2025年新世紀(jì)版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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年新世紀(jì)版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)，A(1,5)，B(－2,4)，C(－6,－4)，M是BC邊上一點(diǎn),且△ABM的面積是△ABC面積的則線段AM的長(zhǎng)度是()A.B.C.5D.2、已知向量與向量的夾角為若向量且則的值為()A.B.C.D.3、【題文】已知函數(shù)則的圖象為（）4、【題文】設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)閯t=（）A.B.C.D.5、【題文】設(shè)集合方程的解集一定是（）

6、已知圓C：x2+y2﹣4x=0，l為過(guò)點(diǎn)P（3，0）的直線，則（）A.l與C相交B.l與C相切C.l與C相離D.以上三個(gè)選項(xiàng)均有可能7、在一次模擬考試后，從高三某班隨機(jī)抽取了20位學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)，其分布如下：。分組[90，100][100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150）頻數(shù)126731分?jǐn)?shù)在130分（包括130分）以上者為優(yōu)秀，據(jù)此估計(jì)該班的優(yōu)秀率約為（）A.10%B.20%C.30%D.40%8、利用“長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，四面體A1BC1D”的特點(diǎn)，求得四面體PMNR（其中PM=NR=PN=MR=MN=PR=）的外接球的表面積為（）A.14πB.16πC.13πD.15π評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、關(guān)于函數(shù)有下面四個(gè)結(jié)論：（1）是奇函數(shù)；（2）恒成立；（3）的最大值是(4)的最小值是其中正確結(jié)論的是_______________________________________．10、【題文】已知：M={a|函數(shù)在[]上是增函數(shù)}，N={b|方程有實(shí)數(shù)解}，設(shè)D=且定義在R上的奇函數(shù)在D內(nèi)沒(méi)有最小值，則m的取值范圍是____．11、集合{2，-1}={2，a2-2a}，則實(shí)數(shù)a=______．12、函數(shù)y=的定義域?yàn)開(kāi)_____．13、點(diǎn)(1,1)

到直線x+y鈭?1=0

的距離為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分三、證明題(共5題，共10分)14、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．15、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．16、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．17、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．18、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過(guò)點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共12分)19、如圖，已知AC=AD=AE=BD=DE，∠ADB=42°，∠BDC=28°，則∠BEC=____．20、已知t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，且x=10t1，y=10t2，那么y與x間的函數(shù)關(guān)系式為_(kāi)___，其函數(shù)圖象在第____象限內(nèi)．21、若直線y=（m-2）x+m經(jīng)過(guò)第一、二、四象限，則m的范圍是____．評(píng)卷人得分五、解答題(共4題，共20分)22、甲；乙兩位學(xué)生參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)；現(xiàn)分別從他們?cè)谂嘤?xùn)期間參加的若干次預(yù)賽成績(jī)中隨機(jī)抽取8次，記錄如下：

。甲8281797895889384乙9295807583809085（1）用莖葉圖表示這兩組數(shù)據(jù)；

（2）現(xiàn)要從中選派一人參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽；從統(tǒng)計(jì)學(xué)的角度（在平均數(shù)；方差或標(biāo)準(zhǔn)差中選兩個(gè)）考慮，你認(rèn)為選派哪位學(xué)生參加合適？請(qǐng)說(shuō)明理由．

23、已知向量函數(shù)．（1）求函數(shù)的對(duì)稱中心；（2）在中，分別是角對(duì)邊，且且求的取值范圍．24、比較下列各組數(shù)中兩個(gè)值的大小。

（1）20.6，20.5；

（2）log23.4，log23.8．25、如圖，在三棱錐A鈭?BOC

中，OA隆脥

底面BOC隆脧OAB=隆脧OAC=30鈭?AB=AC=4BC=22

動(dòng)點(diǎn)D

在線段AB

上．

(1)

求證：平面COD隆脥

平面AOB

(2)

當(dāng)OD隆脥AB

時(shí)，求三棱錐C鈭?OBD

的體積．評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共18分)26、如圖1；△ABC與△EFA為等腰直角三角形，AC與AE重合，AB=EF=9，∠BAC=∠AEF=90°，固定△ABC，將△EFA繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)AF邊與AB邊重合時(shí)，旋轉(zhuǎn)中止．不考慮旋轉(zhuǎn)開(kāi)始和結(jié)束時(shí)重合的情況，設(shè)AE；AF（或它們的延長(zhǎng)線）分別交BC（或它的延長(zhǎng)線）于G、H點(diǎn)，如圖2．

