2025年西師新版高三數(shù)學(xué)上冊(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年西師新版高三數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷446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、執(zhí)行如圖所示的程序框圖．若輸出的S=；則判斷框內(nèi)的條件可以為（）

A.i＜10？B.i≤10？C.i＜11？D.i≤11？2、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=1-3+5-7++（-1）n-1（2n-1）（n∈N*），則S17+S23+S50=（）A.90B.10C.-10D.223、遞減的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足S5=S10，則欲使Sn取最大值，n的值為（）A.10B.7C.9D.7或84、已知一個(gè)三棱錐的三視圖如圖所示，其中俯視圖是等腰直角三角形，則該三棱錐的外接球的體積為（）A.12πB.C.D.8π5、已知定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足f（x-4）=-f（x），且在區(qū)間[0，2]上是增函數(shù)，則（）A.f（2）＜f（5）＜f（8）B.f（5）＜f（8）＜f（2）C.f（5）＜f（2）＜f（8）D.f（8）＜f（2）＜f（5）6、等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，已知，,則（A）38（B）20（C）10（D）97、若O是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且滿足則△ABC的形狀是（）

A.等邊三角形。

B.等腰三角形。

C.等腰直角三角形。

D.直角三角形。

8、【題文】0.44，1與40.4的大小關(guān)系是（）．A.0.44＜40.4＜1B.0.44＜1＜40.4C.1＜0.44＜40.4D.l＜40.4＜0.44評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、己知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上的雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為_(kāi)___，兩漸近線的夾角為_(kāi)___．10、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn=an+5，且λan+1≤5Sn-S2n對(duì)任意的n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍____．11、函數(shù)y=-sin（4x+）的圖象與x軸的各個(gè)交點(diǎn)中，距離原點(diǎn)最近的一點(diǎn)的坐標(biāo)是____．12、已知a＞0，b＞0，則的最小值是____．13、【題文】已知向量滿足向量滿足的最小值為_(kāi)_________。14、已知F

是拋物線y=x2

的焦點(diǎn)，MN

是該拋物線上的兩點(diǎn)，|MF|+|NF|=3

則線段MN

的中點(diǎn)到x

軸的距離為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、函數(shù)y=sinx，x∈[0，2π]是奇函數(shù)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、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)）17、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)）18、已知A={x|x=3k-2，k∈Z}，則5∈A．____．19、空集沒(méi)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4題，共36分)21、已知圓O的直徑AB=4；定直線l到圓心的距離為6，且直線l⊥直線AB．點(diǎn)P是圓上異于A；B的任意一點(diǎn)，直線PA、PB分別交l于M、N點(diǎn)．如圖，以AB為x軸，圓心O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy．

（1）若∠PAB=30°；求以MN為直徑的圓的方程；

（2）當(dāng)點(diǎn)P變化時(shí)，求證：以MN為直徑的圓必過(guò)圓O內(nèi)的一定點(diǎn)．22、已知四邊形PQRS是圓內(nèi)接四邊形；∠PSR=90°，過(guò)點(diǎn)Q作PR；PS的垂線，垂足分別為點(diǎn)H、K．

（1）求證：Q；H、K、P四點(diǎn)共圓；

（2）求證：QT=TS．23、用反證法證明：已知0＜a＜1，0＜b＜1；0＜c＜1．

求證：（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a中至少有一個(gè)不大于．24、如圖；平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC=16，PA=PC=10．

（1）設(shè)G是OC的中點(diǎn)；證明：FG∥平面BOE；

（2）在△ABO內(nèi)是否存在一點(diǎn)M，使FM⊥平面BOE，若存在，請(qǐng)找出點(diǎn)M，并求FM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．評(píng)卷人得分五、作圖題(共4題，共24分)25、作函數(shù)：

（1）y=2x+1；x∈{-1，0，1，2，4}；

（2）y=-x+1，x∈[-1，4]的圖象．26、作出下列函數(shù)的圖象：

（1）y=2-x；x∈[0，2]；

（2）y=-x2+3x+4；

（3）y=．27、在柱坐標(biāo)系中畫(huà)出下列各點(diǎn)；并把它們化成空間直角坐標(biāo)系；

A（4，；2）；

B（6，，-5）28、銀行辦理房屋抵押貸款手續(xù)如下：先按順序進(jìn)行房屋評(píng)估；銀行審查、簽訂合同、辦理保險(xiǎn)產(chǎn)權(quán)過(guò)戶；然后有三種選擇：

