2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高三數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高三數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷797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9題，共18分)1、雙曲線C：x2-=1的左焦點(diǎn)為F，雙曲線與直線l：y=kx交于A、B兩點(diǎn)，且∠AFB=，則?=（）A.2B.4C.8D.162、已知實(shí)數(shù)x，y滿足，若不等式≥a恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為（）A.1B.C.D.23、設(shè)a，b是兩條直線，α，β是兩個(gè)平面，則下列4組條件中：①a?α，b∥β，α⊥β；②a⊥α，b⊥β，α⊥β；③a?α，b⊥β，α∥β；④a⊥α，b∥β，α∥β．能推得a⊥b的條件有（）組．A.1B.2C.3D.44、已知數(shù)列{an}滿足且a1=，an+1=+，則該數(shù)列的前2008項(xiàng)的和等于（）A.1506B.3012C.1004D.20085、已知x、y是正實(shí)數(shù)，滿足的最小值為（）

A.

B.

C.

D.

6、【題文】已知為一次函數(shù)，且則（）A.B.C.D.7、【題文】已知?jiǎng)t在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限8、若=(1,1,k)，=(2,-1,1)，與的夾角為60°，則k的值為（）A.0或﹣2B.0或2C.-2D.29、設(shè)全集U=R，集合A={x|x2+x≥0}，則集合?UA=（）A.[-1，0]B.（-1，0）C.（-∞，-1]∪[0，+∞）D.[0，1]評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（2015秋?哈爾濱校級(jí)期末）如圖，△AOB為等腰直角三角形，OA=1，OC為斜邊AB的高，點(diǎn)P在射線OC上，則?的最小值為____．11、已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)x軸為始邊作兩個(gè)銳角α，β，他們的終邊分別與單位圓交于A，B，A，B的橫坐標(biāo)分別為，，則α+2β的值為____．12、在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為a的正三角形，且A在面SBC上的射影H是△SBC的垂心，又二面角H-AB-C為30°，則三棱錐S-ABC的體積為____，三棱錐S-ABC的外接球半徑為____．13、函數(shù)y=的單調(diào)遞減區(qū)間是____．14、若向量=（2，-3，）是直線l的方向向量，向量=（1，0，0）是平面α的法向量，則直線l與平面α所成角的大小為____．15、設(shè)函數(shù)f（x）=lnx的定義域?yàn)椋∕，+∞），且M＞0，對(duì)于任意a，b，c∈（M，+∞），若a，b，c是直角三角形的三條邊長(zhǎng)，且f（a），f（b），f（c）也能成為三角形的三條邊長(zhǎng)，那么M的最小值為____．16、已知且與垂直，則k的值為____．17、已知圓的極坐標(biāo)方程為則圓上點(diǎn)到直線的最短距離為。18、已知向量=（2，1），=（3，x），若（2-）⊥則x的值為______．評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)19、已知函數(shù)f（x）=4+ax-1的圖象恒過(guò)定點(diǎn)p，則點(diǎn)p的坐標(biāo)是（1，5）____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、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}．____．21、已知A={x|x=3k-2，k∈Z}，則5∈A．____．22、任一集合必有兩個(gè)或兩個(gè)以上子集．____．23、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4題，共36分)24、用分析法證明：若a＞0，則≤a+．25、設(shè)f（x）=，數(shù)列{an}滿足：a1=，an+1=f（an），n∈N*．

（1）若λ1，λ2為方程f（x）=x的兩個(gè)不相等的實(shí)根，證明：數(shù)列{}為等比數(shù)列；

（2）證明：存在實(shí)數(shù)m，使得對(duì)?n∈N*，a2n-1＜a2n+1＜m＜a2n+2＜a2n．26、已知：偶函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，判斷f（x）在（-∞，0）上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論．27、如圖，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，側(cè)棱BB1⊥底面ABCD，E是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：AC⊥平面BDD1B1；

