…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇科新版高二數學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、若函數y=f（x）的圖象如圖所示；則函數y=f（1-x）的圖象大致為（）

A.

B.

C.

D.

2、拋物線y2=2px的焦點與雙曲線的右焦點重合；則p的值為（）

A.-2

B.2

C.-4

D.4

3、已知空間四邊形OABC，其對角線是OB，AC，M，N分別是對邊OA，BC的中點，點G在線段MN上，且MG=3GN，用基底向量表示向量應是（）

A.

B.

C.

D.

4、【題文】與兩數的等比中項是（）A.B.C.D.5、【題文】給出下列結論：

（1）在回歸分析中，可用指數系數的值判斷模型的擬合效果，越大；模型的擬合效果越好；

（2）在回歸分析中，可用殘差平方和判斷模型的擬合效果，殘差平方和越大，模型的擬合效果越好；K^S*5U.C#O%

（3）在回歸分析中，可用相關系數的值判斷模型的擬合效果，越小；模型的擬合效果越好；

（4）在回歸分析中；可用殘差圖判斷模型的擬合效果，殘差點比較均勻地落在水平的帶狀區域中，說明這樣的模型比較合適．帶狀區域的寬度越窄，說明模型的擬合精度越高．

以上結論中，正確的有（）個．A.1B.2C.3D.46、如圖動直線l：y=b與拋物線y2=4x交于點A，與橢圓交于拋物線右側的點B，F為拋物線的焦點，則AF+BF+AB的最大值為（）A.3B.C.2D.7、一個算法的程序框圖如右圖；則輸出結果是()

A.4B.5C.6D.138、直線x+y+1=0的傾斜角是（）A.B.C.D.9、函數y=sin(婁脴x+婁脠鈭?婁脨6)

的最小正周期為婁脨

且其圖象向左平移婁脨6

單位得到的函數為奇函數，則婁脠

的一個可能值是(

)

A.婁脨3

B.鈭?婁脨3

C.婁脨6

D.鈭?婁脨6

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、若一個正方體的所有頂點都在同一個球的球面上，且這個球的半徑為1，則該正方體的棱長為____．11、若函數f（x）是指數函數且f（3）=8，則f（x）=____．12、【題文】如圖，A是半徑為5的圓O上的一個定點，單位向量在A點處與圓O相切，點P是圓O上的一個動點，且點P與點A不重合，則·的取值范圍是____.

13、【題文】如果等比數列的前項和則常數14、【題文】中，所對的邊長分別為且則15、【題文】給出下列命題：

①存在實數α；使sinα?cosα=1

②函數是偶函數。

③是函數的一條對稱軸方程。

④若α；β是第一象限的角；且α＞β，則sinα＞sinβ

其中正確命題的序號是____．16、（2015·天津）已知函數其中為實數，為的導函數，若則的值為____。17、已知二項分布ξ～則該分布列的方差Dξ值為______．評卷人得分三、作圖題(共6題，共12分)18、著名的“將軍飲馬”問題：有一位將軍騎著馬要從A地走到B地；但途中要到水邊喂馬喝一次水，則將軍怎樣走最近？

19、A是銳角MON內部任意一點，在∠MON的兩邊OM，ON上各取一點B，C，組成三角形，使三角形周長最小．（如圖所示）20、著名的“將軍飲馬”問題：有一位將軍騎著馬要從A地走到B地；但途中要到水邊喂馬喝一次水，則將軍怎樣走最近？

21、A是銳角MON內部任意一點，在∠MON的兩邊OM，ON上各取一點B，C，組成三角形，使三角形周長最小．（如圖所示）22、已知，A，B在直線l的兩側，在l上求一點，使得PA+PB最小．（如圖所示）23、分別畫一個三棱錐和一個四棱臺．評卷人得分四、解答題(共4題，共40分)24、設函數的定義域為E；值域為F．

（1）若E={1，2}，判斷實數λ=lg22+lg2lg5+lg5-與集合F的關系；

（2）若E={1，2，a}，F={0，}；求實數a的值．

（3）若F=[2-3m，2-3n]，求m，n的值．

25、如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，且側面底面若（1）求證：平面（2）側棱上是否存在點使得平面若存在，指出點的位置并證明，若不存在，請說明理由；（3）求二面角的余弦值.26、如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直．EF∥AC，AB=CE=EF=1，∠ECA=60°．

（1）求證：AF∥平面BDE；

（2）求異面直線AB與DE所成角的余弦值．

27、（本題滿分12分）已知的周長為且(I)求邊的長；(II)若的面積為求角C的度數.評卷人得分五、計算題(共2題，共18分)28、如圖，正三角形ABC的邊長為2，M是BC邊上的中點，P是AC邊上的一個動點，求PB+PM的最小值．29、解不等式組：．評卷人得分六、綜合題(共1題，共7分)30、如圖，在直角坐標系中，點A，B，C的坐標分別為（-1，0），（3，0），（0，3），過AB，C三點的拋物的對稱軸為直線l，D為對稱軸l上一動點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）求當AD+CD最小時點D的坐標；

