2025年外研版高二数学下册月考试卷

…………○…………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年外研版高二数学下册月考试卷271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6题，共12分)1、直线经过原点与点（-1，-1），则它的倾斜角是（）A.45°B.135°C.45°或135°D.0°2、下列四条直线中，哪一条是双曲线的渐近线?（）A.B.C.D.3、若等比数列{an}的各项均为正数，a2a4+2a3a5+a4a6=25，则a3+a5=（）

A.10

B.5

C.6

D.8

4、曲线y=|x|和圆x2+y2=4所围成的较小区域的面积为（）

A.

B.

C.π

D.

5、【题文】等于（）A.－B.－C.D.6、F1，F2是双曲线的左、右焦点，过左焦点F1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，若|AB|:|BF2|:|AF2|=3:4:5，则双曲线的离心率是（）A.B.C.2D.评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为____．（用数字作答）8、若函数y=f（x）在区间（a，b）内可导，且x∈（a，b），则当h无限趋近于0时，无限趋近于____．9、已知命题p：点M在直线y=2x-3上，命题q：点M在抛物线y=-x2上，则使“p∧q”为真命题的点M的坐标是____．10、已知圆的切线l与两坐标轴分别交于点A，B两点，则（O为坐标原点）面积的最小值为．11、《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把120个面包分给5个人，使每个人所得的面包数成等差数列，且使较多的三份面包数之和的是较少两份面包数之和，问最少的1份面包数为____12、【题文】如图，在△中，点在边BC上沿运动，则的面积小于的概率为____．

13、将5位老师分别安排到高二的三个不同的班级任教，则每个班至少安排一人的不同方法数为______．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3题，共9分)21、已知函数f（x）=xlnx-2x+a；其中a∈R．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若方程f（x）=0没有实根；求a的取值范围；

（3）证明：ln1+2ln2+3ln3++nlnn＞（n-1）2；其中n≥2．

22、已知函数（I）若满足求的取值范围；（II）是否存在正实数使得集合如果存在，请求出的取值范围；反之，请说明理由.23、设椭圆C1

的焦点在x

轴，离心率为32

抛物线C2

的焦点在y

轴上，C1

的中心和C2

的顶点均为原点，点(2,鈭�22)

在C1

上，点(2,鈭�1)

在C2

上.

(1)

求曲线C1C2

的标准方程；

(2)

请问是否存在过抛物线C2

的焦点F

的直线l

与椭圆C1

交于不同两点MN

使得以线段MN

为直径的圆过原点O

若存在，求出直线l

的方程；若不存在，说明理由．评卷人得分五、综合题(共4题，共40分)24、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：____．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、（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=____．27、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6题，共12分)1、A【分析】试题分析：利用斜率公式，设倾斜角为即则考点：直线的倾斜角与斜率；【解析】【答案】A2、C【分析】试题分析：求出双曲线的渐近线，注意将方程右边的1换为0，即可得到渐近线，再判断选项．双曲线x2﹣=1的渐近线为：x2﹣=0，即为y=±2x．故选C．考点：双曲线的方程和性质（渐近线）.【解析】【答案】C3、B【分析】

∵等比数列{an}的各项均为正数，a2a4+2a3a5+a4a6=25；

∴+2a3a5+=25，即=25，∴a3+a5=5；

故选B．

【解析】【答案】由条件利用等比数列的定义和性质得到=25，由此求得a3+a5=的值．

4、C【分析】

由于直线y=x的斜率k=1；y=-x的斜率k=-1

∴y=x与y=-x的夹角为90°

∴曲线y=|x|和圆x2+y2=4所围成的较小区域的面积为S===π

故选C

【解析】【答案】由题意可知y=x与y=-x的夹角为90°，则曲线y=|x|和圆x2+y2=4所围成的较小区域的面积为S=代入可求。

5、C【分析】【解析】

试题分析：∵∴选C

考点：本题考查了诱导公式的运用。

点评：熟练掌握诱导公式及其变形是解决此类问题的关键，属基础题【解析】【答案】C6、A【分析】【解答】令

由双曲线的定义

即

由勾股定理知，求得（负值舍去），故

故选A二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】

从六个数字中任取两个奇数和两个偶数；

当偶数不包含0时有C22C32A44=72；

当偶数中含0时有C21C32C31A33=108；

∴组成没有重复数字的四位数的个数为72+108=180；

故答案为：180．

【解析】【答案】从0；1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，这六个数字包含0，这是题目困难的地方，因此在解题时要把带零和不选零分开，既要分类讨论，含0的选择注意0不能放在首位．

