2025年人教版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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年人教版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷634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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、若數(shù)列{an}是公差為的等差數(shù)列，它的前100項和為145，則a1+a3+a5++a99的值是（）

A.60

B.72.5

C.85

D.120

2、【題文】已知實數(shù)x,y滿足則（）A.0B.1C.-2D.83、【題文】如右圖，三棱柱的側(cè)棱長和底邊長均為2，且側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1；正視圖是邊長為2的正方形，俯視圖為一個等邊三角形，則該三棱柱的側(cè)視圖的面積為()

A.C.4D.

4、下列函數(shù)中哪個與函數(shù)y=x相等（）A.y=（）2B.y=C.y=D.y=5、下列各圖是正方體或正四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點，這四個點中不共面的一個圖是（）A.B.C.D.6、平面向量a鈫?

與b鈫?

的夾角為60鈭?a鈫?=(2,0)|b鈫?|=1

則|a鈫?+2b鈫?|

等于(

)

A.22

B.23

C.12

D.10

7、兩列火車從同一站臺沿相反方向開去，走了相同的路程，設(shè)兩列火車的位移向量分別為a鈫?

和b鈫?

則下列說法中錯誤的是(

)

A.a鈫?

與b鈫?

為平行向量B.a鈫?

與b鈫?

為模相等的向量C.a鈫?

與b鈫?

為共線向量D.a鈫?

與b鈫?

為相等的向量評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、若正數(shù)x，y滿足則xy的最小值是____．9、設(shè)函數(shù)則f（f（-1））=____．10、設(shè)表示向正西北走10km，表示向正東北走5km，表示向正東南走2km，則+2+5表示____．11、以原點O向直線l作垂線，垂足為點H（-2，1），則直線l的方程為____．12、已知向量若夾角為銳角，則取值范圍是13、【題文】已知函數(shù)的圖象不經(jīng)過第四象限，則實數(shù)的最小值是____.14、已知f（x）=x5+ax3+bx﹣8，若f（﹣2）=10，則f（2）=____15、已知集合M={m|∈N+，m∈N），則用列舉法表示集合M=______．16、已知數(shù)列{an}滿足a1=33，an+1-an=2n，則an=______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)17、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．18、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．19、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．20、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．21、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．22、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．23、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．24、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．25、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評卷人得分四、計算題(共2題，共18分)26、在△ABC中，AB=AC，∠A=45°，AC的垂直平分線分別交AB、AC于D、E兩點，連接CD，如果AD=1，求：tan∠BCD的值．27、已知a：b：c=4：5：7，a+b+c=240，則2b-a+c=195．評卷人得分五、解答題(共3題，共12分)28、已知二次函數(shù)（1）若寫出函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間和減區(qū)間（2）若求函數(shù)的最大值和最小值：（3）若函數(shù)在上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍.29、化簡．

30、【題文】如圖，四邊形與均為菱形，設(shè)與相交于點若且

（1）求證：

（2）求二面角的余弦值.評卷人得分六、綜合題(共2題，共10分)31、先閱讀下面的材料再完成下列各題

我們知道，若二次函數(shù)y=ax2+bx+c對任意的實數(shù)x都有y≥0，則必有a＞0，△=b2-4ac≤0；例如y=x2+2x+1=（x+1）2≥0，則△=b2-4ac=0，y=x2+2x+2=（x+1）2+1＞0，則△=b2-4ac＜0．

（1）求證：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2

（2）若x+2y+3z=6，求x2+y2+z2的最小值；

（3）若2x2+y2+z2=2；求x+y+z的最大值；

（4）指出（2）中x2+y2+z2取最小值時，x，y，z的值（直接寫出答案）．32、已知函數(shù)f（x）=ax2+4x+b，其中a＜0，a、b是實數(shù)，設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=0的兩根為x1，x2；f（x）=x的兩實根為α；β．

（1）若|α-β|=1，求a、b滿足的關(guān)系式；

（2）若a、b均為負整數(shù)；且|α-β|=1，求f（x）解析式；

（3）試比較（x1+1）（x2+1）與7的大小．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】

由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，a2+a4++a100=a1+a3++a99+50d

∵由等差數(shù)列的前n項和可得，S100=a1+a2++a99+a100=145

∴=145

∴a1+a3+a5++a99=60

故選A

【解析】【答案】由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，a2+a4++a100=a1+a3++a99+50d，結(jié)合已知S100=a1+a2++a99+a100可求。

2、A【分析】【解析】由于因此必有是單調(diào)減函數(shù)，所以第二個方程利用可化為類似第一個方程可知令t=-2y,代入第二個方程可知和第一個方程完全一樣，因此t=x，故x=-2y，x+2y=0.【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】

試題分析：側(cè)視圖也為矩形，底寬為原底等邊三角形的高，側(cè)視圖的高為側(cè)棱長，所以側(cè)視圖的面積為故選B.

