2025年中圖版高三數(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年中圖版高三數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷62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5題，共10分)1、已知a，b，c∈R，那么“a-2b+c=0”是“a，b，c成等差數(shù)列”（）A.充分不必要條件B.必要但不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2、下列說法錯誤的是（）A.一個平面內(nèi)有兩條直線與另外一個平面平行，則這兩個平面平行B.一個平面內(nèi)任何直線都與另外一個平面平行，則這兩個平面平行C.一個平面內(nèi)兩條相交直線與另外一個平面平行，則這兩個平面平行D.垂直于同一個平面的兩條直線平行3、設(shè)x，y滿足約束條件，則的取值范圍是（）A.[3，11]B.[3，10]C.[2，6]D.[1，5]4、已知拋物線C的方程為過點A(0.-1)和點B(t,3)的直線與拋物線C沒有公共點，則實數(shù)t的取值范圍是（）A.B.C.D.5、已知集合M={y|y=x+2}，N={（x，y）|y=x2}，則M∩N=（）A.?B.{y|y≥0}C.{（2，4），（-1，1）}D.{y|y＞0}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、已知復(fù)數(shù)z1=2+i，z2=3-i（i是虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)的實部為____．7、設(shè)拋物線y2=2px（p為常數(shù)）的準(zhǔn)線與X軸交于點K，過K的直線l與拋物線交于A、B兩點，則=____．8、兩平行線3x+4y+5=0與6x+8y+30=0間的距離為d，則d=____．9、化簡：=____．10、我國齊梁時代的數(shù)學(xué)家祖暅（公元5-6世紀(jì)）提出了一條原理：“冪勢既同，則積不容異．”這句話的意思是：夾在兩個平行平面間的兩個幾何體，被平行于這兩個平行平面的任何平面所截，如果截得的兩個截面的面積總是相等，那么這兩個幾何體的體積相等．設(shè)：由曲線和直線所圍成的平面圖形，繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體為由同時滿足的點構(gòu)成的平面圖形,繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體為根據(jù)祖暅原理等知識，通過考察可以得到的體積為____11、設(shè)a=鈭?0婁脨2sinxdx

則(2x+ax)6

展開式的常數(shù)項為______．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)12、判斷集合A是否為集合B的子集；若是打“√”，若不是打“×”．

（1）A={1，3，5}，B={1，2，3，4，5，6}．____；

（2）A={1，3，5}，B={1，3，6，9}．____；

（3）A={0}，B={x|x2+1=0}．____；

（4）A={a，b，c，d}，B={d，b，c，a}．____．13、函數(shù)y=sinx，x∈[0，2π]是奇函數(shù)．____（判斷對錯）14、已知函數(shù)f（x）=4+ax-1的圖象恒過定點p，則點p的坐標(biāo)是（1，5）____．（判斷對錯）15、已知A={x|x=3k-2，k∈Z}，則5∈A．____．16、空集沒有子集．____．17、任一集合必有兩個或兩個以上子集．____．評卷人得分四、其他(共2題，共8分)18、已知x滿足不等式．求函數(shù)的最大值和最小值．19、選修4-5：不等式選講

已知函數(shù)f（x）=|x-2|-|x+1|．

（Ⅰ）若f（x）≤a恒成立；求a的取值范圍；

（Ⅱ）解不等式f（x）≥x2-2x．評卷人得分五、證明題(共4題，共24分)20、如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，且各棱長均相等．D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點．

（1）證明EF∥平面A1CD；

（2）證明平面A1CD⊥平面A1ABB1．21、設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：．22、如圖；在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，且SA=SB，點E為AB的中點，點F為SC的中點．

（Ⅰ）求證：EF⊥CD；

（Ⅱ）求證：平面SCD⊥平面SCE．23、如圖，已知F為橢圓+=1的左焦點；過點F且互相垂直的兩條直線分別交橢圓于A；B及C、D．

（1）求證：+為定值；

（2）若直線CD交直線l：x=-于點P，試探究四邊形OAPB能否為平行四邊形，并說明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的定義以及充分條件和必要條件的定義即可得到結(jié)論【解析】【解答】解：若實數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，則b-a=c-b，即2b=a+c；

從而a-2b+c=0；反之也成立；

即“a-2b+c=0”是“a，b；c成等差數(shù)列”的充要條件；

故選：C．2、A【分析】【分析】利用面面平行的定義及性質(zhì)判斷即可．【解析】【解答】解：對于A；當(dāng)這兩條直線平行時，這兩個平面平行或相交，故A錯誤；

對于B；根據(jù)面面平行的定義可知，一個平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個平面，則這兩個平面平行，故B正確；

對于C；根據(jù)面面平行的判定可知，這兩個平面平行，故C正確；

對于D；垂直于同一個平面的兩條直線相互平行，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知D正確．

故選：A．3、A【分析】【分析】根據(jù)分式的特點將分式轉(zhuǎn)化為斜率形式，利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論．【解析】【解答】解：設(shè)z===1+2；