（1）若直接辦理抵押貸款；則只進(jìn)行抵押登記，然后發(fā)放貸款；

（2）若采用全程擔(dān)保方式；則直接發(fā)放貸款；

（3）若采用階段性擔(dān)保方式；則先發(fā)放貸款，然后再辦理抵押登記．

試畫(huà)出辦理房屋抵押貸款手續(xù)的流程圖．評(píng)卷人得分六、解答題(共2題，共6分)29、已知?jiǎng)狱c(diǎn)M到定點(diǎn)（1；0）的距離比M到定直線x=-2的距離小1．

（1）求證：M點(diǎn)軌跡為拋物線；并求出其軌跡方程；

（2）大家知道；過(guò)圓上任意一點(diǎn)P，任意作互相垂直的弦PA；PB，則弦AB必過(guò)圓心（定點(diǎn)）．受此啟發(fā)，研究下面問(wèn)題：

①過(guò)（1）中的拋物線的頂點(diǎn)O任意作互相垂直的弦OA；OB；問(wèn)：弦AB是否經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)？若經(jīng)過(guò)，請(qǐng)求出定點(diǎn)坐標(biāo)，否則說(shuō)明理由；

②研究：對(duì)于拋物線y2=2px（p＞0）上頂點(diǎn)以外的定點(diǎn)是否也有這樣的性質(zhì)？請(qǐng)?zhí)岢鲆粋€(gè)一般的結(jié)論，并證明．30、用0；1，2，3，4，5這六個(gè)數(shù)字可以組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的能被25整除的四位數(shù)多少個(gè)？

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】分析程序框圖的運(yùn)行過(guò)程，得出程序輸出的算式S的表達(dá)式，列出方程求出i的值，即可得出結(jié)論．【解析】【解答】解：執(zhí)行如圖所示的程序框圖．

輸出的算式為S=1++++==2-；

令2-=；

解得i=9；

又i+1=10；

所以斷判框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i＜10？．

故選：A．2、C【分析】【分析】Sn=1-3+5-7++（-1）n-1（2n-1）（n∈N*），利用分組求和方法可得：S17=（1-3）+（5-7）++（29-31）+33=17，同理可得：S23，S50．【解析】【解答】解：∵Sn=1-3+5-7++（-1）n-1（2n-1）（n∈N*）；

∴S17=（1-3）+（5-7）++（29-31）+33=-2×8+33=17；

S23=（1-3）+（5-7）++（41-43）+45=-2×11+45=23；

S50=（1-3）+（5-7）++（97-99）=-2×25=-50；

∴S17+S23+S50=17+23-50=-10．

故選：C．3、D【分析】【分析】由S5=S10可得S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=0，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a8=0，結(jié)合等差數(shù)列為遞減數(shù)列，可得d小于0，從而得到a7大于0，a9小于0，從而得到正確的選項(xiàng)．【解析】【解答】解：∵S5=S10；

∴S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=0；

根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得，a8=0

∵等差數(shù)列{an}遞減；

∴d＜0，即a7＞0，a9＜0；

根據(jù)數(shù)列的和的性質(zhì)可知S7=S8為Sn最大．

故選D．4、B【分析】【分析】由三視圖知幾何體是一個(gè)側(cè)棱與底面垂直的三棱錐，底面是斜邊上的高是的等腰直角三角形，與底面垂直的側(cè)面是個(gè)等腰三角形，底邊長(zhǎng)為2，高長(zhǎng)為2，故三棱錐的外接球與以棱長(zhǎng)為2的正方體的外接球相同，由此可得結(jié)論．【解析】【解答】解：由三視圖知幾何體是一個(gè)側(cè)棱與底面垂直的三棱錐；

