2025年統(tǒng)編版2024高三數(shù)學上冊階段測試試卷

…………○…………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年統(tǒng)編版2024高三數(shù)學上冊階段測試試卷580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、如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=；

BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體A-BCD，使平面ABD⊥平面BCD，則下列說法中不正確的是（）A.平面ACD⊥平面ABDB.AB⊥CDC.平面ABC⊥平面ACDD.AB∥平面ABC2、已知，則sin（α+π）=（）A.-B.-C.D.3、若存在過點（1，0）的直線與曲線y=x3和y=ax2+x-9都相切，則a等于（）A.-1或-B.-1或C.-或-D.-或74、定義：一個數(shù)集的和就是這個集合中所有元素的和．設(shè)S是由一些不大于15的正整數(shù)組成的集合，假設(shè)S中的任意兩個沒有相同元素的子集有不同的和，則具有這種性質(zhì)的集合S的和的最大值為（）A.76B.71C.66D.615、【題文】已知以為周期的函數(shù)其中若方程恰有5個實數(shù)解，則的取值范圍為A.B.C.D.6、已知圓O：x2+y2=1和定點A（2，1），由圓O外一點P向圓引切線PQ，且滿足|PQ|=|PA|，若以P為圓心所作的圓P與圓O有公共點，則圓P半徑的最小值為（）A.-1B.1C.2D.評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、已知函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，且x≥0時，f（x）=log2（x+2）+a，則f（-2）的值為____．8、若f′（x）是f（x）=的導數(shù)，則y=f（x）+f′（x）的值域是____．9、已知橢圓C：+=1，點M與C的焦點不重合，若M關(guān)于C的焦點的對稱點分別為A、B，線段MN的中點在C上，則|AN|+|BN|=____．10、對a，b∈R，記max（a，b）=，函數(shù)f（x）=max（|x+1|，-x2+1）的最小值是____．11、已知函數(shù)y=loga（x+4）-1（a＞0，且a≠1）的圖象恒過定點A，若點A在直線mx+ny+3=0上，其中m＞0，n＞0，則的最小值為____．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14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、函數(shù)y=sinx，x∈[0，2π]是奇函數(shù)．____（判斷對錯）15、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）16、已知A={x|x=3k-2，k∈Z}，則5∈A．____．17、任一集合必有兩個或兩個以上子集．____．18、若b=0，則函數(shù)f（x）=（2k+1）x+b在R上必為奇函數(shù)____．評卷人得分四、證明題(共4題，共12分)19、在平面直角坐標系xOy中，y軸正半軸上的點列{An}與曲線y=（x＞0）上的點列{Bn}滿足|OAn|=|OBn|=，直線AnBn在x軸上的截距為an，點Bn的橫坐標為bn，n∈N*

（1）證明：an＞an+1＞4，n∈N*

（2）證明：存在n0∈N*，使得對任意的n＞n0，都有++++＜n-2004．20、用兩種或兩種以上的方法證明：|x+|≥2．21、規(guī)定，其中x∈R，m是正整數(shù)，且CX0=1．這是組合數(shù)Cnm（n；m是正整數(shù)，且m≤n）的一種推廣．

（1）求C-153的值；

（2）組合數(shù)的兩個性質(zhì)：①Cnm=Cnn-m；②Cnm+Cnm-1=Cn+1m是否都能推廣到Cxm（x∈R，m∈N*）的情形？若能推廣；請寫出推廣的形式并給予證明；若不能請說明理由．

（3）已知組合數(shù)Cnm是正整數(shù)，證明：當x∈Z，m是正整數(shù)時，Cxm∈Z．22、如圖，已知△ABD是等腰直角三角形，∠D=90°，BD=．現(xiàn)將△ABD沿斜邊的中線DC折起；使二面角A-DC-B為直二面角，E是線段AD的中點，F(xiàn)是線段AC上的一個動點（不包括A）．

（1）確定F的位置；使得平面ABD⊥平面BEF；

（2）當直線BD與直線EF所成的角為60°時；求證：平面ABD⊥平面BEF．

評卷人得分五、簡答題(共1題，共3分)23、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°。評卷人得分六、綜合題(共2題，共10分)24、數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，，且對任意的n∈N*，有．

