…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教新版高二數(shù)學(xué)下冊月考試卷864考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、從8個不同的數(shù)中選出5個數(shù)構(gòu)成函數(shù)f（x）（x∈{1；2，3，4，5}）的值域，如果8個不同的數(shù)中的A；B兩個數(shù)不能是x=5對應(yīng)的函數(shù)值，那么不同的函數(shù)對應(yīng)法則f種數(shù)為（）

A.C82A63

B.C71A74

C.C61A74

D.無法確定。

2、372和684的最大公約數(shù)是（）

A.36

B.186

C.12

D.589

3、【題文】如圖是函數(shù)y=Asin(x+)(x∈R)在區(qū)間[-]上的圖象,為了得到這個函數(shù)圖象,只要將y=sinx(x∈R)的圖象上所有點()

A.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變B.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變C.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變D.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變4、某單位有老年人27人，中年人54人，青年人81人，為了調(diào)查他們的身體狀況的某項指標(biāo)，需從他們中間抽取一個容量為36樣本，則老年人、中年人、青年人分別各抽取的人數(shù)是()A.6，12，18B.7，11，19C.6，13，17D.7，12，175、命題“存在點P（x0，y0），使x02+y02-1≤0成立”的否定是（）A.不存在點P（x0，y0），使x02+y02-1＞0成立B.存在點P（x0，y0），使x02+y02-1＞0成立C.對任意的點P（x，y），使x2+y2-1＞0成立D.對任意的點P（x，y），使x2+y2-1＜0成立6、如圖，AB是⊙O的直徑，C是圓周上不同于A，B的任意一點，PA⊥平面ABC，則四面體P-ABC的四個面中，直角三角形的個數(shù)有（）A.4個B.3個C.2個D.1個7、有5名高中優(yōu)秀畢業(yè)生回母校成都7中參加高2015級勵志成才活動，到3個班去做學(xué)習(xí)經(jīng)驗交流，則每個班至少去一名的不同分派方法種數(shù)為（）A.200B.180C.150D.2808、下列方程的曲線不關(guān)于x軸對稱的是（）A.x2-x+y2=1B.x2y+xy2=1C.2x2-y2=1D.x+y2=-19、已知關(guān)于x

的不等式x2鈭?2x鈭?3>0

和x2+bx+c鈮?0

的解集分別為AB

若A隆脠B=RA隆脡B=(3,4]

則b+c=(

)

A.7

B.鈭?7

C.12

D.鈭?12

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、設(shè)滿足約束條件若目標(biāo)函數(shù)的最大值為則的最小值為________________.11、若計算得當(dāng)時當(dāng)時有因此猜測當(dāng)時，一般有不等式____________________12、一個幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積是______；表面積是______．13、已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則點C1到直線BD的距離為______．14、動點P到點（3，0）的距離比它到直線x=-2的距離大1，則點P的軌跡方程為______．15、已知：1+3=22，1+3+5+7+9=52．由以上兩式，可以類比得到：1+3+5+7+9+11+13=______．16、已知結(jié)論：“在正三角形ABC

中，若D

是BC

的中點，G

是三角形ABC

重心，則AGGD=2

”.

若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在正四面體ABCD

中，若鈻?BCD

的中心為M

四面體內(nèi)部一點O

到四面體各面的距離都相等，則AOOM=

______．評卷人得分三、作圖題(共6題，共12分)17、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？

18、A是銳角MON內(nèi)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?。ㄈ鐖D所示）19、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？

20、A是銳角MON內(nèi)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）21、已知，A，B在直線l的兩側(cè)，在l上求一點，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）22、分別畫一個三棱錐和一個四棱臺．評卷人得分四、計算題(共4題，共8分)23、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．24、解不等式|x﹣2|+|x﹣4|＞6．25、解不等式組．26、已知z1=5+10i，z2=3﹣4i，求z．評卷人得分五、綜合題(共3題，共18分)27、如圖，在直角坐標(biāo)系中，點A，B，C的坐標(biāo)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(dāng)AD+CD最小時點D的坐標(biāo)；

（3）以點A為圓心；以AD為半徑作⊙A．

①證明：當(dāng)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(biāo)：____．28、（2009?新洲區(qū)校級模擬）如圖，已知直角坐標(biāo)系內(nèi)有一條直線和一條曲線，這條直線和x軸、y軸分別交于點A和點B，且OA=OB=1．這條曲線是函數(shù)y=的圖象在第一象限的一個分支，點P是這條曲線上任意一點，它的坐標(biāo)是（a、b），由點P向x軸、y軸所作的垂線PM、PN，垂足是M、N，直線AB分別交PM、PN于點E、F．則AF?BE=____．29、已知f（x）=logax（a＞0，a≠1），設(shè)數(shù)列f（a1），f（a2），f（a3），，f（an）是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

