…………○…………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年北師大新版高二數(shù)學上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8題，共16分)1、觀察下列各圖；其中兩個分類變量x，y之間關系最強的是（）

A.

B.

C.

D.

2、已知雙曲線(a>0,b>0)的一條漸近線方程是y=x,它的一個焦點在拋物線y2=24x的準線上，則雙曲線的方程為()A.B.C.D.3、【題文】、在各項均不為零的等差數(shù)列中，若

則（）A.B.C.D.4、【題文】已知某賽季甲；乙兩名籃球運動員每場比賽得分的莖葉圖如圖所示；則甲、乙兩人得分的中位數(shù)之和是。

A.62B.63C.64D.655、若直線=1（a＞0，b＞0）過點（1，1），則a+b的最小值等于（）A.2B.3C.4D.56、設曲線l極坐標方程為ρcosθ-ρsinθ+1=0，曲線C的參數(shù)方程為A，B為曲線l與曲線C的兩個交點，則|AB|=（）A.1B.C.D.7、設a

為空間中的一條直線，記直線a

與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的六個面所在的平面相交的平面?zhèn)€數(shù)為m

則m

的所有可能取值構成的集合為(

)

A.{2,4}

B.{2,6}

C.{4,6}

D.{2,4,6}

8、已知隨機變量X

服從正態(tài)分布N(a,4)

且P(X>1)=0.5

則實數(shù)a

的值為(

)

A.1

B.3

C.2

D.4

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、已知點P，A，B，C，D都是直徑為3的球O表面上的點，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，若PA=1，則幾何體P-ABCD的體積為____．10、設復數(shù)滿足則的實部是________.11、若點（2，1）和（4，3）在直線0的兩側(cè)，則a的取值范圍是____．12、設則____．13、【題文】已知=·點C在∠AOB內(nèi)，且∠AOC=30°，設（m，n∈Ｒ），則=________．14、在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a，b，c成等差數(shù)列，B=30°，△ABC的面積為則b=____．15、等差數(shù)列{an}前n項和為Sn，已知a1=13，S3=S11，n為______時，Sn最大．評卷人得分三、作圖題(共9題，共18分)16、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？

17、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）18、已知，A，B在直線l的兩側(cè)，在l上求一點，使得PA+PB最小．（如圖所示）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?。ㄈ鐖D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最小．（如圖所示）22、分別畫一個三棱錐和一個四棱臺．評卷人得分四、解答題(共2題，共4分)23、“城市呼喚綠化”，發(fā)展園林綠化事業(yè)是促進國家經(jīng)濟法陣和城市建設事業(yè)的重要組成部分，某城市響應城市綠化的號召，計劃建一如圖所示的三角形ABC形狀的主題公園，其中一邊利用現(xiàn)成的圍墻BC，長度為100米；另外兩邊AB，AC使用某種新型材料圍成，已知∠BAC=120°，AB=x，AC=y（x，y單位均為米）．

（1）求x；y滿足的關系式（指出x，y的取值范圍）；

（2）在保證圍成的是三角形公園的情況下，如何設計能使所用的新型材料總長度最短？最短長度是多少？24、如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=3，D、E分別是BC、AB的中點，F(xiàn)是CC1上一點，且CF=2C1F．

（1）求證：C1E∥平面ADF；

（2）若BC=2，求證：B1F⊥平面ADF．評卷人得分五、計算題(共1題，共7分)25、1.（本小題滿分10分）某班組織知識競賽，已知題目共有10道，隨機抽取3道讓某人回答，規(guī)定至少要答對其中2道才能通過初試，他只能答對其中6道，試求：（1）抽到他能答對題目數(shù)的分布列；（2）他能通過初試的概率。評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)26、（2009?新洲區(qū)校級模擬）如圖，已知直角坐標系內(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=____．27、已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S6=51，a5=13．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

在二維條形圖中；主對角線上的兩個條形高度的乘積與副對角線上的兩個條形高度的乘積相差越大；

兩者有關系的可能性就越大；

由圖中所給的四個量x1，x2，y1，y2高度的大小來判斷；D選項的兩個分類變量關系最強；

故選D．

【解析】【答案】通過二維條形圖可以粗略的判斷兩個分類變量是否有關系；在二維條形圖中，對角線上的兩個條形高度的乘積與副對角線上的兩個條形高度的乘積相差越大，兩者有關系的可能性就越大．觀察圖形，得到結(jié)果．