考點：三視圖【解析】【答案】B4、B【分析】【解答】解：A．函數(shù)的定義域為{x|x≥0}；兩個函數(shù)的定義域不同．B．函數(shù)的定義域為R，兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系相同，是同一函數(shù)．

C．函數(shù)的定義域為R；y=|x|，對應(yīng)關(guān)系不一致．

D．函數(shù)的定義域為{x|x≠0}；兩個函數(shù)的定義域不同．

故選B．

【分析】已知函數(shù)的定義域是R，分別判斷四個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系是否和已知函數(shù)一致即可．5、D【分析】【解答】解：在A中；由題意知在正方體中，PQ∥A'C'，SR∥AC，所以PQ∥SR，則P；Q、R、S四個點共面，故A不對；

在B中；由題意知在正方體中，PQ∥A'C'，SR∥A'C'；

所以PQ∥SR；則P；Q、R、S四個點共面，故B不對；

在C中；因為PR和QS分別是相鄰側(cè)面的中位線；

所以PR∥BS；QS∥BD，即QR∥PA，所以P；Q、R、S四個點共面，故C不對；

在D中；根據(jù)圖中幾何體得，P；Q、R、S四個點中任意兩個點都在兩個平面內(nèi)；

QR∥BD；PS∥AB，因為AB與BD相交，所以QR和PS是異面直線；

并且任意兩個點的連線既不平行也不相交；故四個點共面不共面，故D對；

故選：D．

【分析】在A中，由PQ∥SR，知P、Q、R、S四個點共面；在B中，由PQ∥SR，知P、Q、R、S四個點共面；在C中，由QR∥PA，知P、Q、R、S四個點共面；在D中，由QR和PS是異面直線，并且任意兩個點的連線既不平行也不相交，知四個點共面不共面．6、B【分析】解：由向量a鈫?

與b鈫?

的夾角為60鈭?a鈫?=(2,0)|b鈫?|=1

可得|a鈫?|=2a鈫??b鈫?=|a鈫?|?|b鈫?|cos60鈭?=2?1?12=1

則|a鈫?+2b鈫?|=a鈫?2+4a鈫?鈰?b鈫?+4b鈫?2=4+4+4=23

．

故選：B

．

運用向量的數(shù)量積的定義，可得，a鈫??b鈫?=|a鈫?|?|b鈫?|cos60鈭?=1

再由向量的模的平方即為向量的平方，計算即可得到所求值．

本題考查向量的數(shù)量積的定義和性質(zhì)，主要是向量的模的平方即為向量的平方，考查運算求解的能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】B

7、D【分析】解：根據(jù)題意；依次分析選項：

對于A

兩列火車從同一站臺沿相反方向開去，即a鈫?

和b鈫?

為反向的共線向量；A正確；

對于B

兩列火車從走了相同的路程，即a鈫?

和b鈫?

的模相等；B正確；

對于C

兩列火車從同一站臺沿相反方向開去，即a鈫?

和b鈫?

為反向的共線向量；C正確；

對于Da鈫?

和b鈫?

為反向的共線向量，則a鈫?

和b鈫?