8個不同的數(shù)種除去A、B兩個數(shù)，還有6個數(shù)，從這6個數(shù)中選出一個作為x=5對應(yīng)的函數(shù)值，有種方法；

從剩余的7個數(shù)種選取4個數(shù)作為x=1，2，3，4所對應(yīng)的函數(shù)值，共有A74種方法；

根據(jù)分步計數(shù)原理，不同的函數(shù)對應(yīng)法則f種數(shù)為C61A74；

故選C．

【解析】【答案】確定x=5對應(yīng)的函數(shù)值，有種方法，再確定x=1，2，3，4所對應(yīng)的函數(shù)值，共有A74種方法；根據(jù)分步計數(shù)原理，求得不同的函數(shù)對應(yīng)法則f種數(shù)．

2、C【分析】

684=372×1+312

372=312×1+60

312=60×5+12

60=12×5

故372和684的最大公約數(shù)為12

故選C．

【解析】【答案】利用兩個數(shù)中較大的一個除以較小的數(shù)字；得到商是1，余數(shù)是312，用37除以312，得到商是1，余數(shù)是60，用同樣的方法進行下去，直到?jīng)]有余數(shù)，所以兩個數(shù)字的最大公約數(shù)是12．

3、A【分析】【解析】由圖像可得:-+=0且+=="2,"=

∵函數(shù)的最大值為1,∴y=sin(2x+)【解析】【答案】A4、A【分析】【解答】樣本的總數(shù)為182.利用分層抽樣可得老年人要抽取=6.中年要抽取所以年輕人要抽取18人.故選A.

【分析】本題考察的是分層抽樣的問題.5、C【分析】解：∵命題“存在點P（x0，y0），使x02+y02-1≤0成立”

∴命題的否定為“任意點P（x，y），使x2+y2-1＞0成立”

故選C

將命題中的存在變?yōu)槿我?；同時將結(jié)論否定即可．

寫含量詞的命題的否定時，只要將“任意”與“存在”互換，同時將結(jié)論否定即可．【解析】【答案】C6、A【分析】證明：∵AB是圓O的直徑。

∴∠ACB=90°即BC⊥AC；三角形ABC是直角三角形。

又∵PA⊥圓O所在平面；

∴△PAC；△PAB是直角三角形．

且BC在這個平面內(nèi)；

∴PA⊥BC因此BC垂直于平面PAC中兩條相交直線；

∴BC⊥平面PAC；

∴△PBC是直角三角形．

從而△PAB；△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的個數(shù)是：4．

故選：A

AB是圓O的直徑；得出三角形ABC是直角三角形，由于PA垂直于圓O所在的平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理得出PA垂直于AC，BC，從而得出兩個直角三角形，可以證明BC垂直于平面PAC，從而得出三角形PBC也是直角三角形，從而問題解決．

本題考查面面垂直的判定定理的應(yīng)用，要注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，將面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直．【解析】【答案】A7、C【分析】解：根據(jù)題意；分2步進行分析；

①；先將5個人分成3組；

若分成2-2-1的三組，有=15種情況；

若分成3-1-1的三組，有=10種情況；

一共有15+10=25種分組方法；

②、將分好的3組對應(yīng)三個班級，有=6種方法；

則一共有25×6=150種不同分派方法；

故選：C．

根據(jù)題意；分2步進行分析，①；先將5個人分成3組，分析可得有2種分組方法：分成2-2-1的三組或分成3-1-1的三組，分別求出每種情況的分組方法數(shù)目，由分類計數(shù)原理可得分組方法數(shù)目，②、將分好的3組對應(yīng)三個班級，由排列數(shù)公式可得其方法數(shù)目，進而由分步計數(shù)原理計算可得答案．

本題考查排列、組合的應(yīng)用，要先將5名學(xué)生分成3組，再將其分配到三個班級．【解析】【答案】C8、B【分析】解：將方程中的y換為-y，方程x2y+xy2=1變?yōu)?x2y+xy2=1與原方程不同；故不關(guān)于x軸對稱。

其余A；C，D，將方程中的y換為-y，方程與原方程相同，關(guān)于x軸對稱；

故選：B

將y用-y代替；看方程是否與原方程相同，即可得出結(jié)論．

本題考查圖形的對稱性，利用點（x，y）關(guān)于x軸的對稱點為（x，-y）是關(guān)鍵．【解析】【答案】B9、B【分析】【分析】

本題考查集合的運算，主要是交集、并集的運算，同時考查二次不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．由二次不等式的解法，可得集合A

