2025年人教新起點高三數(shù)學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教新起點高三數(shù)學下冊階段測試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6題，共12分)1、已知不等式ax2-5x+b＞0的解集為{x|x＜-或x＞}，則不等式bx2-5x+a＞0的解集為（）A.{x|-＜x＜}B.{x|x＜-或x＞}C.{x|-3＜x＜2}D.{x|x＜-3或x＞2}2、如圖，在地面上共線的三點A，B，C處測得一建筑物的仰角分別為30°，45°，60°，且AB=BC=60m，則建筑物的高度為（）A.15mB.20mC.25mD.30m3、在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別C1D1，BC是的中點，則下列判斷正確的是（）A.MN∥BD1B.MN⊥AB1C.MN∥平面BDD1D.MN⊥平面AB1C4、某空間幾何體的三視圖如圖所示，該空間幾何體的體積是（）A.B.10C.D.5、【題文】觀察下列等式，根據(jù)上述規(guī)律，()A.B.C.D.6、有下列四個命題；其中真命題有：（）

①“若則互為相反數(shù)”的逆命題。

②“全等三角形的面積相等”的否命題。

③“若則有實根”的逆命題。

④“不等邊三角形的三個內(nèi)角相等”的逆否命題，其中真命題的序號為()A.①③B.②③C.①②D.③④評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、設橢圓C：+=1與函數(shù)y=tan的圖象相交于A1，A2兩點，若點P在橢圓C上，且直線PA2的斜率的取值范圍[-2，-1]，那么直線PA1斜率的取值范圍是____．8、已知A={（x，y）|x2+y2=1}，B={（x，y）|+=1}，若A∩B是單元素集，則a，b滿足的關系式為____．9、若f（x+1）=x2-x，則f（0）=____．10、已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a9構成等比數(shù)列{bn}的前3項，則=____．11、不論k為何值，直線（2k-1）x-（k-2）y-（k+4）=0恒過的一個定點是____．12、設x，y滿足約束條件，若目標函數(shù)3x+y的最大值為6，則a=____．13、已知i是虛數(shù)單位，若復數(shù)（1+ai）（2+i）是純虛數(shù)，則實數(shù)a等于____．14、函數(shù)f(x)=的單調(diào)遞增區(qū)間是.15、利用獨立性檢驗來判斷兩個分類變量X和Y是否有關系，通過查閱下表來確定“X和Y有關系”的可信度.為了調(diào)查用電腦時間與視力下降是否有關系，現(xiàn)從某地網(wǎng)民中抽取100位居民進行調(diào)查.經(jīng)過計算得那么就有_______________%的根據(jù)認為用電腦時間與視力下降有關系.。0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.0010.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、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}．____．17、已知函數(shù)f（x）=4+ax-1的圖象恒過定點p，則點p的坐標是（1，5）____．（判斷對錯）18、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}．____．19、空集沒有子集．____．20、任一集合必有兩個或兩個以上子集．____．評卷人得分四、證明題(共4題，共20分)21、在四面體S-ABCD中；底面為矩形，SA⊥平面ABCD，M，N分別為AB，SC的中點．

（1）求證：MN⊥CD；

（2）若∠SDA=45°，求證：MN⊥平面SCD．22、如圖，三棱錐ABC-A1B1C1的底面ABC是正三角形，A1D⊥平面ABC；D是AC的中點．

（1）求證：A1C1⊥A1B；

（2）求證：B1C∥平面A1BD．23、試用綜合法或分析法證明：已知a＞b＞c，求證：++＞0．24、如圖，在多面體ABC-A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，AB=AC，，B1C1∥BC且，二面角A1-AB-C是直二面角。

（1）求證：A1B1⊥平面AA1C；

（2）求證：AB1∥平面A1C1C．評卷人得分五、作圖題(共2題，共6分)25、（2015秋?吉林校級月考）給出平面區(qū)域如圖所示，其中A（1，1），B（2，5），C（4，3）若使目標函數(shù)z=ax-y僅在點C處取得最大值，則a的取值范圍是____．26、已知算法如下表所示：（這里S1，S2；分別代表第一步，第二步，）

