线方程；

（Ⅱ）在△APB的外接圆上是否存在这样的点Q，使|OQ|=（O为坐标原点），如果存在，求出Q点的坐标，如果不存在，请说明理由．评卷人得分五、综合题(共4题，共24分)24、（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=____．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、（2015·安徽）设椭圆E的方程为+=1(ab0),点O为坐标原点，点A的坐标为（a，0），点B的坐标为（0，b），点M在线段AB上，满足=2直线OM的斜率为27、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、C【分析】试题分析：由得为等腰三角形，底边为因为到直线的距离等于双曲线的实轴长，所以而因此双曲线的渐近线方程为选C考点：双曲线定义，双曲线渐近线【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】

试题分析：这题考查函数图象的两个变换，平移变换，周期变换，当把函数图象上各点横坐标变为原来的纵坐标不变，则得函数的图象；故本题选B.

考点：三角函数的图象变换.【解析】【答案】B3、A【分析】【解答】在等比数列中，序号成等差的项，依然成等比数列，故成等比，∴又∵偶数项同号，∴选A.4、A【分析】【解答】解：①“若a2＜b2，则a＜b”的否命题为“若a2≥b2，则a≥b”为假命题；故错误；②“全等三角形面积相等”的逆命题“面积相等的三角形全等”为假命题，故错误；

③若a＞1，则△=4a2﹣4a（a+3）=﹣12a＜0；

此时ax2﹣2ax+a+3＞0恒成立；

故“若a＞1，则ax2﹣2ax+a+3＞0的解集为R”为真命题；故其逆否命题为真命题，故正确；

④“若x（x≠0）为有理数；则x为无理数”为真命题，故其的逆否命题，故正确．

故选：A

【分析】结合四种命题的定义，及互为逆否的两个命题，真假性相同，分别判断各个结论的真假，可得答案．5、D【分析】解：类比平面内三角形“三边垂直平分线的交点是三角形外接圆圆心”的性质；可推知过四面体各面的外心分别与各面垂直的直线交点为四面体外接球球心；

故选D．

类比平面内三角形“三边垂直平分线的交点是三角形外接圆圆心”的性质；可推知过四面体各面的外心分别与各面垂直的直线交点为四面体外接球球心，即可得出结论．

本题考查类比推理，关键在于方法的类比，才能得到正确结论，属于基础题．【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】试题分析：因为由所以函数的单调减区间是写成也行.考点：函数的单调性与导数.【解析】【答案】（也可写成）7、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】π9、略

【分析】【解析】第一次运算得13，第二次运算得37，第三次运算得109，第四次运算得325。【解析】【答案】32510、略

【分析】解：①∵∴∴x命题正确；

②当“x＞1且y＞2”时；“x+y＞3”成立；当“x+y＞3”时，“x＞1且y＞2”不成立；∴命题正确；

③∵≥2，当且仅当=时，“=”成立，∵x∈R时，≠总成立；∴原命题错误；

④命题“∃x∈R，使得x2+x+1＜0”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”；∴原命题错误．

所以；真命题有①②

故答案为：①②．

①由符号法则得解出x的取值范围；

②由“x＞1且y＞2”得出“x+y＞3”是充分条件；反之不成立，是不必要条件；

③应用基本不等式a+b≥时，当且仅当a=b时；“=”成立；

④命题的否定是对命题的条件和结论一起否定．

本题通过命题真假的判定，考查了函数的定义域、不等式的应用以及充分必要条件等知识，是基础题．【解析】①②11、略

【分析】解：若甲乙抢的是一个2元和一个3元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A32=12种；

若甲乙抢的是一个2和一个4元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A32=12种；

若甲乙抢的是一个3和一个4元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C32=6种；

若甲乙抢的是两个2元，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A32=6种；

根据分类计数原理可得；共有36种；

故答案为：36．

根据红包的性质进行分类；利用分类计数原理可得结论．

本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于基础题．【解析】3612、略

【分析】解：∵要求-2C+3C-4C++（-1）n（n+1）C=，只要求出1-2C+3C-4C++（-1）n（n+1）C即可．

∵x•（1-x）n=x（-•x+•x2++（-1）n••xn）；两边对x求导，可得。

（1-x）n-x•n（1-x）n-1=1-2C•x+3C•x2-4C•x3++（-1）n（n+1）C•xn；

再把x=1代入上式，可得0=1-2C+3C-4C++（-1）n（n+1）C

∴2C+3C-4C++（-1）n（n+1）C=-1；

故答案为：-1．

根据x•（1-x）n=x（-•x+•x2++（-1）n••xn）；两边对x求导，再把x=1代入上式，可得要求式子的值．

本题主要考查二项式定理的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．【解析】-1三、作图题(共8题，共16分)13、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．