（Ⅰ）求證：；

（Ⅱ）若，是否存在n∈N*，使得an＞1，若存在，試求出n的最小值，若不存在，請說明理由．25、已知函數(shù)（a＞0，a≠1）的圖象恒過定點A，若點A也在函數(shù)f（x）=3x+b的圖象上，則b=____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】由已知條件推導出CD⊥平面ABD；從而得到平面ACD⊥平面ABD；由已知得AB⊥AD，AB⊥CD，從而AB⊥平面ACD；

進而AB⊥CD；由AB⊥平面ACD，得平面ABC⊥平面ACD；由AB?平面ABC，得AB∥平面ABC不成立．【解析】【解答】解：∵BD⊥CD；平面ABD⊥平面BCD；

∴CD⊥平面ABD；

∵CD?平面ACD；

∴平面ACD⊥平面ABD；故A正確；

∵平面四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=；

∴AB⊥AD；

又CD⊥平面ABD；∴AB⊥CD；

又AD∩CD=D；

∴AB⊥平面ACD；

∵CD?平面ACD；∴AB⊥CD，故B正確；

∵AB⊥平面ACD；AB?平面ABC；

∴平面ABC⊥平面ACD；故C正確；

∵AB?平面ABC；∴AB∥平面ABC不成立，故D錯誤．

故選：D．2、B【分析】【分析】直接利用誘導公式化簡求解即可．【解析】【解答】解：，則sin（α+π）═-sinα=-．

故選：B．3、A【分析】【分析】先求出過點（1，0）和y=x3相切的切線方程，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】解：設(shè)直線與曲線y=x3的切點坐標為（x0，y0）；

則函數(shù)的導數(shù)為f′（x0）=3x02；

則切線斜率k=3x02；

則切線方程為y-x03=3x02（x-x0）；

∵切線過點（1；0）；

∴-x03=3x02（1-x0）=3x02-3x03；

即2x03=3x02；

解得x0=0或x0=；

①若x0=0；此時切線的方程為y=0；

此時直線與y=ax2+x-9相切；

即ax2+x-9=0；

則△=（）2+36a=0；

解得a=-．

②若x0=，其切線方程為y=x-；

代入y=ax2+x-9得y=ax2+x-9=x-；

消去y可得ax2-3x-=0；

又由△=0，即9+4××a=0；

解可得a=-1．

故a=-1或a=-．

故選：A．4、D【分析】【分析】根據(jù)定義，對S中元素的個數(shù)進行討論，確定S和的最大值即可．【解析】【解答】解：根據(jù)定義：先證明S元素個數(shù)至多是5．

如果多于5個，則元素個數(shù)不超過4的子集至少有C+C+C+C=56個。

每個子集的和S≤12+13+14+15=54；

故必有兩個子集的和相等．∴不成立．

即S的元素個數(shù)n≤5；

∴S的和S≤15+14+13+12+11=65．如果S的和≥62；則S的元數(shù)為5，并且15；14均在S中（S的和至多比15+14+13+12+11少3）．這時S中無其它的連續(xù)整數(shù)；