（1）指出其功能（用數(shù)學式子表達）；

（2）畫出該算法的算法框圖．評卷人得分六、簡答題(共1題，共5分)27、如圖，在直角梯形ABCD中，AD//BC，當E、F分別在線段AD、BC上，且AD=4，CB=6，AE=2，現(xiàn)將梯形ABCD沿EF折疊，使平面ABFE與平面EFCD垂直。1.判斷直線AD與BC是否共面，并證明你的結(jié)論；2.當直線AC與平面EFCD所成角為多少時，二面角A—DC—E的大小是60°。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】根據(jù)所給的一元二次不等式的解集，寫出對應的一元二次方程的解，根據(jù)根與系數(shù)的關系得到不等式的系數(shù)的值，解出一元二次不等式得到解集．【解析】【解答】解：因為ax2-5x+b＞0的解集為{x|x＜-或x＞}；

∴ax2-5x+b=0的解是x=-，x=

∴=，=

解得a=30，b=-5．

則不等式bx2-5x+a＞0變?yōu)?5x2-5x+30＞0；

∴x2+x-6＜0；

解得|-3＜x＜2

故選C2、D【分析】【分析】設P在平面中的射影為D，則CD=h，DB=h，DA=h，在△DBC，△DBA中，利用余弦定理，即可得出結(jié)論【解析】【解答】解：設P在平面中的射影為D，則CD=h，DB=h，DA=h；

∵AB=BC=60m；

∴h2=h2+3600-120hcos∠DBC，3h2=h2+3600-120hcos∠DBA；

相加可得h2=2h2+7200；

∴h2=5400；

∴h=30m．

故選：D．3、C【分析】【分析】記AC∩BD=O，則MN∥OD1，利用線面平行的判定可得MN∥平面BD1D．【解析】【解答】解：記AC∩BD=O．

∵正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別C1D1；BC是的中點；

∴ON∥D1M∥CD，ON=D1M=CD；

∴MNOD1為平行四邊形；

∴MN∥OD1；

∵MN?平面BD1D，OD1?平面BD1D；

∴MN∥平面BD1D．

故選：C．4、C【分析】【解析】試題分析：該幾何體是一個三棱錐，底面為直角邊長分別為4，5的直角三角形，幾何體的高為4，所以，該空間幾何體的體積是故選C。考點：三視圖，幾何體體積計算。【解析】【答案】C5、C【分析】【解析】：歸納得【解析】【答案】：C6、A【分析】【解答】“若則互為相反數(shù)”的逆命題是“若互為相反數(shù)，則”正確；

“全等三角形的面積相等”的逆命題不正確；所以否命題不正確；

“若則有實根”的逆命題“若有實根，則”正確；

“不等邊三角形的三個內(nèi)角相等”的原命題錯誤；所以逆否命題錯誤。

【分析】原命題與逆否命題真假一致，逆命題與否命題真假一致，屬于簡單題。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【分析】橢圓C：+=1與函數(shù)y=tan的圖象相交于A1，A2兩點，可知：A1，A2兩點關于原點對稱，設A1（x1，y1），A2（-x1，-y1），P（x0，y0），分別代入橢圓方程可得：=．由于直線PA2的斜率k1的取值范圍[-2，-1]，可得-2≤≤-1，==k2，可得k1k2=．即可得出．【解析】【解答】解：∵橢圓C：+=1與函數(shù)y=tan的圖象相交于A1，A2兩點；