（1）問(wèn)：在圖2中，始終與△AGC相似的三角形有____及____；

（2）設(shè)CG=x；BH=y，GH=z，求：

①y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；

②z關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（只要求根據(jù)第（1）問(wèn)的結(jié)論說(shuō)明理由）

（3）直接寫出：當(dāng)x為何值時(shí)，AG=AH．27、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過(guò)點(diǎn)A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點(diǎn)為M點(diǎn)．

（1）求該拋物線的解析式．

（2）試判斷拋物線上是否存在一點(diǎn)P；使∠POM=90°．若不存在，說(shuō)明理由；若存在，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)．

（3）試判斷拋物線上是否存在一點(diǎn)K，使∠OMK=90°，若不存在，說(shuō)明理由；若存在，求出K點(diǎn)的坐標(biāo)．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】試題分析：∵△ABM的面積是△ABC面積的∴設(shè)M（x，y），則（x+2，y-4）=（-4，-8），∴解得，x=－3,y=2,即M（-3，2），∴|AM|==5，故答案為5。考點(diǎn)：本題主要考查平面向量的共線定理，平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、B【分析】【解析】

因?yàn)橄蛄颗c向量的夾角為若向量且則的值為選B【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)已知函數(shù)前者是偶函數(shù)，后者也是偶函數(shù)，那么偶函數(shù)乘以偶函數(shù)，仍然是偶函數(shù)，故排除學(xué)校A,D，同時(shí)對(duì)于B,C，那么當(dāng)x趨近于0時(shí)，我們?nèi)€(gè)值來(lái)計(jì)算可知應(yīng)該是負(fù)數(shù)，可知排除B，選C.

考點(diǎn)：本試題考查了函數(shù)圖象的運(yùn)用。

點(diǎn)評(píng)：解決該試題關(guān)鍵是利用函數(shù)的性質(zhì)，以及特殊點(diǎn)法排除法來(lái)得到結(jié)論。而函數(shù)的性質(zhì)主要是奇偶性和單調(diào)性的運(yùn)用。屬于基礎(chǔ)題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、C【分析】【解析】故選C【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、A【分析】【解答】解：將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得：（x﹣2）2+y2=4；

∴圓心C（2，0），半徑r=2；

又P（3，0）與圓心的距離d==1＜2=r；

∴點(diǎn)P在圓C內(nèi)；又直線l過(guò)P點(diǎn)；

則直線l與圓C相交．

故選A．

【分析】將圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，找出圓心C坐標(biāo)和半徑r，利用兩點(diǎn)間的距離公式求出P與圓心C間的長(zhǎng)，記作d，判斷得到d小于r，可得出P在圓C內(nèi)，再由直線l過(guò)P點(diǎn)，可得出直線l與圓C相交．7、B【分析】【解答】解：由表可知；優(yōu)秀的人數(shù)為3+1=4；

故分?jǐn)?shù)在130分（包括130分）以上者為優(yōu)秀，則優(yōu)秀率為=20%；

故據(jù)此估計(jì)該班的優(yōu)秀率約20%；

故選：B．

【分析】根據(jù)統(tǒng)計(jì)表和樣本來(lái)估計(jì)總體的概念即可求出．8、A【分析】解：由題意，構(gòu)造長(zhǎng)方體，使得面上的對(duì)角線長(zhǎng)分別為

則長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)等于四面體PMNR外接球的直徑．

設(shè)長(zhǎng)方體的棱長(zhǎng)分別為x，y，z，則x2+y2=10，y2+z2=13，x2+z2=5；

∴x2+y2+z2=14

∴三棱錐O-ABC外接球的直徑為

∴三棱錐S-ABC外接球的表面積為π?14=14π；

故選A．

構(gòu)造長(zhǎng)方體，使得面上的對(duì)角線長(zhǎng)分別為則長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)等于四面體PMNR外接球的直徑，即可求出四面體PMNR外接球的表面積．

本題考查球內(nèi)接多面體，構(gòu)造長(zhǎng)方體，利用長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)等于四面體外接球的直徑是關(guān)鍵．【解析】【答案】A二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【解析】試題分析：函數(shù)滿足所以函數(shù)是偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)函數(shù)是減函數(shù)，當(dāng)時(shí)函數(shù)是增函數(shù)，因此函數(shù)最小值為最大值為綜上可知（2）（4）正確考點(diǎn)：函數(shù)奇偶性單調(diào)性與最值【解析】【答案】（2）（4）10、略