再由A隆脠B=RA隆脡B=(3,4][鈭?1,4]=B

由韋達定理即可得到系數(shù)bc

進而得到所求和．【解答】解：x2鈭?2x鈭?3>0

解得x>3

或x<鈭?1

即A=(3,+隆脼)隆脠(鈭?隆脼,鈭?1)

A隆脠B=RA隆脡B=(3,4]

則[鈭?1,3]?B(3,4]?B

即有[鈭?1,4]=B

即鈭?14

為x2+bx+c=0

的兩根；

可得鈭?1+4=鈭?b鈭?1隆脕4=c

解得b=鈭?3c=鈭?4

b+c=鈭?7

．

故選B．【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】試題分析：不等式表示的平面區(qū)域如圖所示陰影部分，

當(dāng)直線過直線與直線的交點時，目標(biāo)函數(shù)取得最大6，即即而＝．考點：簡單線性規(guī)劃的應(yīng)用；基本不等式的應(yīng)用．【解析】【答案】11、略

【分析】觀察式子規(guī)律為當(dāng)時，一般有不等式三.解答題(本大題共3題,共30分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)【解析】【答案】當(dāng)時，12、略

【分析】解：由三視圖可知該幾何體為上部是一四棱錐，下部為正方體的組合體．四棱錐的高h1=3；正方體棱長為4

V正方體=Sh2=42×4=64

V四棱錐=Sh1==16

所以V=64+16=80

S正方體=42×5=80，S四棱錐側(cè)=4×=8所以S=80+8

故答案為：80；80+8．

由三視圖可知該幾何體為上部是一四棱錐；高為3，下部為正方體，邊長為4的組合體．分別求得體積；側(cè)面積再相加．

本題考查三視圖求幾何體的體積、表面積，考查計算能力，空間想象能力，三視圖復(fù)原幾何體是解題的關(guān)鍵．【解析】80；80+813、略

【分析】解：如圖所示，連接AC，BD，DC1，BC1．設(shè)AC∩BD=O，連接OC1．

∵DC1=BC1；OB=OD．

∴OC1⊥BD，∴OC1是點C1到直線BD的距離．

OC1==．

故答案為：．

如圖所示，連接AC，BD，DC1，BC1．設(shè)AC∩BD=O，連接OC1．利用等腰三角形的性質(zhì)可得：OC1⊥BD，因此OC1是點C1到直線BD的距離．

本題考查了正方體的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】14、略

【分析】解：∵動點P到點（3；0）的距離比它到直線x=-2的距離大1；

∴將直線x=-2向左平移1個單位；得到直線x=-3；

可得點P到點（3；0）的距離等于它到直線x=-3的距離．

因此；點P的軌跡是以（3，0）為焦點；x=-3為準(zhǔn)線的拋物線；

設(shè)拋物線的方程為y2=2px（p＞0），可得=3；得2p=12

∴拋物線的方程為y2=12x；即為點P的軌跡方程．

故答案為：y2=12x

根據(jù)題意；得到點P到點（3，0）的距離等于它到直線x=-3的距離，由拋物線的定義可得P的軌跡是以（3，0）為焦點；x=-3為準(zhǔn)線的拋物線，由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與基本概念，即可算出點P的軌跡方程．

本題給出滿足條件的動點P，求點P的軌跡方程．著重考查了拋物線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程、動點軌跡方程的求法等知識，屬于基礎(chǔ)題．【解析】y2=12x15、略

【分析】解：從1+3=4=22，1+3+5+7+9=25=52；可以看出左邊是連續(xù)奇數(shù)的和，右邊是數(shù)的個數(shù)的平方；

所以類比得到：1+3+5+7+9+11+13=72；

故答案為：72．

由等式可知左邊是連續(xù)奇數(shù)的和；右邊是數(shù)的個數(shù)的平方，由此規(guī)律解答即可。

本題考查類比推理，解題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)連續(xù)奇數(shù)和的等于數(shù)的個數(shù)的平方，屬于基礎(chǔ)題．【解析】7216、略

【分析】解：設(shè)正四面體ABCD

邊長為1

易求得AM=63

又O

到四面體各面的距離都相等；

所以O(shè)

為四面體的內(nèi)切球的球心，設(shè)內(nèi)切球半徑為r

則有r=3VS鹵鉚

可求得r

即OM=612

所以AO=AM鈭?OM=64

所以AOOM=3

故答案為：3

設(shè)正四面體ABCD

邊長為1

易求得AM=63

又O

到四面體各面的距離都相等，所以O(shè)

為四面體的內(nèi)切球的球心，設(shè)內(nèi)切球半徑為r

則有r=3VS鹵鉚

可求得r

即OM

從而結(jié)果可求．

本題考查類比推理知識，由平面到空間的類比是經(jīng)常考查的知識，要認真體會其中的類比方式．【解析】3

三、作圖題(共6題，共12分)17、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)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(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質(zhì)可知；C點即為所求．