（Ⅱ）求證：AC∥平面B1DE．評(píng)卷人得分五、作圖題(共1題，共7分)28、已知函數(shù)；

（1）求函數(shù)f（x）的周期以及單調(diào)遞增區(qū)間；

（2）在給出的直角坐標(biāo)系中；請(qǐng)用五點(diǎn)作圖法畫出f（x）在區(qū)間[0，π]上的圖象．

評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)29、如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為AB，A1D1的中點(diǎn)．

（1）求證：MN∥平面A1BC1；

（2）求三棱錐B1-A1BC1的體積．30、已知點(diǎn)A為定點(diǎn)；線段BC在定直線l上滑動(dòng)，|BC|=4，點(diǎn)A到直線l的距離為2．

（1）求△ABC的外心M的軌跡E的方程；

（2）過(guò)點(diǎn)A任作直線與軌跡E相交于P、Q兩點(diǎn)，問直線l上是否存在點(diǎn)H，使得?為定值？若存在，確定點(diǎn)H的位置及其定值；若不存在，說(shuō)明理由．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】求出雙曲線的a，b，c，設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F'．連AF'，BF'，可得四邊形AFBF'為平行四邊形，設(shè)AF=m，由雙曲線的定義可得AF'=BF=m-2，運(yùn)用余弦定理，可得m=4，再由向量的數(shù)量積的定義，計(jì)算即可得到所求．【解析】【解答】解：x2-=1的a=1，b=，c=；

設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F'．連AF'；BF'；

可得四邊形AFBF'為平行四邊形；

即有AF'=BF；∠FAF'=120°；

設(shè)AF=m；由雙曲線的定義可得AF'=BF=m-2；

在△AFF'中；由余弦定理可得；

cos120°==-；

解得m=4；

即AF=4；BF=2；

則?=||?||cos60°=4×2×=4．

故選：B．2、C【分析】【分析】由約束條件作出可行域，求出的范圍，由==，求出其范圍，可得使不等式≥a恒成立的實(shí)數(shù)a的最大值．【解析】【解答】解：由約束條件作出可行域如圖；

∵===；

設(shè)z=；

由圖可知，1；

∴z∈（2，），則；

∴∈（）．

∵不等式≥a恒成立；

∴．

故選：C．3、C【分析】【分析】①利用線面平行的性質(zhì)，可得過(guò)b與β相交的直線c∥b；若c⊥α，則結(jié)論成立，否則不成立；

②在α內(nèi)作直線c垂直于α，β的交線，則可得c⊥β，由a⊥α，可得a⊥c，由b⊥β，可得b∥c，從而a⊥b；

③由b⊥β，α∥β，可得b⊥α，利用線面垂直的性質(zhì)可得a⊥b；

④由a⊥α，α∥β，可得a⊥β，由b∥β，可得過(guò)b與β相交的直線c∥b，從而可得結(jié)論．【解析】【解答】解：①∵b∥β，∴過(guò)b與β相交的直線c∥b；若c⊥α，則結(jié)論成立，否則不成立；

②在α內(nèi)作直線c垂直于α，β的交線，∵α⊥β，∴c⊥β，∵a⊥α，∴a⊥c，∵b⊥β，∴b∥c，∴a⊥b；故結(jié)論成立；

③∵b⊥β，α∥β，∴b⊥α，∵a?α，∴a⊥b；故結(jié)論成立；

④∵a⊥α，α∥β，∴a⊥β，∵b∥β，∴過(guò)b與β相交的直線c∥b，a⊥c，∴a⊥b；故結(jié)論成立

故選C．4、A【分析】【分析】由a1=，an+1=+可得a2=1，，a4=1，a2008=1，從而可求數(shù)列的和【解析】【解答】解：∵a1=，an+1=+

∴a2=1，，a4=1，，，a2008=1

∴S2008=a1+a2++a2008

=（）+（）+

==1506

故選A5、D【分析】

∵x2+y2=1，x、y是正實(shí)數(shù)，令z=＞0；

則z2=++=++=2+++≥4+當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立．

而由x2+y2=1可得1≥2xy，即≥2；當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立．

故z2≥4+4=8，∴z≥2當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立．

故的最小值為2

故選D．

【解析】【答案】令z=＞0，利用基本不等式求得z2≥4+當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立．而由x2+y2=1可得≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立．故z2≥8；

由此可得的最小值．

6、D【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意設(shè)函數(shù)f(x)=kx+b,則可知利用對(duì)應(yīng)相等得到b=1,k=-2,因此可知故選D.