底面是斜邊上的高是的等腰直角三角形；

與底面垂直的側(cè)面是個(gè)等腰三角形；底邊長(zhǎng)為2，高長(zhǎng)為2

故三棱錐的外接球與以棱長(zhǎng)為2的正方體的外接球相同，其直徑為2，半徑為

∴三棱錐的外接球體積為πR3=4π

故選B5、B【分析】【分析】根據(jù)f（x-4）=-f（x），可得f（5）=-f（1），f（8）=f（0）．結(jié)合函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，得f（0）=0，再由[0，2]上f（x）是增函數(shù)，得f（2）＞f（1）＞0，所以f（5）＜0，f（8）=0，而f（2）＞0，可得正確選項(xiàng)．【解析】【解答】解：∵f（x）滿足f（x-4）=-f（x）；

∴取x=5；得f（1）=-f（5），即f（5）=-f（1）

取x=8；得f（4）=-f（8）．再取x=4，得f（0）=-f（4），可得f（8）=f（0）

∵函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)

∴f（0）=0；得f（8）=0

∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[0；2]上是增函數(shù)；

∴f（0）＜f（1）＜f（2）；

可得f（1）是正數(shù)；f（5）=-f（1）＜0，f（2）＞0；

因此f（5）＜f（8）＜f（2）

故答案為：B6、C【分析】因?yàn)槭堑炔顢?shù)列，所以，，由，得：2－＝0，所以，＝2，又，即＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故選.C?！窘馕觥俊敬鸢浮看鸢福篊7、D【分析】

∵

∴即=

∵∴=

由此可得以AB；AC為鄰邊的平行四邊形為矩形。

∴∠BAC=90°；得△ABC的形狀是直角三角形．

故選：D

【解析】【答案】由向量的減法法則，將題中等式化簡(jiǎn)得=進(jìn)而得到=由此可得以AB；AC為鄰邊的平行四邊形為矩形，得到△ABC是直角三角形．

8、B【分析】【解析】函數(shù)是減函數(shù)，所以函數(shù)是增函數(shù)，所以

故選B【解析】【答案】B二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】【分析】運(yùn)用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，可得a=2b，討論焦點(diǎn)在x，y軸上時(shí)，漸近線方程，運(yùn)用兩直線夾角的正切公式計(jì)算即可得到所求值．【解析】【解答】解：由題意可得e==；

即為c=a，由b2=c2-a2=a2；

即a=2b；

當(dāng)焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，漸近線方程為y=±x；

即為y=±x；

當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，漸近線方程為y=±x；

即為y=±2x；

當(dāng)焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，兩漸近線的夾角的正切為=；

當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，兩漸近線的夾角的正切為||=．

故答案為：y=±x或y=±2x；arctan．10、略

【分析】【分析】由Sn=an+5，求得首項(xiàng)為15，將n換為n-1，相減，由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，化簡(jiǎn)不等式，討論n為奇數(shù)和偶數(shù)，結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性，可得最值，解不等式即可得到所求范圍．【解析】【解答】解：由Sn=an+5，可得a1=S1=a1+5；

解得a1=15；

又Sn-1=an-1+5；

相減可得an=an-an-1；

即為an=-2an-1；

則an=15?（-2）n-1；

Sn==5[1-（-2）n]；

λan+1≤5Sn-S2n對(duì)任意的n∈N*恒成立；

即有15λ?（-2）n≤25[1-（-2）n]-5[1-（-2）2n]；

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，3λ≤+（-2）n-5；

令t=（-2）n，（t≥4），可得+（-2）n-5=+t-5

在[4；+∞）遞增，可得t=4即n=2時(shí)，取得最小值0；

則3λ≤0；即為λ≤0；

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，3λ≥+（-2）n-5；

令t=（-2）n，（t≤-2），可得+（-2）n-5=+t-5

在（-∞；-2]遞增，可得t=-2即n=1時(shí)，取得最大值-9；

則3λ≥-9；即為λ≥-3．

綜上可得λ的范圍是[-3；0]．

故答案為：[-3，0]．11、略

【分析】【分析】對(duì)于函數(shù)y=-sin（4x+），令4x+=kπ，求得滿足|x|最小的x的值，可得結(jié)論．【解析】【解答】解：對(duì)于函數(shù)y=-sin（4x+），令4x+=kπ，求得x=-；k∈Z；