（3）以點A為圓心；以AD為半徑作⊙A．

①證明：當AD+CD最小時；直線BD與⊙A相切；

②寫出直線BD與⊙A相切時，D點的另一個坐標：____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

因為從函數y=f（x）到函數y=f（1-x）的平移變換規律是：先關于y軸對稱得到y=f（-x）；再整體向右平移1個單位即可得到．

即圖象變換規律是：①→②．

故選：A．

【解析】【答案】先找到從函數y=f（x）到函數y=f（1-x）的平移變換規律是：先關于原點對稱得到y=f（-x）；再整體向右平移1個單位；再畫出對應的圖象，即可求出結果．

2、D【分析】

由于雙曲線可得a=b=1；故可得c=2

由雙曲線方程的形式知；其右焦點坐標是（2，0）

又拋物線y2=2px的焦點與雙曲線的右焦點重合。

∴得p=4

故選D

【解析】【答案】由題意拋物線y2=2px的焦點與雙曲線的右焦點重合，可先解出雙曲線的右焦點，從而得出解出p的值，即可選出正確選項。

3、A【分析】

∵===

=

=

=

故選A．

【解析】【答案】根據所給的圖形和一組基底；從起點O出發，繞著圖形的棱到P，根據圖形中線段的長度整理，把不是基底中的向量再用是基地的向量來表示，做出結果．

4、C【分析】【解析】

試題分析：設等比中項為A,則

考點：等比中項定義.【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、D【分析】【解答】解：如圖，

延長BA交拋物線的準線于C；設橢圓的左焦點為F′，連接BF′；

則由題意可得：AC=AF；BF=2a﹣BF′；

∴AF+BF+AB=AC+2a﹣BF′+AB=AC+AB+2a﹣BF′

=BC+2a﹣BF′=2a﹣（BF′﹣BC）．

≤2a=．

∴AF+BF+AB的最大值為．

故選：D．

【分析】由題意畫出圖形，結合拋物線的定義及橢圓定義把AF+BF+AB轉化求得最大值．7、D【分析】【分析】由x=2得y=5,從而，b=13,故選D。8、A【分析】解：直線x+y+1=0的斜率k=-

∴直線x+y+1=0的傾斜角α=．

故選：A．

先求出直線的斜率；再求直線的傾斜角．

本題考查直線的傾斜角的求法，是基礎題，解題時要注意直線的斜率的靈活運用．【解析】【答案】A9、D【分析】解：隆脽y=sin(婁脴x+婁脠鈭?婁脨6)

的最小正周期為婁脨

隆脿婁脴=2婁脨T=2

得函數表達式為f(x)=sin(2x+婁脠鈭?婁脨6)

將函數的圖象向左平移婁脨6

個單位后；

得到的函數為y=f(x+婁脨6)=sin[2(x+婁脨6)+婁脠鈭?婁脨6]=sin(2x+婁脠+婁脨6)

由題意，得函數為y=sin(2x+婁脠+婁脨6)

為奇函數；

隆脿f(0)=sin(婁脠+婁脨6)=0

解之得婁脠+婁脨6=k婁脨

所以婁脠=k婁脨鈭?婁脨6(k隆脢Z)

隆脿

取k=0

得婁脠=鈭?婁脨6

故選：D

根據函數的周期算出婁脴=2

從而得到函數表達式為sin(2x+婁脠鈭?婁脨6)

所以得出函數圖象向左平移婁脨6

個單位后，得到y=sin(2x+婁脠+婁脨6)

的圖象，再根據奇函數的特性取x=0

得sin(婁脠+婁脨6)=0

可得婁脠=k婁脨鈭?婁脨6(k隆脢Z)

即可得到答案．

本題給出一個三角函數式，將其圖象平移得到奇函數的圖象，求初相婁脮

的值，著重考查了函數y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象與性質等知識，屬于基礎題．【解析】D

二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】

由題意得該正方體的外接球半徑為1；

設正方體的棱長為a；

則由正方體的對角線長等于其外接球的直徑可得a=2；

解得a=

故答案為：．

【解析】【答案】由已知中一個正方體的所有頂點都在同一個球的球面上；且這個球的半徑為1，可得該正方體的外接球半徑為1，由正方體的對角線長等于其外接球的直徑，我們可以構造一個關于正方體棱長a的方程，解方程即可得到答案．

