2025年冀教新版高三數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年冀教新版高三數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷322考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖中O′A′B′C′為四邊形OABC的斜二測(cè)直觀圖，則原平面圖形OABC是（）A.直角梯形B.等腰梯形C.非直角且非等腰的梯形D.不可能是梯形2、已知a≥0，函數(shù)f（x）=（x2-2ax）ex，若f（x）在[-1，1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是（）A.0＜a＜B.＜a＜C.a≥D.0＜a＜3、設(shè)集合P={1；2，3，4}，Q={3，4，5，6}，則P∪Q=（）

A.?

B.{3；4}

C.{1；2，5，6}

D.{1；2，3，4，5，6}

4、已知曲線在點(diǎn)P（1，4）處的切線與直線l平行且距離為則直線l的方程為（）A.或B.C.或D.以上都不對(duì)5、【題文】已知命題p：?x∈R，mx2＋1≤0，命題q：?x∈R，x2＋mx＋1＞0，若p∧q為真命題，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.(－∞，－2)B.[－2,0)C.(－2,0)D.(0,2)6、【題文】下列式子中，錯(cuò)誤的是A.B.C.D.7、【題文】.函數(shù)y=(2x＋1)3在x=0處的導(dǎo)數(shù)是A.0B.1C.3D.6評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．

（1）若3a5=5a3，求=____．

（2）若{bn}也是等差數(shù)列，前n項(xiàng)和Tn且，求=____．9、已知向量=（x，x-1），=（1，-2），且⊥，則x=____．10、若{a1，a2，a3，a4}={1，2，3，4}，則數(shù)列a1，a2，a3，a4不是等差數(shù)列的概率p=____．11、設(shè)點(diǎn)（a，b）是區(qū)域內(nèi)的隨機(jī)點(diǎn)，則滿足a2+b2≤1的概率是____．12、已知P={x|2＜x＜a，x∈N}，已知集合P中恰有3個(gè)元素，則整數(shù)a=____．13、已知實(shí)數(shù)m≠0，函數(shù)，若f（2-m）=f（2+m），則實(shí)數(shù)m的值為____．14、【題文】11.曲線在處切線的斜率是____.評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、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}．____．16、函數(shù)y=sinx，x∈[0，2π]是奇函數(shù)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、已知函數(shù)f（x）=4+ax-1的圖象恒過定點(diǎn)p，則點(diǎn)p的坐標(biāo)是（1，5）____．（判斷對(duì)錯(cuò)）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、若b=0，則函數(shù)f（x）=（2k+1）x+b在R上必為奇函數(shù)____．評(píng)卷人得分四、證明題(共2題，共6分)21、（2015秋?河南校級(jí)月考）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1，對(duì)角線A1C與平面BDC1交于點(diǎn)O．AC、BD交于點(diǎn)M、E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為AA1的中點(diǎn)；

求證：（1）C1；O、M三點(diǎn)共線。

（2）E、C、D1；F四點(diǎn)共面。

（3）CE、D1F、DA三線共點(diǎn)．22、已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1+1．

（1）若Sn=a1Cn0+a2Cn1+a3Cn2++an+1Cnn，（n∈N*），求證：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn-2n-4n-1能被64整除．

（2）是不是存在等差數(shù)列{bn}，使得b1Cn1+b2Cn2++bnCnn=n（an-1）對(duì)一切n∈N*都成立？若存在，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；若不存在；則請(qǐng)說明理由．

（3）記Tn=1!Cn1+2!Cn2+3!Cn3++n!Cnn（n=1，2，3，），當(dāng)n≥2時(shí)，求證：（1+）（1+）（1+）（1+）≤3-．評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共1題，共7分)23、如圖，在直角梯形ABCD中，AD//BC，當(dāng)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(dāng)直線AC與平面EFCD所成角為多少時(shí)，二面角A—DC—E的大小是60°。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】根據(jù)斜二測(cè)直觀圖形的特征，得出原平面圖形OABC是直角梯形．【解析】【解答】解：根據(jù)斜二測(cè)直觀圖；得；

OC⊥OA；OA=O′A′，BC=B′C′，OC=2O′C′；

∴原平面圖形OABC是直角梯形，如圖所示：

故選：A．2、C【分析】【分析】首先，求導(dǎo)數(shù)，然后，令導(dǎo)數(shù)為非正數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)知識(shí)求解．【解析】【解答】解：∵f′（x）=[x2-2（a-1）x-2a]?ex；