8、略

【分析】

∵函数y=f（x）在区间（a，b）内可导；

∴当h无限趋近于0时，无限趋近于f′（x）；

∴当h无限趋近于0时，无限趋近于2f′（x）；

故答案为：2f′（x）．

【解析】【答案】先根据导数的定义得到当h无限趋近于0时，无限趋近于f′（x）；然后找出与所求的关系，从而求出所求．

9、略

【分析】

由p∧q”为真命题可知，直线y=2x-3与y=-x2有交点。

则可得x2+2x-3=0

∴或

故答案为：（1；-1）或（-3，-9）

【解析】【答案】由p∧q”为真命题可知，直线y=2x-3与y=-x2有交点；联立直线与抛物线方程即可求解。

10、略

【分析】试题分析：因为切线l与两坐标轴分别交于点A，B两点,所以切线有斜率,并且不等于0,所以设其为所以所以的面积等于因为直线为切线,所以即所以代入面积公式,可得根据均值不等式,可知当且仅当时,取得最小值.考点：直线与圆相切,均值不等式.【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

设五个人所分得的面包为a-2d，a-d，a，a+d，a+2d，（其中d＞0）；则，（a-2d）+（a-d）+a+（a+d）+（a+2d）=5a=120，∴a=24；由17（a+a+d+a+2d）=a-2d+a-d，得3a+3d=7（2a-3d）；∴24d=11a，∴d=11；所以，最小的1分为a-2d=24-22=2【解析】【答案】212、略

【分析】【解析】

试题分析：解：点在边上沿运动，落线段上任何一点的可能性是相等的，全部基本事件的集可用线段表示；设事件为“则的面积小于”，则事件所包含的基本事件的集合对应长度为2的线段

由几何概型知：=

所以答案应填：

考点：几何概型.【解析】【答案】13、略

【分析】解：根据题意；分2步进行分析：

①；将5名实习老师分为3组；

若分为2、2、1的三组，有=15种分组方法；

若分为3、1、1的三组，有C53=10种方法；

则一共有15+10=25种分组方法；

②、将分好的三组对应3个班级，有A33=6种情况；

则共有25×6=150种不同的分配方案．

故答案为：150．

根据题意；分2步分析：先将5名实习老师分为3组，有2种分组方法，分为2；2、1的三组或3、1、1的三组，由组合数公式可得其分组方法数目，由分类计数原理将其相加可得分组的情况数目，第二步，将分好的三组对应3个不同的场馆，由排列数公式可得其对应方法数目；由分步计数原理计算可得答案．

本题考查排列、组合及分步乘法原理的应用，注意本题的分组涉及平均分组与不平均分组，要用对公式．【解析】150三、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3题，共9分)21、略

【分析】

（1）由题意可知：f'（x）=lnx-1；令f'（x）=0，得x=e，（1分）

则当x∈（0；e）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2分）

当x∈（e；+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增（4分）

（2）由（1）可得f（x）在x=e处取得极小值；且f（x）=0没有实根，（6分）

则minf（x）=f（e）＞0；即a-e＞0，解得：a＞e（8分）

（3）方法1：由（2）得；令a=3＞e，f（x）=xlnx-2x+3＞0成立；

则∀x＞0；xlnx＞2x-3恒成立（10分）

故ln1+2ln2+3ln3++nlnn=2ln2+3ln3++nlnn＞（2•2-3）+（2•3-3）+（2•4-3）++（2•n-3）==（n-1）2；即得证．（14分）