∴A1，A2兩點關于原點對稱，設A1（x1，y1），A2（-x1，-y1），=1，=．

設P（x0，y0），則=1，可得：=．

∴=．

∵直線PA2的斜率k1的取值范圍[-2；-1]；

∴-2≤≤-1；

==k2；

∴k1k2===．

∴；

∴-1；

解得．

那么直線PA1斜率的取值范圍是．

故答案為：．8、略

【分析】【分析】A中方程表示圓心為原點，半徑為1的圓上點集，B中方程表示一條直線，根據(jù)A與B的交集為單元素集，得到直線與圓相切，即可確定出a與b滿足的關系式．【解析】【解答】解：A中x2+y2=1；表示圓心為（0，0），半徑為1的圓；

B中+=1，表示直線bx+ay-ab=0；

∵A∩B是單元素集；

∴直線與圓相切，即圓心到直線的距離d=r；

∴=1，整理得：a2+b2=a2b2．

故答案為：a2+b2=a2b29、略

【分析】【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式令x=-1即可．【解析】【解答】解：∵f（x+1）=x2-x；

∴f（0）=f（-1+1）=（-1）2-（-1）=1+1=2；

故答案為：210、略

【分析】【分析】a1，a3，a9構成等比數(shù)列{bn}的前3項，可得=a1a9，化為：a1=d．代入，即可得出．【解析】【解答】解：∵a1，a3，a9構成等比數(shù)列{bn}的前3項；

∴=a1a9；

∴=a1（a1+8d）；

化為：a1=d．

∴===．

故答案為：．11、略

【分析】【分析】把所給的直線分離參數(shù)，再令參數(shù)的系數(shù)等于零，即可求得定點的坐標．【解析】【解答】解：直線（2k-1）x-（k-2）y-（k+4）=0；即k（2x-y-1）+（-x+2y-4）=0；

一定經(jīng)過直線2x-y-1=0和直線-x+2y-4=0的交點（2；3）；

故答案為：（2，3）．12、略

【分析】【分析】由題意可得點（2，0）為區(qū)域最右側(cè)的點，故直線x+2y-a=0必經(jīng)過點（2，0），代值可解a．【解析】【解答】解：由題意可知z=3x+y取最大值6時；直線y=-3x+6過點（2，0）；

則點（2；0）必在線性規(guī)劃區(qū)域內(nèi)，且可以使一條斜率為-3的直線經(jīng)過該點時取最大值；

∴點（2；0）為區(qū)域最右側(cè)的點，故直線x+2y-a=0必經(jīng)過點（2，0）；

∴2+0-a=0；解得a=2．

故答案為：2．13、略

【分析】【分析】利用純虛數(shù)的定義、復數(shù)的運算法則即可得出．【解析】【解答】解：∵復數(shù)（1+ai）（2+i）=（2-a）+（2a+1）i是純虛數(shù)；

∴；解得a=2．

故答案為：2．14、略

【分析】f'(x)==>0,即cosx>-結(jié)合三角函數(shù)圖象知,2kπ-<2kπ+(k∈Z),即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2kπ-2kπ+)(k∈Z).【解析】【答案】(2kπ-2kπ+)(k∈Z)15、略

【分析】試題分析：根據(jù)表格發(fā)現(xiàn)對應的是所以根據(jù)獨立性檢驗原理可知有95%的根據(jù)認為用電腦時間與視力下降有關系.考點：本小題主要考獨立性檢驗原理.【解析】【答案】95三、判斷題(共5題，共10分)16、√【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：√，×，×，√．17、√【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的坐標為（1；5）；

故答案為：√18、√【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：√，×，×，√．19、×【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：×．20、×【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、證明題(共4題，共20分)21、略

【分析】【分析】（1）取SD中點E；連接AE，NE，可證MN∥AE，由SA⊥CD，AD⊥CD，AD∩AS=A，可證CD⊥平面SAD，從而可證CD⊥AE，即可證明MN⊥CD．

（2）先證明AE⊥SD，由（1）可得AE⊥CD，CD∩SD=D，即可證明AE⊥平面SDC，由MN∥AE，即可得證．【解析】【解答】證明：（1）取SD中點E；連接AE，NE；