11、略

【分析】

設指數函數為y=ax（a＞0且a≠1）

將x=3代入得a3=8；

解得a=2

所以y=2x

故答案為2x

【解析】【答案】設出指數函數；將已知點代入求出待定參數，求出指數函數的解析式；將x=3代入解析式，即可求出f（x）．

12、略

【分析】【解析】

試題分析：

解:建立平面直角坐標系如下圖,設點的坐標為

則所以

因為點在圓上,所以,即:

所以答案應填:

考點：平面向量的坐標表示與向量的數量積.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】因為等比數列的前項和則由其公式可知常數【解析】【答案】-114、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】215、略

【分析】【解析】

試題分析：①由sinα?cosα=1，得此式無解，所以該命題不成立；

②=cosx,顯然是個偶函數；該命題成立；

③的對稱軸方程是

當k=1時，有故該命題成立；

④若α、β是第一象限的角，當滿足α＞β，但是sinα

所以該命題不成立．故正確命題的序號是②③.

考點：三角函數的性質綜合題.【解析】【答案】②③16、3【分析】【解答】因為所以

【分析】本題考查內容單一，求出由，再由可直接求得的值，因此可以說本題是一道基礎題，但要注意運算的準確性，由于填空題沒有中間分，一步出錯，就得零分，故運算要特別細心。17、略

【分析】解：∵二項分布ξ～

∴該分布列的方差Dξ=npq=4×=1

故答案為：1

根據比例符合二項分布；根據所給的二項分布的表示式，把n，p，q的結果代入方差的公式，做出要求的方差的值．

本題考查求分布列的方差，本題解題的關鍵是記住并且會使用符合二項分布的方差的公式，實際上只要變量符合某一個分布，則題目的運算量就減少了許多，本題是一個基礎題．【解析】1三、作圖題(共6題，共12分)18、略

【分析】【分析】根據軸對稱的性質作出B點與河面的對稱點B′，連接AB′，AB′與河面的交點C即為所求．【解析】【解答】解：作B點與河面的對稱點B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對稱的性質可知AB′=AC+BC；

根據兩點之間線段最短的性質可知；C點即為所求．

19、略

【分析】【分析】作出A關于OM的對稱點A'，關于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據兩點之間線段最短即可判斷出使三角形周長最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A關于OM的對稱點A'；關于ON的A對稱點A''，與OM；ON相交于B、C，連接ABC即為所求三角形．

證明：∵A與A'關于OM對稱；A與A″關于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．20、略

【分析】【分析】根據軸對稱的性質作出B點與河面的對稱點B′，連接AB′，AB′與河面的交點C即為所求．【解析】【解答】解：作B點與河面的對稱點B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對稱的性質可知AB′=AC+BC；

根據兩點之間線段最短的性質可知；C點即為所求．

21、略

【分析】【分析】作出A關于OM的對稱點A'，關于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據兩點之間線段最短即可判斷出使三角形周長最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A關于OM的對稱點A'；關于ON的A對稱點A''，與OM；ON相交于B、C，連接ABC即為所求三角形．

證明：∵A與A'關于OM對稱；A與A″關于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．22、略

【分析】【分析】顯然根據兩點之間，線段最短，連接兩點與直線的交點即為所求作的點．【解析】【解答】解：連接兩點與直線的交點即為所求作的點P；

這樣PA+PB最小；

理由是兩點之間，線段最短．23、解：畫三棱錐可分三步完成。

第一步：畫底面﹣﹣畫一個三角形；

第二步：確定頂點﹣﹣在底面外任一點；

第三步：畫側棱﹣﹣連接頂點與底面三角形各頂點．

畫四棱可分三步完成。

第一步：畫一個四棱錐；

第二步：在四棱錐一條側棱上取一點；從這點開始，順次在各個面內畫與底面對應線段平行的線段；

第三步：將多余線段擦去．

【分析】【分析】畫三棱錐和畫四棱臺都是需要先畫底面，再確定平面外一點連接這點與底面上的頂點，得到錐體，在畫四棱臺時，在四棱錐一條側棱上取一點，從這點開始，順次在各個面內畫與底面對應線段平行的線段，將多余線段擦去，得到圖形．四、解答題(共4題，共40分)24、略

【分析】

（1）∵∴當x=1時，f（x）=0；當x=2時，f（x）=∴F={0，}．

∵λ=lg22+lg2lg5+lg5-16=lg2（lg2+lg5）+lg5-=lg2+lg5-=lg10-=．

∴λ∈F．（5分）

（2）令f（a）=0，即a=±1，取a=-1；

令f（a）=即a=±2，取a=-2；

故a=-1或-2．（9分）

（3）∵是偶函數，且f'（x）=＞0；

則函數f（x）在（-∞；0）上是減函數，在（0，+∞）上是增函數．

∵x≠0，∴由題意可知：或0＜．

若則有即

整理得m2+3m+10=0；此時方程組無解；

若0＜則有即

∴m，n為方程x2-3x+1=0，的兩個根．∵0＜∴m＞n＞0；

∴m=n=．（16分）

【解析】【答案】（1）由已知中函數f（x）的解析式；將x∈{1，2}代入求出集合E，利用對數的運算性質求出λ，進而根據元素與集合的關系可得答案；

（2）分別令f（a）=0，即令f（a）=即可求出實數a的值．

（3）求出函數f（x）的導函數，判斷函數的單調性，進而根據函數f（x）的值域為[2-3m，2-3n]，x∈[]；m＞0，n＞0構造關于m，n的方程組，進而得到m，n的值．