方法2：数学归纳法。

（1）当n=2（2）时，ln1+2ln2＞12（3）成立；

（4）当n=k（5）时，ln1+2ln2+3ln3++klnk＞（k-1）2（6）成立；

当n=k+1时，ln1+2ln2+3ln3++klnk+（k+1）ln（k+1）＞（k-1）2+（k+1）ln（k+1）

同理令a=3＞e；xlnx＞2x-3，即（k+1）ln（k+1）＞2（k+1）-3，（10分）

则（k-1）2+（k+1）ln（k+1）＞（k-1）2+2（k+1）-3=k2；（12分）

故ln1+2ln2+3ln3++klnk+（k+1）ln（k+1）＞k2；

即ln1+2ln2+3ln3++klnk＞（k-1）2对n=k+1也成立；

综合（1）（2）得：∀n≥2，ln1+2ln2+3ln3++nlnn＞（n-1）2恒成立．（14分）

【解析】【答案】（1）利用导数求出函数的极值；然后求f（x）的单调区间；

（2）若方程f（x）=0没有实根；由（1）可得f（x）在x=e处取得极小值，且f（x）=0没有实根，即可求a的取值范围；

（3）方法一：利用∀x＞0，xlnx＞2x-3恒成立，即可证明ln1+2ln2+3ln3++nlnn＞（n-1）2．

方法二：利用数学归纳法验证n=2成立；然后通过假设，证明n=k+1不等式也成立即可．

22、略

【分析】

（I）（II）【解析】（1）两数绝对值相等则两个数相等或相反，此题中故相反即：（2）集合即定义域是值域是【解析】

（I）且即（II）当时，则矛盾当时，矛盾当时，则即即在上有两个不等解记则解得【解析】【答案】23、略

【分析】

(1)

由题意列关于abc

的方程组，求解得到abc

的值，则椭圆方程可求.

再设出抛物线方程，把点(2,鈭�1)

代入抛物线方程求p

则抛物线方程可求；

(2)

直线l

过抛物线C2

的焦点F(0,鈭�12)

当直线l

的斜率不存在时，求出点MN

的坐标，可得以线段MN

为直径的圆不过原点；当直线l

的斜率存在时，设直线l

的方程为y=kx鈭�12

联立直线方程与椭圆方程，化为关于x

的一元二次方程，利用根与系数的关系结合OM鈫�鈰�ON鈫�=0

求解k

此时k

不存在，说明不存在过抛物线C2

的焦点F

的直线l

与椭圆C1

交于不同两点MN

使得以线段MN

为直径的圆过原点O

．

本题主要考查直线、椭圆和抛物线等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想和化归与转化思想，是中档题．【解析】解：(1)

设C1

的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)

由已知得{ca=32a2=b2+c22a2+12b2=1

解得{a2=4b2=1c=3

．

隆脿

曲线C1

的标准方程为x24+y2=1

隆脽

点(2,鈭�1)

在C2

上；

隆脿

设C2

的标准方程为x2=鈭�2py(p>0)

则由(2)2=鈭�2p隆脕(鈭�1)

得p=1

．

隆脿C2

的标准方程为x2=鈭�2y

(2)隆脽

直线l

过抛物线C2

的焦点F(0,鈭�12)

当直线l

的斜率不存在时；点M(0,1)N(0,鈭�1)

或M(0,鈭�1)N(0,1)

则以线段MN

为直径的圆不过原点；不符合要求；

当直线l

的斜率存在时，设直线l

的方程为y=kx鈭�12

联立{y=kx鈭�12x24+y2=1

得(1+4k2)x2鈭�4kx鈭�3=0

．

设M(x1,y1)N(x2,y2)

则x1+x2=4k1+4k2x1x2=鈭�31+4k2

．

y1y2=(kx1鈭�12)(kx2鈭�12)=k2x1x2鈭�12k(x1+x2)+14

=k2鈰�鈭�31+4k2鈭�12k鈰�4k1+4k2+14=1鈭�16k24(1+4k2)

．

隆脽

以线段MN

为直径的圆过原点O

隆脿OM鈫�鈰�ON鈫�=0

隆脿x1x2+y1y2=鈭�31+4k2鈰�1鈭�16k21+4k2=0

整理得：16k2=鈭�11

无解．

故不存在过抛物线C2

的焦点F

的直线l

与椭圆C1

交于不同两点MN

使得以线段MN

为直径的圆过原点O

．五、综合题(共4题，共40分)24、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）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