則NE=CD=AM；NE∥CD∥AM；

∴四邊形AMNE為平行四邊形；

∴MN∥AE；

∵SA⊥平面ABCD；CD?平面ABCD；

∴SA⊥CD；

∵底面為矩形；AD⊥CD，AD∩AS=A；

∴CD⊥平面SAD；

∵AE?平面SAD；

∴CD⊥AE；

∴由MN∥AE；可得MN⊥CD．

（2）∵SA⊥平面ABCD；∠SDA=45°；

∴SA=AD；E為SD中點；

∴AE⊥SD；

∵由（1）可得AE⊥CD；CD∩SD=D；

∴AE⊥平面SDC；

∵MN∥AE，可得MN⊥平面SCD．22、略

【分析】【分析】（1）連接BD，證明AC⊥平面A1BD，即可證明A1C1⊥A1B；

（2）連結(jié)AB1交A1B于點E，連結(jié)DE．證出DE為△AB1C的中位線，得DE∥B1C，利用線面平行的判定定理，即可證出B1C∥平面A1BD．【解析】【解答】證明：（1）連接BD；則。

∵A1D⊥平面ABC；AC?平面ABC；

∴A1D⊥AC；

∵底面ABC是正三角形；D是AC的中點；

∴AC⊥BD；

∵A1D∩BD=D；

∴AC⊥平面A1BD；

∴AC⊥A1B；

∵A1C1∥AC；

∴A1C1⊥A1B；

（2）連結(jié)AB1，交A1B于點E；連結(jié)DE

∵四邊形AA1B1B為平行四邊形；

∴E為AB1的中點；

∵D是AC的中點，可得DE為△AB1C的中位線；

∴DE∥B1C；

∵DE?平面A1BD，B1C?平面A1BD；

∴B1C∥平面A1BD．23、略

【分析】【分析】證法一：（分析法）從結(jié)論入手，為了證明；逐步分析使結(jié)論成立的充分條件，直到條件具備即可；

證法二：（綜合法）從已知入手，利用不等式的性質(zhì)，由a＞b＞c?a-c＞a-b＞0，b-c＞0?＞0，再進一步即可證得結(jié)論成立．【解析】【解答】證法一：（分析法）

為了證明；

只需要證明；（2分）

∵a＞b＞，c∴a-c＞a-b＞0，b-c＞0；（4分）

∴．（8分）

∴成立．（10分）

∴＞0成立．（12分）

證法二：（綜合法）

∵a＞b＞c；

∴a-c＞a-b＞0，b-c＞0．

∴＞0．

∴．

∴＞0．（類比給分）24、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)勾股定理的逆定理，可得AB⊥AC，又因為四邊形A1ABB1是正方形，所以AB⊥AA1，從而得到AB⊥平面AA1C，再證AB∥A1B1，可得A1B1⊥平面AA1C；

（2）取BC中點D，連接AD，B1D，C1D．證明四邊形B1C1DB是平行四邊形，可得C1D∥B1B，進而可證AD∥平面A1C1C；同理，B1D∥平面A1C1C，利用面面平行的判定，可得平面ADB1∥平面A1C1C，從而可得AB1∥平面A1C1C【解析】【解答】證明：（1）因為AB=AC，

所以AB2+AC2=BC2；所以AB⊥AC．

又因為四邊形A1ABB1是正方形，所以AB⊥AA1．

又因為AA1∩AC=A，所以AB⊥平面AA1C．

因為四邊形A1ABB1是正方形，所以AB∥A1B1；

所以A1B1⊥平面AA1C

（2）取BC的中點D，連接AD，B1D，C1D

因為B1C1∥BC且

所以B1C1DB是平行四邊形，故C1D1∥B1B，且C1D1=B1B

又A1A∥B1B且A1A=B1B，所以A1A∥C1D，且A1A=C1