18、略

【分析】【分析】作出A關(guān)于OM的對稱點A'，關(guān)于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據(jù)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(guān)于OM的對稱點A'；關(guān)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(guān)于OM對稱；A與A″關(guān)于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據(jù)兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．19、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)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(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質(zhì)可知；C點即為所求．

20、略

【分析】【分析】作出A關(guān)于OM的對稱點A'，關(guān)于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據(jù)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(guān)于OM的對稱點A'；關(guān)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(guān)于OM對稱；A與A″關(guān)于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據(jù)兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．21、略

【分析】【分析】顯然根據(jù)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．22、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(cè)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(cè)棱上取一點；從這點開始，順次在各個面內(nèi)畫與底面對應(yīng)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(cè)棱上取一點，從這點開始，順次在各個面內(nèi)畫與底面對應(yīng)線段平行的線段，將多余線段擦去，得到圖形．四、計算題(共4題，共8分)23、略

【分析】【分析】作點B關(guān)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(guān)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．24、解：當(dāng)x＜2時；不等式即6﹣2x＞6，解得x＜0．

當(dāng)2≤x＜4時；不等式即2＞6，解得x無解．

當(dāng)x≥4時；不等式即x﹣6＞6，解得x＞12．

綜上可得，不等式的解集為（﹣∞，0）∪（12，+∞）．【分析】【分析】將絕對值不等式的左邊去掉絕對值，在每一段上解不等式，最后求它們的并集即可．25、解：由{#mathml#}x+3x+1

{#/mathml#}≤2得：{#mathml#}x?1x+1

{#/mathml#}≥0，解得x＜﹣1或x≥1；由x2﹣6x﹣8＜0得：3﹣{#mathml#}17

{#/mathml#}＜x＜3+{#mathml#}17

{#/mathml#}，

∴不等式組得解集為（3﹣{#mathml#}17

{#/mathml#}，﹣1）∪[1，3+{#mathml#}17

{#/mathml#}）【分析】【分析】分別解不等式≤2與x2﹣6x﹣8＜0，最后取其交集即可．26、解：∴

又∵z1=5+10i，z2=3﹣4i

∴【分析】【分析】把z1、z2代入關(guān)系式，化簡即可五、綜合題(共3題，共18分)27、略

【分析】【分析】（1）由待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式．

（2）連接BC；交直線l于點D，根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)，點B與點A關(guān)于直線l對稱，∴AD=BD．

∴AD+CD=BD+CD；由“兩點之間，線段最短”的原理可知：D在直線BC上AD+CD最短，所以D是直線l與直線BC的交點；

設(shè)出直線BC的解析式為y=kx+b；可用待定系數(shù)法求得BC直線的解析式，故可求得BC與直線l的交點D的坐標(biāo)．

（3）由（2）可知，當(dāng)AD+CD最短時，D在直線BC上，由于已知A，B，C，D四點坐標(biāo)，根據(jù)線段之間的長度，可以求出△ABD是直角三角形，即BC與圓相切．由于AB⊥l，故由垂徑定理知及切線長定理知，另一點D與現(xiàn)在的點D關(guān)于x軸對稱，所以另一點D的坐標(biāo)為（1，-2）．【解析】【解答】解：

（1）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-3）．（1分）

將（0；3）代入上式，得3=a（0+1）（0-3）．

解；得a=-1．（2分）∴拋物線的解析式為y=-（x+1）（x-3）．

即y=-x2+2x+3．（3分）

（2）連接BC；交直線l于點D．

∵點B與點A關(guān)于直線l對稱；

∴AD=BD．（4分）

∴AD+CD=BD+CD=BC．

由“兩點之間；線段最短”的原理可知：

此時AD+CD最?。稽cD的位置即為所求．（5分）

設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b；

由直線BC過點（3；0），（0，3）；

得

解這個方程組，得

∴直線BC的解析式為y=-x+3．（6分）

由（1）知：對稱軸l為；即x=1．

將x=1代入y=-x+3；得y=-1+3=2．

∴點D的坐標(biāo)為（1；2）．（7分）

說明：用相似三角形或三角函數(shù)求點D的坐標(biāo)也可；答案正確給（2分）．

（3）①連接AD．設(shè)直線l與x軸的交點記為點E．

由（2）知：當(dāng)AD+CD最小時；點D的坐標(biāo)為（1，2）．

∴DE=AE=BE=2．

∴∠DAB=∠DBA=45度．（8分）

∴∠ADB=90度．

∴AD⊥BD．

∴BD與⊙A相切．（9分）