因而只有一種情況即{15；14，13，11，9），不難看出它不滿足條件．

∴S的和S≤61．特別地；S={15，14，13，11，8}時，和取最大值61；

故選：D．5、B【分析】【解析】∵當x∈（﹣1，1]時，將函數(shù)化為方程x2+=1（y≥0）；

∴實質(zhì)上為一個半橢圓；其圖象如圖所示；

同時在坐標系中作出當x∈（1；3]得圖象，再根據(jù)周期性作出函數(shù)其它部分的圖象；

由圖易知直線y=與第二個橢圓（x﹣4）2+=1（y≥0）相交；

而與第三個半橢圓（x﹣8）2+="1"（y≥0）無公共點時；方程恰有5個實數(shù)解；

將y=代入（x﹣4）2+="1"（y≥0）得，（9m2+1）x2﹣72m2x+135m2=0，令t=9m2（t＞0）；

則（t+1）x2﹣8tx+15t=0，由△=（8t）2﹣4×15t（t+1）＞0，得t＞15，由9m2＞15，且m＞0得m

同樣由y=與第三個橢圓（x﹣8）2+="1"（y≥0）由△＜0可計算得m＜

綜上可知m∈（）

故選B【解析】【答案】B6、A【分析】解：由題意可得：過圓O外一點P（a，b）向圓O引切線PQ；切點為Q；

所以|PQ|2=|PO|2-1=a2+b2-1．

又因為|PA|2=（a-2）2+（b-1）2；并且滿足PQ=PA；

所以整理可得2a+b-3=0．

因為以P為圓心所作的圓P和圓O有公共點；

所以兩圓相切或相交；

即圓P與圓O外切時；可使圓P的半徑最?。?/p>

又因為PO=1+圓P的半徑；

所以當圓P的半徑最小即為PO最?。?/p>

即點O到直線2a+b-3=0的距離最小，并且距離的最小值為

所以圓P的半徑的最小值為-1．

故選：A．

由題意可得：|PQ|2=|PO|2-1=a2+b2-1，又PQ=PA，可得2a+b-3=0．因為以P為圓心所作的圓P和圓O有公共點，所以圓P與圓O外切時，可使圓P的半徑最?。忠驗镻O=1+圓P的半徑，所以當圓P的半徑最小即為PO最小，即點O到直線2a+b-3=0的距離最?。贿M而解決問題．

解決此類問題的關(guān)鍵是熟練掌握直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系，以及兩點之間的距離公式．【解析】【答案】A二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性求出a的值，求出x＜0時f（x）的表達式，從而求出f（-2）的值即可．【解析】【解答】解：∵函數(shù)f（x）是奇函數(shù)；

∴f（-x）=-f（x）；

且x≥0時，f（x）=log2（x+2）+a；

設(shè)x＜0；則-x＞0；

故f（-x）=+a=-f（x）；

∴x＜0時：f（x）=--a；

而f（0）=1+a=0；故a=-1；

∴f（-2）=--a=-2+1=-1；

故答案為：-1．8、略

【分析】【分析】利用導數(shù)的運算法則、二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【解析】【解答】解：f′（x）=；（x≠0）．

∴y=f（x）+f′（x）=-=+；

∴y=f（x）+f′（x）的值域是．

故答案為：．9、略

【分析】【分析】畫出圖形，利用中點坐標以及橢圓的定義，即可求出|AN|+|BN|的值．【解析】【解答】解：如圖：MN的中點為Q，易得，；

∵Q在橢圓C上，∴|QF1|+|QF2|=2a=6；

∴|AN|+|BN|=12．

故答案為：12．10、0【分析】【分析】在解答時應(yīng)先根據(jù)|x+1|和-x2+1的大小關(guān)系，結(jié)合新定義給出函數(shù)f（x）的圖象即可獲得問題的解答．【解析】【解答】解：分別畫出函數(shù)y=|x+1|和y=-x2+1的圖象，由于f（x）=max（|x+1|，-x2+1）表示上述兩個函數(shù)值中最大者；

故函數(shù)f（x）=max（|x+1|，-x2+1）的簡圖所圖所示．其圖象如右；

則fmin（x）=f（-1）=0．

故答案為：0．11、略

【分析】

由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)y=loga（x+4）-1恒過定點A（-3；-1）

∵點A在直線mx+ny+3=0上。

∴-3m-n+3=0即m＞0，n＞0

∴===4

故答案為：4

【解析】【答案】由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)y=loga（x+4）-1恒過定點A（-3，-1）及點A在直線mx+ny+3=0上可得m＞0，n＞0，而=利用基本不等式可求最小值。

三、判斷題(共7題，共14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】根據(jù)奇函數(shù)的定義進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：×15、√【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：√16、×【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：×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：×．18、√【分析】【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義即可作出判斷．【解析】【解答】解：當b=0時；f（x）=（2k+1）x；

定義域為R關(guān)于原點對稱；

且f（-x）=-（2k+1）x=-f（x）；

所以函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)．

故答案為：√．四、證明題(共4題，共12分)19、略

【分析】【分析】（1）由題意得點An（0，），Bn（bn，），從而可得b2n+2bn=，從而解得bn=-1，（bn＞0）；化簡n2bn=n（-n）=單調(diào)遞增；