考點(diǎn)：定積分的運(yùn)算。

點(diǎn)評(píng)：解決的關(guān)鍵是利用微積分基本定理來(lái)待定系數(shù)法來(lái)得到，屬于基礎(chǔ)題?！窘馕觥俊敬鸢浮緿7、A【分析】【解析】本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算；共軛復(fù)數(shù)的概念，復(fù)數(shù)的幾何意義.

因?yàn)樗詣t對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為（1,3），在.第一象限.故選A【解析】【答案】A8、D【分析】【解答】解：=2﹣1+k=1+k．

∵與的夾角為60°；

∴cos60°=解得k=2．

故選：D．

【分析】利用向量夾角公式即可得出．9、B【分析】解：由A中的不等式變形得：x（x+1）≥0；

解得：x≥0或x≤-1；

∴A=（-∞；-1]∪[0，+∞）；

∵全集U=R；

∴?UA=（-1；0）．

故選：B．

求出A中不等式的解集；確定出A，根據(jù)全集U=R，求出A的補(bǔ)集即可．

此題考查了補(bǔ)集及其運(yùn)算，熟練掌握補(bǔ)集的定義是解本題的關(guān)鍵．【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【分析】如圖所示，，設(shè)=t≥0．可得?=?=t2-t=-，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【解析】【解答】解：如圖所示，；

設(shè)=t≥0．

∴?=?

=-

=t2-t

=-

．

當(dāng)t=時(shí)取等號(hào)；

∴?的最小值為-．

故答案為：．11、略

【分析】【分析】由條件利用任意角的三角函數(shù)的定義求得cosα、cosβ的值，再利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得sinα、sinβ的值，再利用二倍角公式求得sin2β、cos2β的值，可得α+2β∈（0，π）．利用兩角和的余弦公式求得cos（α+2β）的值，可得α+2β的值．【解析】【解答】解：由題意可得cosα=，cosβ=，∴sinα==，sinβ==；

∴sin2β=2sinβcosβ=，cos2β=2cos2β-1=；∴2β仍為銳角，α+2β∈（0，π）．

∴cos（α+2β）=cosαcos2β-sinαsin2β=-=-；

∴α+2β=．12、略

【分析】【分析】如圖，AH⊥面SBC，設(shè)BH交SC于E，連接AE．由H是△SBC的垂心，可得BE⊥SC，由AH⊥平面SBC，可得SC⊥平面ABE，得到AB⊥SC，設(shè)S在底面ABC內(nèi)的射影為O，則SO⊥平面ABC，可得AB⊥平面SCO，CO⊥AB，同理BO⊥AC，可得O是△ABC的垂心，由△ABC是正三角形．可得S在底面△ABC的射影O是△ABC的中心．可得三棱錐S-ABC為正三棱錐．進(jìn)而得到∠EFC為二面角H-AB-C的平面角，∠EFC=30°，可得SO，即可得出三棱錐S-ABC的體積．設(shè)M為三棱錐S-ABC的外接球的球心，半徑為R，則點(diǎn)M在SO上．在Rt△OCM中，利用勾股定理可得：，解出即可．【解析】【解答】解：如圖，AH⊥面SBC，設(shè)BH交SC于E；連接AE．