∵f（x）在[-1；1]上是單調(diào)減函數(shù)；

∴f′（x）≤0；x∈[-1，1]；

∴x2-2（a-1）x-2a≤0；x∈[-1，1]；

設(shè)g（x）=x2-2（a-1）x-2a；

∴；

∴；

∴；

∴；

故選：C．3、D【分析】

∵集合P={1；2，3，4}，Q={3，4，5，6}，把不一樣的添加上，重復(fù)的去掉；

∴P∪Q={1；2，3，4，5，6}；

故選D；

【解析】【答案】已知集合P；Q；已經(jīng)用列舉法表示出來了，可以根據(jù)并集的定義進(jìn)行求解；

4、C【分析】試題分析：因?yàn)榍€所以所以在點(diǎn)P（1，4）處的切線的斜率為-4，方程為4x+y-8=0，與直線l平行且距離為的直線方程為4x+y+c=0，則所以c=9或-25，因此直線的方程為4x+y+9=0或4x+y-25=0，故選C．考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【解析】【答案】C5、C【分析】【解析】由題可知若p∧q為真命題，則命題p和命題q均為真命題，對(duì)于命題p為真，則m＜0，對(duì)于命題q為真，則m2－4＜0，即－2＜m＜2，所以命題p和命題q均為真命題時(shí)，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2,0)．故選C.【解析】【答案】C6、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D7、D【分析】【解析】本題考查常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其運(yùn)算法則.應(yīng)先將其轉(zhuǎn)化成f(x)=a0xn＋a1xn－1＋＋an－1x＋an的形式；再求導(dǎo).也可用復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則.

解法一:∵y=(2x＋1)3=(2x)3＋3·(2x)2＋3·(2x)＋1=8x3＋12x2＋6x＋1,

∴y′=24x2＋24x＋6.∴y′|x=0=6.

解法二:∵y=(2x＋1)3,∴y′=3(2x＋1)2·(2x＋1)=6(2x＋1)2.

∴y′|x=0=6.【解析】【答案】D二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由3a5=5a3得到a1=d；再根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)公式即可求出．

（2）題目給出了兩個(gè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和的比值，求出它們的前2n-1項(xiàng)和的比值，把要求轉(zhuǎn)化為它們的前2n-1項(xiàng)和的比值得答案．【解析】【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d；

則由3a5=5a3，可得3（a1+4d）=5（a1+2d）；

解得a1=d；

∴S5=5a1+×5×（5+1）×d=20d，S1=a1=d；

∴==；

（2）∵；

∴==；

∴===；

故答案為：，，9、略

【分析】【分析】由⊥，可得?=0，解得即可．【解析】【解答】解：∵⊥；

∴?=x-2（x-1）=-x+2=0；

解得x=2．

故答案為：2．10、略

【分析】【分析】分別計(jì)算出數(shù)列a1，a2，a3，a4的不同情況總數(shù)及滿足數(shù)列a1，a2，a3，a4是等差數(shù)列的情況總數(shù)，進(jìn)而得到數(shù)列a1，a2，a3，a4不是等差數(shù)列的情況數(shù)，代入古典概型概率計(jì)算公式，可得答案．【解析】【解答】解：∵{a1，a2，a3，a4}={1；2，3，4}；

∴數(shù)列a1，a2，a3，a4共有=24種不同情況；

其中數(shù)列a1，a2，a3，a4是等差數(shù)列的情況有：

{1；2，3，4}，{4，3，2，1}，共兩種；

故數(shù)列a1，a2，a3，a4不是等差數(shù)列的概率P==；

故答案為：11、略

【分析】【分析】作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，利用幾何概型的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可得到結(jié)論．【解析】【解答】解：作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖：

當(dāng)x=1時(shí)；y=2，即B（1，2），A（1，0），C（0，1）；

則四邊形OABC的面積S=；

則第一象限內(nèi)對(duì)應(yīng)a2+b2≤1的面積為；

∴根據(jù)幾何概型的概率公式可得滿足a2+b2≤1的概率是=；

故答案為：12、略

【分析】【分析】根據(jù)集合含有3個(gè)元素，則為3，4，5，即可得到a的取值．【解析】【解答】解：∵集合P中恰有3個(gè)元素；且x∈N；

∴三個(gè)元素為3；4，5；

∴5＜a≤6；

∵a是整數(shù)；

∴a=6；

故答案為：6．13、略

【分析】【分析】根據(jù)分段函數(shù)的解析式，可以確定2+m和2-m應(yīng)該在兩段函數(shù)上各一個(gè)，對(duì)2+m和2-m分類討論，確定相應(yīng)的解析式，列出方程，求解即可得到實(shí)數(shù)m的值．【解析】【解答】解：∵；

∴f（x）在x≤2和x＞2時(shí)；函數(shù)均為一次函數(shù)；

∵f（2-m）=f（2+m）；

∴2-m和2+m分別在x≤2和x＞2兩段上各一個(gè)；

①當(dāng)2-m≤2；且2+m＞2，即m＞0時(shí)；

∴f（2-m）=3（2-m）-m=6-4m；f（2+m）=-（2+m）-2m=-2-3m；

∵f（2-m）=f（2+m）；

∴6-4m=-2-3m；

∴m=8；

②當(dāng)2-m＞2；且2+m≤2，即m＜0時(shí)；

∴f（2-m）=-（2-m）-2m=-2-m；f（2+m）=3（2+m）-m=6+2m；

∵f（2-m）=f（2+m）；

∴-2-m=6+2m；

∴m=．

綜合①②，可得實(shí)數(shù)m的值為和8．

故答案為：和8．14、略

【分析】【解析】解：因?yàn)槟敲纯芍趚=1時(shí)導(dǎo)數(shù)值為1，因此切線斜率為1.【解析】【答案】1三、判斷題(共6題，共12分)15、√【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：√，×，×，√．16、×【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(diǎn)對(duì)稱；