不相等；D錯誤；

故選：D

．

根據(jù)題意；根據(jù)向量的定義依次分析選項，即可得答案．

本題考查向量的概念，涉及向量平行、相等等概念，關(guān)鍵是理解向量的定義．【解析】D

二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

1=≥2求得xy≥16

∴xy的最小值為16

故答案為：16

【解析】【答案】利用基本不等式求得≥2進而求得xy的范圍，求得xy的最小值．

9、略

【分析】

∵-1＜0，∴f（-1）=-1+5=5＞0則f（f（-1））=f（5）=52-4×5+6=11．

故答案為：11．

【解析】【答案】按照先內(nèi)后外的順序：先求內(nèi)層f（-1）=5；再求外層f（5）即可．

10、略

【分析】

由題意可得和5互為相反的向量，∴+5=

∴+2+5=2

故答案為：2．

【解析】【答案】由題意可得和5互為相反的向量，故有+5=從而得到+2+5=2．

11、略

【分析】

垂線的斜率為=-則直線l的斜率為2，又直線經(jīng)過點H（-2，1）；

由點斜式得y-1=2（x+2）；即2x-y+5=0；

故答案為：2x-y+5=0．

【解析】【答案】先求出垂線的斜率；即可得到直線l的斜率，用點斜式求直線方程，并化為一般式．

12、略

【分析】若夾角為銳角則故【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

試題分析：解得x=-2或1，易知當(dāng)x=1取極小值由圖象知≥0，即答案為故最小值為

考點：函數(shù)的圖象．【解析】【答案】14、﹣26【分析】【解答】解：由f（x）=x5+ax3+bx﹣8，可令g（x）=f（x）+8=x5+ax3+bx；

可知：g（﹣x）=f（﹣x）+8=﹣g（x）；

∴f（﹣2）+8=﹣[f（2）+8]；

∴f（2）=﹣16﹣10=﹣26．

故答案為﹣26．

【分析】把f（x）=x5+ax3+bx﹣8，轉(zhuǎn)化為令g（x）=f（x）+8=x5+ax3+bx是一個奇函數(shù)，即可計算出．15、略

【分析】解：m=2時，=1；

m=4時，=3；

故答案為：{4；2}．

分別取m是整數(shù)的特殊值；代入檢驗即可．

本題考查了集合的表示法問題，是一道基礎(chǔ)題．【解析】{4，2}16、略

【分析】解：∵an+1-an=2n

∴a2-a1=2

a3-a2=4

an-an-1=2n-2

以上n-1個式子相加可得，an-a1=2+4++2n-2==n2-n

∵a1=33；

∴an=n2-n+33；

故答案為：n2-n+33

由已知遞推公式可利用疊加法求解數(shù)列的通項公式。

本題考查了利用遞推公式求數(shù)列的通項公式，考查了累加法．屬于基本方法的簡單應(yīng)用【解析】n2-n+33三、證明題(共9題，共18分)17、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．18、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．19、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．20、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．21、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．22、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．23、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．24、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．25、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、計算題(共2題，共18分)26、略

【分析】【分析】首先利用線段垂直平分線的性質(zhì)得出∠A=∠ACD?AD=DC=1；

根據(jù)AB=AC求出BD長即可求解．【解析】【解答】解：∵DE垂直平分AC；

∴AD=CD；∠A=∠ACD=45°；

∴∠ADC=∠BDC=90°．

∵AD=CD=1；

∴AC=AB=；

．

在直角△BCD中；

．27、略

【分析】【分析】設(shè)a=4x，則b=5x，c=7x，再代入求出x，從而得出a，b，c的值，再代入所求的代數(shù)式進行計算即可．【解析】【解答】解：∵a：b：c=4：5：7；

∴設(shè)a=4x，則b=5x；c=7x；

∵a+b+c=240；

∴4x+5x+7x=240；

解得16x=240；

即x=15；

∴a=60，b=75；c=105；

∴2b-a+c=2×75-60+105=195．

故答案為195．五、解答題(共3題，共12分)28、略

【分析】試題分析：（1）當(dāng)時，求出函數(shù)的對稱軸，可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時，求出函數(shù)的對稱軸，利用函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性，確定函數(shù)的最大值和最小值；（3）求出函數(shù)的對稱軸，利用函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)增函數(shù)，確定對稱軸和區(qū)間之間的關(guān)系，求出實數(shù)的取值范圍.試題解析：（1）當(dāng)時，因為所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為：單調(diào)遞減區(qū)間為：（2）當(dāng)時，因為所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為：單調(diào)遞減區(qū)間為：所以函數(shù)的最大值為最小值為：（3）由可得：函數(shù)的對稱軸為：因為函數(shù)在上是單調(diào)函數(shù)，所以考點：二次函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用．【解析】【答案】（1）單調(diào)遞增區(qū)間為：單調(diào)遞減區(qū)間為：（2）最大值為最小值為：（3）29、略

【分析】

===-1．

【解析】【答案】利用誘導(dǎo)公式把要求的式子化為即從而得出結(jié)論．

30、略

【分析】【解析】

試題分析：本題主要考查線面平行、面面平行、二面角等基礎(chǔ)知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.第一問，先根據(jù)菱形的定義得再根據(jù)線面平行的判定得再根據(jù)面面平行的判定得面面從而證明第二問，先根據(jù)已知條件得建立空間直角坐標(biāo)系的最基本的條件，即兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，求出平面和平面的法向量；利用夾角公式求出夾角并判斷二面角為銳二面角，所以所求余弦值為正值.

試題解析：(1)證明：因為四邊形與均為菱形；

所以

因為

所以2分。

又

所以

又

所以4分。

(2)連接因為四邊形為菱形，且所以為等邊三角形；

因為為中點.所以

又因為為中點,且

所以

又所以6分。

由兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

設(shè)因為四邊形為菱形，

則

所以8分。

所以設(shè)平面的一個法向量為

則有所以令則

因為所以平面的一個法向量為10分。

因為二面角為銳二面角，設(shè)二面角的平面角為

則

所以二面角的余弦值為12分。

考點：1.線面平行的判定；2.面面平行的判定；3.空間向量法；4.夾角公式.【解析】【答案】（1）證明過程詳見解析；（2）余弦值為六、綜合題(共2題，共10分)31、略

【分析】【分析】（1）首先構(gòu)造二次函數(shù)：f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2=（a12+a22++an2）x2+2（a1b1+a2b2++anbn）x+（b12+b22++bn2），由（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2≥0，即可得f（x）≥0，可得△=4（a1b1+a2b2++anbn）2-4（a12+a22++an2）（b12+b22++bn2）≤0，整理即可證得：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2；

（2）利用（1）可得：（1+4+9）（x2+y2+z2）≥（x+2y+3z）2；又由x+2y+3z=6，整理求解即可求得答案；

（3）利用（1）可得：（2x2+y2+z2）（+1+1）≥（x+y+z）2，又由2x2+y2+z2=2；整理求解即可求得答案；

（4）因為當(dāng)且僅當(dāng)==時等號成立，即可得當(dāng)且僅當(dāng)x==時，x2+y2+z2取最小值，又