∵H是△SBC的垂心；

∴BE⊥SC；

∵AH⊥平面SBC；SC?平面SBC；

∴AH⊥SC；又BE∩AH=H

∴SC⊥平面ABE；

∵AB?平面ABE；

∴AB⊥SC；

設(shè)S在底面ABC內(nèi)的射影為O；則SO⊥平面ABC；

∵AB?平面ABC；

∴AB⊥SO；又SC∩SO=S；

∴AB⊥平面SCO；

∵CO?平面SCO；

∴CO⊥AB；同理BO⊥AC；

可得O是△ABC的垂心；

∵△ABC是正三角形．

∴S在底面△ABC的射影O是△ABC的中心．

∴三棱錐S-ABC為正三棱錐．

由有SA=SB=SC；

延長(zhǎng)CO交AB于F；連接EF；

∵CF⊥AB；CF是EF在面ABC內(nèi)的射影；

∴EF⊥AB；

∴∠EFC為二面角H-AB-C的平面角；∠EFC=30°；

∵SC⊥平面ABE；EF?平面ABE；

∴EF⊥SC；Rt△EFC中，∠ECF=60°；

可得Rt△SOC中，OC===；

SO=OCtan60°=a；

VS-ABC===．

設(shè)M為三棱錐S-ABC的外接球的球心；半徑為R，則點(diǎn)M在SO上．

在Rt△OCM中，MC2=OM2+OC2；

∴；

解得R=．

故答案分別為：，．13、略

【分析】【分析】由指數(shù)函數(shù)為減函數(shù)；要求復(fù)合函數(shù)的減區(qū)間，需求指數(shù)的增區(qū)間，指數(shù)中對(duì)數(shù)函數(shù)是增函數(shù)，則需要求滿足。

cosx大于0的增區(qū)間，則答案可求．【解析】【解答】解：要求函數(shù)y=的單調(diào)遞減區(qū)間；

需求函數(shù)lgcosx的增區(qū)間；

也就數(shù)滿足cosx大于0的增區(qū)間；

由余弦函數(shù)的增區(qū)間可得：函數(shù)y=的單調(diào)遞減區(qū)間是（2kπ-；2kπ]，k∈Z．

故答案為：（2kπ-，2kπ]，k∈Z．14、【分析】【分析】利用平面的法向量與斜直線的方向向量所成的夾角的計(jì)算公式即可得出．【解析】【解答】解：設(shè)直線l與平面α所成角為θ，則===；

∵，∴，即直線l與平面α所成角的大小為．

故答案為．15、略

【分析】

不妨設(shè)c為直角邊，則M＜a＜c，M＜b＜c

∴ab＞M2

由題意可得，

∴

∵a2+b2≥2ab＞2c

∴c2＞2c即c＞2

∴ab＞2

∴M2≥2

∴

故答案為：

【解析】【答案】不妨設(shè)c為直角邊，則M＜a＜c，M＜b＜c，則可得ab＞M2，結(jié)合題意可得結(jié)合a2+b2≥2ab可求c的范圍；進(jìn)而可求M的范圍，即可求解。

16、略

【分析】

由兩個(gè)向量共線的性質(zhì)可得（）?=0，即+=0．

∴1+k2+（-4-2k）=0；解得k=3，或k=-1；

故答案為3或-1．

【解析】【答案】由兩個(gè)向量共線的性質(zhì)可得（）?=0，化簡(jiǎn)可得1+k2+（-4-2k）=0；由此求得k的值．

17、略

【分析】【解析】

由ρ=2cosθ?ρ2=2ρcosθ?x2+y2-2x=0?（x-1）2+y2=1，ρcosθ-2ρsinθ+4=0?x-2y+4=0，∴圓心到直線距離為那么到直線距離最短為-1.【解析】【答案】18、略

【分析】解：∵向量=（2，1），=（3，x），（2-）⊥

∴（2-）?=2-=2（6+x）-（9+x2）=0，即x2-2x-3=0；解得x=-1，或x=3；

故答案為-1或3．

向量表示錯(cuò)誤：

由題意可得，（2-）?=0，即2（6+x）-（9+x2）=0；由此求得x的值．

本題主要考查兩個(gè)向量垂直的性質(zhì)，兩個(gè)向量坐標(biāo)形式的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．【解析】-1或3三、判斷題(共5題，共10分)19、√【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(guò)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：√20、√【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(shuō)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：√，×，×，√．21、×【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(cuò)誤．