故滿足|x|最小的x=；

故函數(shù)y=-sin（4x+）的圖象與x軸的各個(gè)交點(diǎn)中，距離原點(diǎn)最近的一點(diǎn)的坐標(biāo)是（；0）；

故答案為：（，0）．12、略

【分析】

+≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)成立）

∵2+2≥4（當(dāng)a=b=1時(shí)成立）

∴的最小值是4．

故答案為：4

【解析】【答案】先利用基本不等式求得+≥2進(jìn)而利用2+2≥4；兩次利用基本不等式求得答案．

13、略

【分析】【解析】把向量平移到同一個(gè)起點(diǎn)因?yàn)樗缘慕K點(diǎn)必在以向量的終點(diǎn)為直徑的上，圓心即為直徑的中點(diǎn)則圓的半徑是所以的最小值【解析】【答案】14、略

【分析】解：拋物線的焦點(diǎn)為(0,14)

準(zhǔn)線為y=鈭?14

過(guò)MN

分別作準(zhǔn)線的垂線；

則|MM鈥?|=|MF||NN鈥?|=|NF|

所以|MM鈥?|+|NN鈥?|=|MF|+|NF|=3

所以中位線|PP隆盲|=|MM隆盲|+|NN隆盲|2=32

所以中點(diǎn)P

到x

軸的距離為|PP隆盲|鈭?14=32鈭?14=54

．

故答案為：54

．

依題意；可求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)與準(zhǔn)線方程，利用拋物線的定義將MN

到焦點(diǎn)的距離轉(zhuǎn)化為其到準(zhǔn)線的距離計(jì)算即可．

本題考查拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，將MN

到焦點(diǎn)的距離轉(zhuǎn)化為其到準(zhǔn)線的距離是關(guān)鍵，考查分析運(yùn)算能力，屬于中檔題．【解析】54

三、判斷題(共6題，共12分)15、×【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：×16、√【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：√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(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：√18、×【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：×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4題，共36分)21、略

【分析】【分析】（1）⊙O的方程為x2+y2=4，直線l的方程為x=6，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，）；由此能求出以MN為直徑的圓的方程．

（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x0，y0），則，求出MN的中點(diǎn)坐標(biāo)和以MN為直徑的圓C截x軸的線段長(zhǎng)度，由此能證明以MN為直徑的圓必過(guò)圓O內(nèi)的一定點(diǎn)．【解析】【解答】解：（1）∵圓O的直徑AB=4；定直線l到圓心的距離為6，且直線l⊥直線AB．

如圖，以AB為x軸，圓心O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，

∴⊙O的方程為x2+y2=4；直線l的方程為x=6；

∵∠PAB=30°，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，）；

∴，；

將x=6代入，得M（6，），N（6，-4）；

∴MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（6，-），MN=；

∴以MN為直徑的圓的方程為（x-6）2+（y+）2=．

同理，當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，所求圓的方程仍是（x-6）2+（y+）2=；

∴所求圓的方程為（x-6）2+（y+）2=．

證明：（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x0，y0），則，（y0≠0）

∴；

∵，；

將x=6代入，得，；

∴M（6，），N（6，），MN=||=；

MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（6，-）；

以MN為直徑的圓C截x軸的線段長(zhǎng)度為：

2====8．（為定值）

∴以MN為直徑的圓必過(guò)圓O內(nèi)的一定點(diǎn)（6-4，0）．22、略

【分析】【分析】（1）利用直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)可看作以斜邊為直徑的圓上的三點(diǎn)即得結(jié)論；

（2）通過(guò)互補(bǔ)、同弧所對(duì)的圓周角相等，說(shuō)明△TSK、△TKQ為等腰三角形即可．【解析】【解答】證明：（1）∵過(guò)點(diǎn)Q作PR；PS的垂線；垂足分別為點(diǎn)H、K；

∴∠PHQ=∠PKQ=90°；

∴Q；H、K、P四點(diǎn)共圓；

（2）∵Q；H、K、P四點(diǎn)共圓；

∴∠HKS=-∠HPQ=∠HQP；①

∵∠PSR=90°；PR為圓B的直徑；

∴∠PQR=90°；∠QRH=∠HQP，②

由①②得；∠QSP=∠HKS；

∴△TSK為等腰三角形；ST=TK；

又∵∠SKQ=90°；

∴∠SQK=∠TKQ；即△TKQ為等腰三角形，QT=TK；

∴QT=TS．23、略

【分析】【分析】首先根據(jù)題意，通過(guò)反證法假設(shè)假設(shè)（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a中都大于，得出：++＞；然后根據(jù)基本不等式，得出加++≤，相互矛盾，即可證明．【解析】【解答】證明：假設(shè)（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a中都大于；