2、B【分析】【解析】試題分析：由漸近線是y=x得拋物線y2=24x的準線為方程為考點：雙曲線標準方程及性質(zhì)【解析】【答案】B3、A【分析】【解析】由于為等差數(shù)列，所以【解析】【答案】A4、B【分析】【解析】

解：根據(jù)莖葉圖所給的數(shù)據(jù)可以看出。

甲的中位數(shù)是27；

乙的中位數(shù)是36；

∴兩個人的中位數(shù)之和是27+36=63?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、C【分析】【解答】解：∵直線=1（a＞0，b＞0）過點（1；1）；

∴=1（a＞0，b＞0）；

所以a+b=（）（a+b）=2++≥2+2=4；

當且僅當=即a=b=2時取等號；

∴a+b最小值是4；

故選：C．

【分析】將（1，1）代入直線得：=1，從而a+b=（）（a+b），利用基本不等式求出即可．6、D【分析】方法一：代數(shù)法。

直線l：ρcosθ-ρsinθ+1=0?x-y+1=0；

曲線C：?x2+y2=2；

聯(lián)立，得x2+（x+1）2-2=0；

即2x2+2x-1=0，設A（x1，y1），B（x2，y2）；

由韋達定理，

所以==選D．

方法二：幾何法。

直線l：ρcosθ-ρsinθ+1=0?x-y+1=0；

曲線C：?x2+y2=2；

圓心（0，0）到直線x-y+1=0的距離

半徑所以選D．

注：當然此題也可以直接求出A；B兩點的坐標，然后利用兩點之間的距離公式求解．

先將直線的極坐標方程化為直角坐標方程；曲線C的參數(shù)方程化為普通方程，然后利用代數(shù)法或幾何法解答．

極坐標和參數(shù)方程問題一般化為熟悉的直角坐標問題，所以轉(zhuǎn)化是解決此類問題的關鍵．【解析】【答案】D7、D【分析】解：設a

為空間中的一條直線；

記直線a

與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的六個面所在的平面相交的平面?zhèn)€數(shù)為m

體對角線所在的直線與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的6

個面都相交；此時m=6

面對角線所在的直線與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的4

個面相交；此時m=4

棱所在的直線與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的2

個面相交；此時m=2

．

隆脿m

的所有可能取值構成的集合為{2,4,6}

．

故選：D

．

體對角線所在的直線與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的6

個面都相交；面對角線所在的直線與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的4

個面相交，棱所在的直線與正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

的2

個面相交．

本題考查滿足條件的平面?zhèn)€數(shù)的集合的求法，考查線面關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是基礎題．【解析】D

8、A【分析】解：隨機變量婁脦

服從正態(tài)分布N(a,4)

隆脿

曲線關于x=a

對稱，且P(X>a)=0.5

由P(X>1)=0.5

可知婁脤=a=1

．

故選A．

畫正態(tài)曲線圖，由對稱性得圖象關于x=a

對稱且P(X>a)=0.5

結(jié)合題意得到a

的值．

本題考查正態(tài)分布，正態(tài)曲線有兩個特點：(1)

正態(tài)曲線關于直線x=婁脤

對稱；(2)

在正態(tài)曲線下方和x

軸上方范圍內(nèi)的區(qū)域面積為1

．【解析】A

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

依題意；可將P，A，B，C，D補全為長方體ABCD-A′B′C′D′，讓P與A′重合；

則球O為該長方體的外接球；長方體的對角線PC即為球O的直徑．

設ABCD是邊長為a；PA⊥平面ABCD，PA=1；

∴PC2=AP2+2AB2=1+2a2=32；

∴a2=4；

則幾何體P-ABCD的體積為V==．

故答案為：

【解析】【答案】可將P；A，B，C，D補全為長方體ABCD-A′B′C′D′，讓P與A′重合，則該長方體的對角線PC即為球O的直徑（球O為該長方體的外接球），于是可求得PC的長度，進一步可求出底面邊長，從而求幾何體P-ABCD的體積．

10、略

【分析】試題分析：因為所以所以的實部為考點：1.復數(shù)的四則運算；2.復數(shù)的基本概念.【解析】【答案】11、略

【分析】所以【解析】【答案】(-1,1).12、略

【分析】【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

試題分析：由·知，由=知如圖所示，∠AOC=30°，∽所以可得

考點：向量的數(shù)量積.【解析】【答案】14、【分析】【解答】解：∵a，b；c成等差數(shù)列。

∴2b=a+c①

又∵△ABC的面積為

∴②

∴ac=6

又∵cosB==③

∴由①②③知=

∴=

又∵b＞0

∴b=

故答案為：

【分析】由a，b，c成等差數(shù)列可得2b=a+c結(jié)合B=30°而要求b故不能采用正弦定理而采用余弦定理即cosB==

再利用面積公式可得然后代入化簡即可求值．15、略

【分析】解：設等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a1=13，S3=S11，∴=解得d=-2．