【分析】【解析】

試題分析：先確定出集合MN的范圍，求出集合D的范圍．再根據(jù)在D內(nèi)沒(méi)有最小值，對(duì)函數(shù)的最小值進(jìn)行研究，可先求其導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，確定出函數(shù)的最小值在區(qū)間D的左端點(diǎn)取到即可，由于直接研究有一定困難，可將函數(shù)變?yōu)闃?gòu)造新函數(shù)h（x）=將研究原來(lái)函數(shù)沒(méi)有最小值的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為新函數(shù)沒(méi)有最大值的問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)工具易確定出新函數(shù)的最值，從而解出參數(shù)m的取值范圍m>若m≤0，可得函數(shù)f（x）在D上是減函數(shù)，函數(shù)在右端點(diǎn)處取到最小值，不合題意；若m＞0，令h（x）=則在D內(nèi)沒(méi)有最小值可轉(zhuǎn)化為h（x）在D內(nèi)沒(méi)有最大值，下對(duì)h（x）在D內(nèi)的最大值進(jìn)行研究，可知答案為m>

考點(diǎn)：函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)。

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)情況之間的關(guān)系，三角函數(shù)的周期求法及對(duì)三角函數(shù)圖象特征的理解，指數(shù)函數(shù)的值域及集合的運(yùn)算．考查了轉(zhuǎn)化的思想及分類討論的思想，計(jì)算的能力，本題綜合性強(qiáng)涉及到的知識(shí)點(diǎn)較多，屬于綜合題中的難題【解析】【答案】m>11、略

【分析】解：因?yàn)榧蟵2，-1}={2，a2-2a}；

所以a2-2a=-1；

解得a=1；

故答案為：1．

利用集合相等；元素相同解答．

本題考查了集合相等，集合元素相同；屬于基礎(chǔ)題．【解析】112、略

【分析】解：由x≥0；x-1≠0得：x≥0，且x≠1．

所以原函數(shù)的定義域?yàn)閇0；1）∪（1，+∞）．

故答案為：[0；1）∪（1，+∞）．

求該函數(shù)的定義域；直接讓x≥0，且x-1≠0，求解x即可．

本題考查了函數(shù)定義域的求法，解答的關(guān)鍵是讓根式內(nèi)部的代數(shù)式大于等于0，分母不能為0，屬基礎(chǔ)題．【解析】[0，1）∪（1，+∞）．13、略

【分析】解：利用點(diǎn)到直線的距離可得：d=|1+1鈭?1|2=22

．

故答案為：22

．

利用點(diǎn)到直線的距離公式即可得出．

本題考查了點(diǎn)到直線的距離公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】22

三、證明題(共5題，共10分)14、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．15、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過(guò)圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過(guò)圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．16、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．17、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)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(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)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．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(diǎn)；

∴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．四、計(jì)算題(共3題，共12分)19、略

【分析】【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)分別得出∠AEC，∠BED，∠AED的度數(shù)，由∠BEC=∠AEC+∠BED-∠AED即可求解．【解析】【解答】解：∠ADC=42°+28°=70°．∠CAD=180°-2×70°=40°；

∠DAE=∠ADE=∠AED=∠60°；

于是；在△ACE中，∠CAE=60°+40°=100°；

∠AEC=（180°-100°）÷2=40°．

又∵在△BDE中；∠BDE=60°+42°=102°；

∴∠BED=（180-102）÷2=39°

從而∠BEC=∠AEC+∠BED-∠AED=40°+39°-60°=19°．

故答案為19°．20、略

【分析】【分析】由于t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，利用根與系數(shù)的關(guān)系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底數(shù)冪的乘法法則計(jì)算即可解決問(wèn)題．【解析】【解答】解：∵t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)．

故答案為：y=（x＞0），一．21、略

【分析】【分析】若函數(shù)y=kx+b的圖象經(jīng)過(guò)第一、二、四象限，則k＜0，b＞0，由此可以確定m的取值范圍．【解析】【解答】解：∵直線y=（m-2）x+m經(jīng)過(guò)第一；二、四象限；