故函數(shù)y=sinx不是奇函數(shù)；

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(diǎn)．【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(diǎn)P的坐標(biāo)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(cuò)誤；

故答案為：×．20、√【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(dāng)b=0時(shí)；f（x）=（2k+1）x；

定義域?yàn)镽關(guān)于原點(diǎn)對(duì)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2題，共6分)21、略

【分析】【分析】（1）利用C1、O、M三點(diǎn)在平面ACC1A1與平面BDC1的交線上；證明三點(diǎn)共線；

（2）利用EF∥CD1，證明E、F、C、D1四點(diǎn)共面；

（3）證明CE與D1F的交點(diǎn)P在平面ABCD與平面ADD1A1的交線上即可．【解析】【解答】證明：（1）∵A1C∩平面BDC1=O，∴O∈A1C，O∈平面BDC1；

又∵A1C?平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1；

∵AC；BD交于點(diǎn)M；∴M∈AC，M∈BD；

又AC?平面ACC1A1，BD?平面BDC1；

∴M∈平面ACC1A1，M∈平面BDC1；

又C1∈平面ACC1A1，C1∈平面BDC1；

∴C1、O、M三點(diǎn)在平面ACC1A1與平面BDC1的交線上；

∴C1；O、M三點(diǎn)共線；

（2）∵E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為AA1的中點(diǎn)；

∴EF∥BA1；

又∵BC∥A1D1，BC=A1D1；

∴四邊形BCD1A1是平行四邊形；

∴BA1∥CD1；

∴EF∥CD1；

∴E、F、C、D1四點(diǎn)共面；

（3）∵平面ABCD∩平面ADD1A1=AD；

設(shè)CE與D1F交于一點(diǎn)P；則：

P∈CE；CE?平面ABCD；

∴P∈平面ABCD；

同理，P∈平面ADD1A1；

∴P∈平面ABCD∩平面ADD1A1=AD；

∴直線CE、D1F；DA三線交于一點(diǎn)P；

即三線共點(diǎn)．22、略

【分析】【分析】（1）利用二項(xiàng)式定理、二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)化簡(jiǎn)Sn為3n+2n，設(shè)n=2k，k∈z+，則Sn-2n-4n-1=3n-4n-1=9k-8k-1；用數(shù)學(xué)歸納法證明它能被64整除．

（2）分別令n=1、2、3求出b1=1，b2=2，b3=3，若存在等差數(shù)列{bn}，則bn=n，由Cn-11+Cn-12+Cn-13++Cn-1n-1=

2n-1成立，可得Cn1+2Cn2++nCnn=n（an-1）=n2n-1對(duì)一切n∈N*都成立，故卻是存在等差數(shù)列{bn}；滿足條件．

（3）要證的不等式即：（1+）（1+）（1+）（1+）≤3-，用數(shù)學(xué)歸納法和放縮法證明此不等式成立．【解析】【解答】（1）證明：由已知得，Sn=a1Cn0+a2Cn1+a3Cn2++an+1Cnn=（1+1）Cn0+（2+1）Cn1+（22+1）Cn2++（2n）Cnn

=（Cn0+2Cn1+22Cn2++2nCnn）+（Cn0+Cn1+Cn2++Cnn）=（1+2）n+2n=3n+2n．

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k，k∈z+，則Sn-2n-4n-1=3n-4n-1=9k-8k-1．

當(dāng)k=1時(shí)，9k-8k-1=0；顯然能被64整除．

假設(shè)9m-8m-1能被64整除m為正整數(shù)，則n=m+1時(shí)，9k-8k-1=99m-8m-8-1=9（9m-8m-1）+64m；

由假設(shè)知，9（9m-8m-1）能被64整除；再由64m也能被64整除；

可得k=m+1時(shí)，9m-8m-1仍能被64整除．

綜上可得當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn-2n-4n-1能被64整除．

（2）∵b1Cn1+b2Cn2++bnCnn=n（an-1）對(duì)一切n∈N*都成立，an=2n-1+1；

故當(dāng)n=1時(shí)，有b1=a1-1=1；

當(dāng)n=2時(shí)，有2b1+b2=2（a2-1）=4，∴b2=2．

當(dāng)n=3時(shí)，有3b1+3b2+b3=3（a3-1），即3+6+b3=3×4，∴b3=3．

若存在等差數(shù)列{bn}，使得b1Cn1+b2Cn2++bnCnn=n（an-1）對(duì)一切n∈N*都成立，則應(yīng)有bn=n．

由二項(xiàng)式定理可得Cn-11+Cn-12+Cn-13++Cn-1n-1=2n-1成立；

故有n（Cn-10+Cn-11+Cn-12+Cn-13++Cn-1n-1）=n?2n-1，即Cn1+2Cn2++nCnn=n（an-1）=n2n-1對(duì)一切n∈N*都成立；

故存在等差數(shù)列{bn}，使得b1Cn1+b2Cn2++