設(shè)k=；則k的幾何意義為動點P（x，y）到定點D（-1，-1）的斜率．

即z=1+2k；

作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：

由圖象可知當(dāng)P位于直線OA上；斜率k最小為1；

當(dāng)Pw位于B（0，4）時，斜率k最大為；

即1≤k≤5；

則3≤1+2k≤11；

即的取值范圍是[3；11]；

故選：A4、D【分析】【解答】據(jù)已知可得直線的方程為聯(lián)立直線與拋物線方程，得消元整理，得由于直線與拋物線無公共點，即方程無解，故有解得或

【分析】本題考察1.直線與拋物線的位置關(guān)系；2.方程組的解法.分析5、A【分析】解：∵集合M={y|y=x+2}=R是數(shù)集；

N={（x，y）|y=x2}={（x；y）|y≥0，x∈R}是點集；

∴M∩N=?．

故選：A．

根據(jù)集合M是數(shù)集；N是點集，得出M∩N是空集．

本題考查了集合的意義與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．【解析】【答案】A二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則和實部的意義即可得出．【解析】【解答】解：復(fù)數(shù)===．

∴復(fù)數(shù)的實部為．

故答案為：．7、略

【分析】【分析】設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2）．設(shè)直線l：．聯(lián)立化為y2-2pmy+p2=0．由于直線l與拋物線相交于不同兩點，得到△＞0，化為m2＞1．利用根與系數(shù)的關(guān)系y1+y2=2pm，．再利用數(shù)量積運算可得=x1x2+y1y2=+y1y2，代入即可．【解析】【解答】解：如圖所示，

設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2）．

設(shè)直線l：．

聯(lián)立化為y2-2pmy+p2=0．

∵直線l與拋物線相交于不同兩點，∴△＞0，化為m2＞1．

∴y1+y2=2pm，．

∴=x1x2+y1y2=+y1y2

=（m2+1）y1y2

=

=．

故答案為．8、略

【分析】

6x+8y+30=0化為3x+4y+15=0；

所以兩平行線3x+4y+5=0與6x+8y+30=0間的距離d===2；

故答案為：2．

【解析】【答案】化簡直線方程；利用平行線之間的距離公式求出，它們的距離．

9、略

【分析】

原式===2

故答案為：2

【解析】【答案】先對其分子利用平方和公式展開，由i2=-1可得分子為2i；分子為i，可直接消去得2．

10、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于滿足的點構(gòu)成的平面圖形,繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體為可知圍成的面積為圓內(nèi)的兩個對稱的部分，可知得到兩個這樣的面積的曲邊梯形，且面積為繞著y軸旋轉(zhuǎn)得到的是兩個圓錐的體積，那可知得到體積為那么根據(jù)祖暅原理可知，夾在兩個平行平面間的兩個幾何體，被平行于這兩個平行平面的任何平面所截，如果截得的兩個截面的面積總是相等那么這兩個幾何體的體積相等，即可知由曲線和直線所圍成的平面圖形，繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體為為故答案為考點：祖暅原理【解析】【答案】11、略

【分析】解：a=鈭?0婁脨2sinxdx=(鈭?cosx)|0婁脨2=1

則(2x+ax)6=(2x+1x)6

的展開式的通項公式：Tr+1=?6r(2x)6鈭?r(1x)r=26鈭?r?6rx6鈭?2r

令6鈭?2r=0

解得r=3

．

隆脿

展開式的常數(shù)項為：23?63=160

．

故答案為：160

．

由微積分基本定理可得a

再利用二項式定理的展開式的通項公式即可得出．

本題考查了微積分基本定理、二項式定理的展開式的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】160

三、判斷題(共6題，共12分)12、√【分析】【分析】根據(jù)子集的概念，判斷A的所有元素是否為B的元素，是便說明A是B的子集，否則A不是B的子集．【解析】【解答】解：（1）1；3，5∈B，∴集合A是集合B的子集；

（2）5∈A；而5?B，∴A不是B的子集；

（3）B=?；∴A不是B的子集；

（4）A；B兩集合的元素相同，A=B，∴A是B的子集．

故答案為：√，×，×，√．13、×【分析】【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義進(jìn)行判斷即可得到答案．【解析】【解答】解：∵x∈[0；2π]，定義域不關(guān)于原點對稱；

故函數(shù)y=sinx不是奇函數(shù)；

故答案為：×14、√【分析】【分析】已知函數(shù)f（x）=ax-1+4，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，求出其過的定點．【解析】【解答】解：∵函數(shù)f（x）=ax-1+4；其中a＞0，a≠1；

令x-1=0，可得x=1，ax-1=1；

∴f（x）=1+4=5；

∴點P的坐標(biāo)為（1；5）；

故答案為：√15、×【分析】【分析】判斷5與集合A的關(guān)系即可．【解析】【解答】解：由3k-2=5得，3k=7，解得k=；

所以5?Z；所以5∈A錯誤．

故答案為：×16、×【分析】【分析】根據(jù)空集的性質(zhì)，分析可得空集是其本身的子集，即可得答案．【解析】【解答】解：根據(jù)題意；空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集；