∴an=13+（n-1）×（-2）=15-2n．

令an≥0；解得n≤7.5；

因此當n=7時，S7最大．

故答案為7．

設等差數(shù)列{an}的公差為d，利用已知a1=13，S3=S11，和前n項和公式即可解得d，進而得到an，解出an≥0的n的值即可得出．

本題考查了等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式，屬于中檔題．【解析】7三、作圖題(共9題，共18分)16、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．

17、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(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(jù)兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．18、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??；

理由是兩點之間，線段最短．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關于OM的對稱點A'，關于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(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?。?/p>

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)畫與底面對應線段平行的線段，將多余線段擦去，得到圖形．四、解答題(共2題，共4分)23、略

【分析】

（1）根據(jù)題意，由余弦定理可得x2+y2-2xycos120°=30000，變形可得x2+y2+xy=30000；分析x；y的取值范圍即可得答案；

（2）由（1）可得x2+y2+xy=30000，對其變形可得（x+y）2-30000=xy，結(jié)合基本不等式可得解可得x+y≤200，分析可得答案．

本題考查基本不等式在最值問題中的運用，關鍵是利用余弦定理得到變量x、y之間的關系．【解析】解：（1）在△ABC中，由余弦定理，得AB2+AC2-2AB?ACcosA=BC2；

所以x2+y2-2xycos120°=30000；

即x2+y2+xy=30000；（4分）

又因為x＞0，y＞0，所以．（6分）

（2）要使所用的新型材料總長度最短只需x+y的最?。?/p>

由（1）知，x2+y2+xy=30000，所以（x+y）2-30000=xy；

因為所以（9分）

則（x+y）2≤40000；即x+y≤200；

當且僅當x=y=100時；上式不等式成立．（11分）

故當AB，AC邊長均為100米時，所用材料長度最短為200米．（12分）24、略

【分析】

（1）（證法一）連接CE與AD交于點H，連接FH，可得H是△ABC的重心，可得C1E∥FH，即可證明C1E∥平面ADF．

（證法二）取BD中點H，連接EH，C1H．利用中位線定理可得：EH∥AD．可得：EH∥平面ADF，C1H∥DF，同理C1H∥平面ADF．即可證明平面C1EH∥平面ADF；即可證明．

（2）利用等腰三角形的性質(zhì)、直三棱柱的性質(zhì)、線面垂直的判定與性質(zhì)定理可得△B1C1F≌△FCD；

可得B1F⊥FD，進而證明B1F⊥平面ADF．

本題考查了空間位置關系、線面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、三角形中位線定理、三角形重心的性質(zhì)定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】證明：（1）（證法一）連接CE與AD交于點H；連接FH．

因為D是BC的中點；E是AB中點；

所以H是△ABC的重心；

所以CH=2EH；

又因為CF=2C1F，

所以C1E∥FH；

因為FH?平面ADF，C1E?平面ADF；

所以C1E∥平面ADF．

（證法二）取BD中點H，連接EH，C1H．

因為H是BD的中點；E是AB中點，所以EH∥AD；

因為AD?平面ADF；EH?平面ADF，所以EH∥平面ADF；

又因為CF=2C1F，CD=2DH，所以C1H∥DF，同理C1H∥平面ADF；

∵EH∩C1H=H，所以平面C1EH∥平面ADF；

又C1E?平面C1EH，所以C1E∥平面ADF．

（2）因為AB=AC且D是BC中點；∴AD⊥BC；

∵直三棱柱ABC-A1B1C1，∴B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AD

又AD⊥BC，BB∩BC=B，∴AD⊥平面B1BCC1，∴AD⊥B1F；

∵CC1=3，CF=2C1F，∴CF=2，C1F=1；

在△B1C1F與△FCD中，∴B1C1=FC=2，C1F=CD=1，∠B1C1F=∠FCD；

∴△B1C1F≌△FCD；

∴∠C1B1F=∠CFD，∴∠C1FB1+∠CFD=90°，∴B1F⊥FD；

∵FD∩AD=D，∴B1F⊥平面ADF．五、計算題(共1題，共7分)25、略

【分析】解(1)設隨機抽出的三道題目某人能答對的道數(shù)為X，且X=0、1、2、3，X服從超幾何分布，高考+資-源-網(wǎng)分布列如下：。X0123P即。X01