∴m-2＜0；m＞0；

故0＜m＜2．

故填空答案：0＜m＜2．五、解答題(共4題，共20分)22、略

【分析】

（1）莖葉圖如下：

（2）派甲參加比較合適；理由如下：

（90-85）2+（92-85）2+（95-85）2]=41

∵=

∴甲的成績(jī)較穩(wěn)定；派甲參賽比較合適。

【解析】【答案】（1）將成績(jī)的十位數(shù)作為莖；個(gè)位數(shù)作為葉，可得莖葉圖；

（2）計(jì)算甲與乙的平均數(shù)與方差；即可求得結(jié)論．

23、略

【分析】試題分析：（1）此類問(wèn)題往往是利用向量數(shù)量積定義及二倍角公式把f(x)化簡(jiǎn)成f(x)或者f(x)的形式，然后利用從而由y=sinx或者y=cosx的對(duì)稱中心求出f(x)的對(duì)稱中心．(2)求范圍問(wèn)題往往利用函數(shù)的思想，因此本題需要轉(zhuǎn)化到關(guān)于邊或者三角的函數(shù)問(wèn)題，由題意可知將用正弦定理將邊的關(guān)系轉(zhuǎn)化為三角關(guān)系，利用三角函數(shù)的值域來(lái)確定的范圍．(1)f(x)=令得出函數(shù)f(x)的對(duì)稱中心．（2）f(C)=因?yàn)镃為銳角，由正弦定理a=2sinA,b=2sinB,A>B>C=．考點(diǎn)：1．向量的數(shù)量積2．二倍角公式3．正弦定理．【解析】【答案】(1)(2)24、【解答】（1）∵2＞1；

∴y=2x為增函數(shù)。

又∵0.6＞0.5

∴20.6＞20.5；

（2）∵2＞1；

∴y=log2x為增函數(shù)。

又∵3.4＜3.8

∴l(xiāng)og23.4＜log23.8；【分析】【分析】（1）先判斷底數(shù)與1的關(guān)系；判斷出對(duì)應(yīng)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，再判斷指數(shù)的大小，即可得到答案．

（2）先判斷底數(shù)與1的關(guān)系，判斷出對(duì)應(yīng)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，再判斷真數(shù)的大小，即可得到答案．25、略

【分析】

(1)

欲證平面COD隆脥

平面AOB

根據(jù)面面垂直的判定定理可知在平面COD

內(nèi)一直線與平面AOB

垂直，根據(jù)勾股定理可知OC隆脥OB

根據(jù)線面垂直的判定定理可知OC隆脥

平面AOB

而OC?

平面COD

滿足定理所需條件；

(2)OD隆脥ABOD=3

此時(shí)，BD=1.

根據(jù)三棱錐的體積公式求出所求即可．

本題主要考查平面與平面垂直的判定，以及三棱錐C鈭?OBD

的體積的求解，同時(shí)考查了空間想象能力，計(jì)算能力和推理能力，屬于中檔題．【解析】(1)

證明：隆脽AO隆脥

底面BOC隆脿AO隆脥OCAO隆脥OB

．

隆脽隆脧OAB=隆脧OAC=30鈭?AB=AC=4隆脿OC=OB=2

．

隆脽BC=22

由勾股定理得OC隆脥OB

隆脿OC隆脥

平面AOB

．

隆脽OC?

平面COD隆脿

平面COD隆脥

平面AOB

．

(2)

解：隆脽OD隆脥AB隆脿OD=3

此時(shí)，BD=1

．

隆脿VC鈭?OBD=13隆脕12隆脕3隆脕1隆脕2=33

．六、綜合題(共2題，共18分)26、略

【分析】【分析】（1）△HGA；△HAB，求出∠H=∠GAC，∠AGC=∠AGC，即可推出△AGC∽△HGA；根據(jù)∠B=∠ACG=45°，∠GAC=∠H推出△AGC∽△HAB即可；

（2）①根據(jù)∵△AGC∽△HAB，得出=，求出y=；②在Rt△BAC中，由勾股定理求出BC=9；代入GH=BH-（BC-GC）求出即可；

（3）由△HGA∽△HAB得出HB=AB=9，由△HGA∽△GCA得出AC=CG=9，推出BG=HC，即可得出答案．【解析】【解答】解：（1）△HGA；△HAB；

理由是：∵△ABC與△EFA為等腰直角三角形；AC與AE重合，AB=EF，∠BAC=∠AEF=90°；

∴∠B=∠ACB=∠GAF=45°；

∴∠ACB=∠H+∠HAC=45°；∠GAC+∠HAC=∠GAF=45°；

∴∠H=∠GAC；

∵∠AGC=∠AGC；

∴△AGC∽△HGA；

∵∠B=∠ACG=45°；∠GAC=∠H；

∴△AGC∽△HAB；

（2）①如圖2；∵△AGC∽△HAB；

∴=；

∴=；

∴y=；

②在Rt△BAC中，∠BAC=90°，AC=AB=9，由勾股定理得：BC=9；

∴GH=BH-（BC-GC）=y-（9-x）；

∴z=+x-9；

（3）∵∠GAH=45°是等腰三角形的頂角；

如圖；∵由△HGA∽△HAB知：HB=AB=