即空集是其本身的子集；則原命題錯誤；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】特殊集合?只有一個子集，故任一集合必有兩個或兩個以上子集錯誤．【解析】【解答】解：?表示不含任何元素；?只有本身一個子集，故錯誤．

故答案為：×．四、其他(共2題，共8分)18、略

【分析】【分析】由條件求得-3≤≤-，故有-2≤log2x≤-．令t=log2x，則-2≤t≤-，函數(shù)f（x）即g（t）=（t-1）（t-2）=-，再根據(jù)g（t）在[-2，-]上為減函數(shù)，求得g（t）的最值．【解析】【解答】解：由不等式，可得-3≤≤-；

故有-2≤log2x≤-．

令t=log2x，則-2≤t≤-；

函數(shù)=（log2x-2）（log2x-1）

=-3log2x+2=g（t）=（t-1）（t-2）=-；

故g（t）在[-2，-]上為減函數(shù)；故當(dāng)t=-2時，g（t）取得最大值為12；

當(dāng)t=-時，g（t）取得最小值為．19、略

【分析】【分析】（Ⅰ）利用零點分段，化簡函數(shù)，確定函數(shù)的最大值，使f（x）≤a恒成立，應(yīng)有a≥fmax（x）；即可求得a的取值范圍；

（Ⅱ）利用分段函數(shù)解析式，分別解不等式，即可確定不等式的解集．【解析】【解答】解：（Ⅰ）f（x）=|x-2|-|x+1|=；（3分）

又當(dāng)-1＜x＜2時；-3＜-2x+1＜3，∴-3≤f（x）≤3（5分）

∴若使f（x）≤a恒成立，應(yīng)有a≥fmax（x）；即a≥3

∴a的取值范圍是：[3；+∞）

（Ⅱ）當(dāng)x≤-1時，x2-2x≤3；∴-1≤x≤2，∴x=1；

當(dāng)-1＜x＜2時，x2-2x≤-2x+1；∴-1≤x≤1，∴-1＜x≤1；

當(dāng)x≥2時，x2-2x≤-3；無解；（8分）

綜合上述，不等式的解集為：[-1，1]．（10分）五、證明題(共4題，共24分)20、略

【分析】【分析】（1）連接ED，證明四邊形A1DEF是平行四邊形，可得EF∥A1D．利用線面平行的判定定理，即可證明EF∥平面A1CD；

（2）證明CD⊥面A1ABB1，即可證明平面A1CD⊥平面A1ABB1．【解析】【解答】證明：（1）連接ED，∵ED∥AC，ED=AC

又∵F為A1C1的中點．

∴A1F∥DE，A1F=DE

∴四邊形A1DEF是平行四邊形。

∴EF∥A1D

又A1D?平面A1CD，EF?平面A1CD

∴EF∥平面A1CD（4分）

（2）∵A1A⊥平面ABC；

∴A1A⊥CD

∵D是AB的中點；

∴AB⊥CD

∴CD⊥面A1ABB1；

∴平面A1CD⊥平面A1ABB1．（8分）21、略

【分析】【分析】從不等式的左邊入手，左邊對應(yīng)的代數(shù)式的二倍，分別寫成兩兩相加的形式，在三組相加的式子中分別用均值不等式，整理成最簡形式，得到右邊的2倍，兩邊同時除以2，得到結(jié)果．【解析】【解答】證明：∵2（）

=（）+（）+（）

≥2+2+2

=2c+2b+2a；

∴

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時，等號成立．22、略

【分析】【分析】（Ⅰ）要證明EF⊥CD；而在正方形中CD∥AB，所以可以轉(zhuǎn)化為證明EF⊥AB，而EF與AB在同一個三角形中，只需證明△AFB是等腰三角形即可，而AF；BF分別是Rt△SAC、Rt△SBC斜邊SC上的中線，從而易得AF=BF，問題可以得到解決．

（Ⅱ），根據(jù)第一問的結(jié)論，已經(jīng)證明了EF⊥CD，根據(jù)面面垂直的判定定理，只需再證明EF垂直于與CD相交的一條直線即可，而SC與EF有交點，因而首先考慮SC，在三角形SEC中，容易證明SE=EC，從而得到EF⊥SC，從而問題得到解決．【解析】【解答】證明：（Ⅰ）連接AC；AF、BF、EF；

∵SA⊥平面ABCD

∴AF為Rt△SAC斜邊SC上的中線

∴AF=（2分）

又∵ABCD是正方形∴CB⊥AB

而由SA⊥平面ABCD；得CB⊥SA

∴CB⊥平面SAB∴CB⊥SB

∴BF為Rt△SBC斜邊SC上的中線

BF=（5分）

∴△AFB為等腰三角形；EF⊥AB又CD∥AB∴EF⊥CD（7分）

（Ⅱ）由已知易得Rt△SAE≌Rt△CBE

∴SE=EC即△SEC是等腰三角形∴EF⊥SC

又∵SC∩CD=C∴EF⊥平面SCD又EF?平面SCE

∴平面SCD⊥平面SCE（12分）23、略

【分析】【分析】（1）當(dāng)直