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】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】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．

17、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．18、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．19、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16分)20、略

【分析】本题考查对数的性质和运算法则，考查对数式和指数式的相互转化，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答．（1）由100m=5，10n=2，知2m=lg5，n=lg2，由此能求出2m+n的值．（2）由（1）知f（x1x2x10）=f（x1）+f（x2）++f（x10）=1，由此能求出f(x12)+f(x22)++f(x102)的值．析：（1）方法一：2分4分5分方法二：2分3分5分（2）由（1）可知f(x1x2x2010)＝f(x1)＋f(x2)＋＋f(2010)＝1，7分∴f()＋f()＋＋f()＝2[f(x1)＋f(x2)＋＋f(x2010)]9分＝2×1＝2.10分【解析】【答案】（1）1（2）221、略

【分析】

（1）若p为真命题，则ax∈（0，2]恒成立，进而得到得实数a的取值范围；

（2）如果“p或q”为真命题；“p且q”为假命题，则命题p与q一真一假，进而得到实数a的取值范围。

本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了函数恒成立问题，利用导数研究函数的极值，复合命题等知识点，难度中档．【解析】解：（1）若p为真命题，则ax∈（0，2]恒成立，所以即a的取值范围为[-

（2）对于q，g′（x）=

若a≥0；g'（x）＞0，g（x）在定义域单调递增，在其定义域上不存在极值，不符合题意；

若a＜0，则-＞0，由△=4-4a2＞0；解得-1＜a＜0；

所以；若q为真命题，则-1＜a＜0，（8分）

因为“p或q”为真命题；“p且q”为假命题，所以命题p与q一真一假；

①p真q假时，解得a≥0；

②p假q真时，解得-1＜a＜-

综上所述，a的取值范围为（-1，-）∪[0，+∞）．22、略

【分析】

建立空间直角坐标系；利用空间向量的知识来证明．

本题考查了线面平行，面面垂直的判定，异面直线所成角的计算，属于中档题，通常用空间向量来进行简化证明．【解析】解：（I）以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间直角坐标系D-xyz；如图所示：

设正方体棱长为1，AD1的中点为M，则C（0，1，0），M（0，），E（0，1），F（0，1，）；

∴=（-1，），=（-1，）；

∴=∴CM∥FE；

又CM⊂平面ACD1，FE⊄平面ACD1；

∴EF∥平面ACD1．

（II）=（1，1，1），=（-1，1，0），=（-1；0，1）；

∴=-1+1+0=0，=-1+0+1=0；

∴DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面BDD1B1；

∴平面ACD1⊥平面BDD1B1．

（III）=（0，1，0），=（-1，）；

∴cos＜＞===-．

∴异面直线EF与AB所成的角的余弦值为．23、略

【分析】

（Ⅰ）求出圆心C（1，2），r=1；判断当∠APB取最大值时，即圆心到点P的距离最小，通过求解P（2，0）得到切线方程．

（Ⅱ）△APB的外接圆是以PC为直径的圆，求出PC的中点坐标是圆上的点到点O的最大距离判断求解，即可得到因此这样的点Q不存在．

本题考查直线与圆的方程的综合应用，存在性问题的求法，圆的切线方程的求法，考查计算能力．【解析】解：（Ⅰ）圆方程可化为：（x-1）2+（y-2）2=1，圆心C（1，2），r=1

当∠APB取最大值时；即圆心到点P的距离最小（1分）

所求的点P是过圆心与直线l垂直的直线与直线l的交点．

过圆心与直线l垂直的直线的方程是：2x+y-4=0（2分）

由解得P（2，0）（3分）

设切线方程为：y=k（x-2）；

解得k=或k不存在．

过点P的切线方程：3x+4y-6=0（5分）

或x=2（6分）

（Ⅱ）△APB的外接圆是以PC为直径的圆（7分）

PC的中点坐标是（8分）

因此△APB外接圆方程是：（9分）

圆上的点到点O的最大距离是：（11分）

因此这样的点Q不存在（12分）五、综合题(共4题，共24分)24、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；

∴N的坐标为（0，）；M点的坐标为（a，0）；

∴BN=1-；

在直角三角形BNF中；∠NBF=45°（OB=OA=1，三角形OAB是等腰直角三角形）；

∴NF=BN=1-；

∴F点的坐标为（1-，）；

∵OM=a；

∴AM=1-a；

∴EM=AM=1-a；

∴E点的坐标为（a；1-a）；

∴AF2=（-）2+（）2=，BE2=（a）2+（-a）2=2a2；

∴AF•BE=1．

故答案为：1．25、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．