故答案為：×22、×【分析】【分析】特殊集合?只有一個(gè)子集，故任一集合必有兩個(gè)或兩個(gè)以上子集錯(cuò)誤．【解析】【解答】解：?表示不含任何元素；?只有本身一個(gè)子集，故錯(cuò)誤．

故答案為：×．23、√【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4題，共36分)24、略

【分析】【分析】用分析法證明，兩邊平方，化簡(jiǎn)即可證得．【解析】【解答】證明：要證：≤a+；

只需證明：≤+2

只需證明：0≤2；顯然成立；

∴a＞0，則≤a+．25、略

【分析】【分析】（1）由題意化簡(jiǎn)可得x2+x-1=0，從而可得λ1+λ2=-1，λ1λ2=-1；化簡(jiǎn)?=?==-；從而證明為等比數(shù)列；

（2）化簡(jiǎn)a2n+2==；從而得到＜a2n，從而只需使a2n＞；同理可得a2n-1＜；故令m=即可．【解析】【解答】證明：（1）∵f（x）=；f（x）=x；

∴x2+x-1=0；

∴λ1+λ2=-1，λ1λ2=-1；

∴?

=?

=?

=

==-；

又∵＞0且≠0；

∴數(shù)列{}為以為首項(xiàng)，-為公比的等比數(shù)列；

（2）∵a2n+2==；

又∵a2n+2＜a2n；

∴＜a2n；

故a2n＞；

a2n+1=；

又∵a2n-1＜a2n+1；

∴a2n-1＜；

∴a2n-1＜；

∴令m=；

則對(duì)?n∈N*，a2n-1＜a2n+1＜m＜a2n+2＜a2n成立．26、略

【分析】【分析】直接利用偶函數(shù)的性質(zhì)：在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相反即可得出其在（-∞，0）上的單調(diào)性；再利用函數(shù)單調(diào)性的定義證明結(jié)論即可．【解析】【解答】解：因?yàn)榕己瘮?shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相反；

且f（x）在（0；+∞）上是增函數(shù)；

故f（x）在（-∞；0）是減函數(shù)．

證明如下：若-∞＜x1＜x2＜0，那么0＜-x2＜-x1＜+∞．

由于偶函數(shù)在（0，+∞）上是增函數(shù)，故有：f（-x2）＜f（-x1）

又根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可得：f（-x1）=f（x1），f（-x2）=f（x2）

綜上可得：f（x1）＞f（x2）

故f（x）在（-∞，0）上是減函數(shù)27、略

【分析】【分析】（Ⅰ）先證AC⊥BD與BB1⊥AC，再證AC⊥平面BDD1B1

（Ⅱ）設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，取B1D的中點(diǎn)F，連接OF，EF，先證OF∥CC1與OF=CC1，再證OC∥EF，再證AC∥平面B1DE．【解析】【解答】證明：（Ⅰ）因?yàn)锳BCD是菱形；所以AC⊥BD；

因?yàn)锽B1⊥底面ABCD；

所以BB1⊥AC；（3分）

所以AC⊥平面BDD1B1．（5分）

（Ⅱ）設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，取B1D的中點(diǎn)F；連接OF，EF；

則OF∥BB1，且；

又E是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，，BB1∥CC1，BB1=CC1；

所以O(shè)F∥CC1，且；（7分）

所以四邊形OCEF為平行四邊形；OC∥EF，（9分）

又AC∥平面B1DE，EF∥平面B1DE；（11分）

所以AC∥平面B1DE．（13分）五、作圖題(共1題，共7分)28、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)周期公式可求周期；由三角函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)即可求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；

（2）列表