令tn=＞且tn單調(diào)遞減，再由截距式方程可得an===+tn=（tn+）2-≥（+）2-=4；從而證明；

（2）利用分析法，化為證明存在n0∈N*，使得對任意的n＞n0，都有（1-）＞2004，再化簡1-==

＞，從而證明．【解析】【解答】證明：（1）由題意，點An（0，），Bn（bn，）；

b2n+2bn=；

故bn=-1，（bn＞0）；

∴0＜bn＜，且bn遞減；

n2bn=n（-n）=單調(diào)遞增；

∴0＜n＜；

令tn=＞且tn單調(diào)遞減；

由截距式方程知，+=1；

∴an==

=+

=+tn=（tn+）2-≥（+）2-=4；

且由于tn單調(diào)遞減，知an單調(diào)遞減；

即an＞an+1＞4成立；

（2）要證存在n0∈N*，使得對任意的n＞n0，都有++++＜n-2004；

即證存在n0∈N*，使得對任意的n＞n0，都有（1-）＞2004；

1-==

=k2（-）

≥＞＞．

∴（1-）＞＞（+）+（+++）+＞+++；

只要n足夠大，就有（1-）＞2004成立．

即存在n0∈N*，使得對任意的n＞n0，都有++++＜n-2004．20、略

【分析】【分析】方法1，利用基本不等式，方法2，利用分析法即可證明．【解析】【解答】證明：方法1：|x+|=|x|+||≥2=2；

方法2：證明：|x+|≥2；

只要證明：|x+|2≥4；

只要證明：x2++2≥4；

只要證明：x2+≥2；

利用基本不等式；上式顯然成立；

∴|x+|≥2．21、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)所給的組合數(shù)公式，寫出C-153的值；這里與平常所做的題目不同的是組合數(shù)的下標是一個負數(shù)，在本題的新定義下，按照一般組合數(shù)的公式來用．

（2）Cnm=Cnn-m不能推廣到Cxm的情形，舉出兩個反例，無意義；Cnm+Cnm-1=Cn+1m能推廣到Cxm的情形；可以利用組合數(shù)的公式來證明，證明的方法同沒有推廣之情相同．

（3）可分三類討論，x≥m與0≤x＜m時易證得結(jié)論成立，當x＜0時，因為-x+m-1＞0，由定義中的運算公式展開再整理即可得到此種情況下也是成立的【解析】【解答】解：（1）由題意C-153==-C173=-680（4分）

（2）性質(zhì)①Cnm=Cnn-m不能推廣，例如x=時，有定義，但無意義；

性質(zhì)②Cnm+Cnm-1=Cn+1m能推廣，它的推廣形式為Cxm+Cxm-1=Cx+1m，x∈R，m∈N*

證明如下：當m=1時，有Cx1+Cx0=x+1=Cx+11；（1分）

當m≥2時，有Cxm+Cxm-1====Cx+1m；（6分）

（3）由題意；x∈Z，m是正整數(shù)時。

當x≥m時，組合數(shù)Cxm∈z成立；

當0≤x＜m時，；結(jié)論也成立；

當x＜0時，因為-x+m-1＞0，∴Cxm==（-1）m=（-1）mC-x+m-1m∈z（7分）

綜上所述當x∈Z，m是正整數(shù)時，Cxm∈Z22、略

【分析】【分析】（1）以C為原點，分別以CB、CD、CA為x，y，z的正半軸建立空間直角坐標系，根據(jù)?=0，可知AD⊥BE，根據(jù)面ABD與面BEF垂直的性質(zhì)定理可知AD⊥面BEF，則AD⊥EF，即；即可得到F點與C點重合時滿足條件；

（2）根據(jù)=求出z，由F是線段AC上（不包括A、C）的點得z=0，從而F點與C點重合，則AD⊥EF，從而得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）由已知二面角A-DC-B為直二面角；又AC⊥CD；

∴AC⊥面BCD

在Rt△ACD中；CD=1，∠ADC=45°；

∴AC=1．

以C為原點；分別以CB；CD、CA為x，y，z的正半軸建立空間直角坐標系；

則B（1；0，0），D（0，1，0），A（0，0，1）．

∵E為AD中點；

∴E（0，，）；

∵；

∴AD⊥BE．

若面ABD⊥面BEF，則AD⊥面BEF，則AD⊥EF，即；

設(shè)F（0，0，z），則（0，1，-1）?（0，-，z-）=0；

∴（-）?1+（-1）?（z-）=0?z=0；

∴F點坐標為（0；0，0），即F點與C點重合時，平面ABD⊥平面BEF．

（2）由（1）知

=解得z=0或z=1；由F是線段AC上（不包括A；C）的點得z=0

∴F點坐標為（0；0，0），即F點與C點重合；

∴AD⊥EF；

又BC⊥AD

∴平面ABD⊥平面BEF五、簡答題(共1題，共3分)23、略

【分析】

1.是異面直線，（1分）法一（反證法）假設(shè)共面為．．又．這與為梯形矛盾．故假設(shè)不成立．即是異面直線．（5分）法二：在取一點M，使又是平行四