25、略

【分析】試題分析：（1）由側面底面PA⊥AD及面面垂直性質定理得，PA⊥面ABCD，由線面垂直定義可得PA⊥CD，通過計算可證CD⊥AC，根據線面垂直判定定理可得CD⊥面PAC；（2）若E是PA中點，F是CD中點，連結BE，EF，CF，由三角形中位線定理及平行公理可證四邊形BEFC為平行四邊形，則BE∥CF，根據線面平行的判定定理可得；（3）以A為原點，AB，AC，AP分別為軸建立空間直角坐標系，顯然是平面PAD的法向量，求出PCD的法向量，求出這兩個法向量的夾角的余弦值，即可求出二面角A-PD—C的余弦值.試題解析：（1）因為所以又因為側面底面且側面底面所以底面而底面所以在底面中，因為所以所以又因為所以平面4分（2）在上存在中點使得平面證明如下：設的中點是連結則且由已知所以又所以且所以四邊形為平行四邊形，所以因為平面平面所以平面8分（3）由（1）知，PA⊥面ABCD，以A為原點，AB，AC，AP分別為軸建立空間直角坐標系設AB=1，則P（0，0，1），B(1,0,0)，D(0,2,0),C(1,1,0)，則=(1,1,-1),=(-1,1,0)，顯然平面所以為平面的一個法向量.設面PCD的一個法向量=()，則==0且==0，取=1，則=1，=2，則設二面角的大小為由圖可知，為銳角，所以即二面角的余弦值為12分考點:空間線面垂直、面面垂直判定與性質，空間線面平行的判定與性質，二面角計算【解析】【答案】（1）見解析（2）見解析（3）26、略

【分析】

（1）證明：∵ABCD是正方形，且AB=

∴AO=1；又EF∥AC，EF=1；

∴EFAO為平行四邊形；則AF∥OE，而AF?面BDE，OE?面BDE；

∴AF∥面BDE（3分）

（2）∵ABCD是正方形；

∴AB∥CD

∴∠EDC為異面直線AB與DE所成的角或其補角（2分）

又BD⊥AC；又面ABCD⊥面ACEF，且面ABCD∩面ACEF=AC

∴BD⊥面ACEF；又OE?面ACEF；

∴BD⊥OE．

而由EC=1；OC=OA=1，∠ECA=60°

∴OE=1，又OD=1，則ED=

又CD=CE=1；

∴

∴異面直線AB與DE所成的角的余弦值為（3分）

【解析】【答案】（1）由已知中四邊形ABCD為正方形，EF∥AC，AB=CE=EF=1，我們易證得EFAO為平行四邊形，即AF∥OE，再由線面平行的判定定理得到AF∥平面BDE；

（2）由AB∥CD得∠EDC為異面直線AB與DE所成的角或其補角；解三角形EDC即可得到異面直線AB與DE所成角的余弦值．

27、略

【分析】【解析】試題分析：（1）因為由正弦定理知：2分因為周長為所以所以即6分(II)因為所以由三角形的面積公式C=得:8分由余弦定理有：因為所以12分考點：本小題主要考查正弦定理與余弦定理和三角形面積公式的應用，考查學生綜合運用所學知識解決問題的能力.【解析】【答案】(1)(2)五、計算題(共2題，共18分)28、略

【分析】【分析】作點B關于AC的對稱點E，連接EP、EB、EM、EC，則PB+PM=PE+PM，因此EM的長就是PB+PM的最小值．【解析】【解答】解：如圖；作點B關于AC的對稱點E，連接EP；EB、EM、EC；

則PB+PM=PE+PM；

因此EM的長就是PB+PM的最小值．

從點M作MF⊥BE；垂足為F；

因為BC=2；

所以BM=1，BE=2=2．

因為∠MBF=30°；

所以MF=BM=，BF==，ME==．

所以PB+PM的最小值是．29、解：由|x﹣1|＜3解得﹣2＜x＜4；

由＞1得﹣1=＞0；

解得3＜x＜5；

所以，不等式解集為（3，4）．【分析】【分析】根據不等式的解法即可得到結論．六、綜合題(共1題，共7分)30、略

【分析】【分析】（1）由待定系數