∴（1-a）b＞，（1-b）c＞，（1-c）a＞；

即＞①＞②＞③

①②③相加：++＞

由基本不等式得≤④，⑤，≤⑥

④⑤⑥三式相加++≤

與++＞矛盾．

∴假設(shè)不成立；

∴（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a中至少有一個(gè)不大于．24、略

【分析】【分析】（1）取PE中點(diǎn)H；連接FH；GH，利用三角形中位線定理，結(jié)合平面與平面平行的判定定理，證出平面BEO∥平面FGH，進(jìn)而可得FG∥平面BOE；

（2）等腰Rt△ABC證出BO⊥AC，從而得到BO⊥平面APC，所以BO⊥PQ，過(guò)P在平面APC內(nèi)作PQ⊥EO，交AO于Q，連接BQ，取BQ中點(diǎn)M，連接FM．可得PQ⊥平面BEO且FM∥PQ，得FM⊥平面BEO，所以BQ中點(diǎn)即為滿足條件的點(diǎn)M．再利用解三角形的知識(shí)，可算出PQ=，得到．【解析】【解答】解：（1）取PE中點(diǎn)H，連接FH、GH，

∵F；H分別為PB，PE中點(diǎn)，∴△PBE中，F(xiàn)H∥BE；

∵FH?平面BEO；BE?平面BEO，∴FH∥平面BEO

同理；可得HG∥平面BEO

∵FH∩HG=H；FH；HG?平面FGH

∴平面BEO∥平面FGH；

∵FG?平面FGH；∴FG∥平面BEO．（5分）

（2）∵△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，且O為AC中點(diǎn)，∴BO⊥AC，

又∵平面PAC⊥平面ABC；BO?平面ABC，平面ABC∩平面APC=AC；

∴BO⊥平面APC．結(jié)合PQ?平面APC；得BO⊥PQ

過(guò)P在平面APC內(nèi)作PQ⊥EO；交AO于Q，連接BQ，取BQ中點(diǎn)M，連接FM；

∵BO∩EO=O；BO；EO?平面BEO，∴PQ⊥平面BEO；

∵△PBQ中；點(diǎn)F；M分別為PB、QB的中點(diǎn)；

∴FM∥PQ，且FM=PQ

結(jié)合PQ⊥平面BEO；得FM⊥平面BOE，即BQ中點(diǎn)M即為所求．

Rt△PCQ中，cos∠PCQ==，得CQ=PC=

∴PQ==，可得

因此，在平面ABC內(nèi)，存在△ABO的中線BQ上的點(diǎn)M，滿足M為BQ的中點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)M⊥平面BOE，此時(shí)（12分）五、作圖題(共4題，共24分)25、略

【分析】【分析】（1）直接描出五個(gè)孤立的點(diǎn)就構(gòu)成其函數(shù)圖象；

（2）畫(huà)出直線在[-1，4]上的一段就構(gòu)成其圖象．【解析】【解答】解：（1）y=2x+1；

x∈{-1；0，1，2，4}；

函數(shù)圖象由五個(gè)點(diǎn)構(gòu)成；分別為：

（-1；-1），（0，1），（1，3）；

（2；5），（4，9）；

圖象如右圖一；

（2）y=-x+1；x∈[-1，4]；

函數(shù)的圖象為一條線段；

兩個(gè)端點(diǎn)為（-1，），（4，）；

如右圖二．26、略

【分析】【分析】作函數(shù)圖象主要有兩種思路：①利用列表描點(diǎn)法，②轉(zhuǎn)化為基礎(chǔ)函數(shù)，利用基本函數(shù)圖象作復(fù)雜函數(shù)圖象．【解析】【解答】解：（1）y=2-x；x∈[0，2]；

（2）y=-x2+3x+4=-（x-）2+；

（3）y=．

27、略

【分析】【分析】根據(jù)柱坐標(biāo)的幾何意義作圖．【解析】【解答】解：作出圖形如下：

28、

解：辦理房屋抵押貸款手續(xù)的流程圖如下圖所示：

【分析】【分析】由已知銀行辦理房屋抵押貸款手續(xù)，可知，前四步：房屋評(píng)估、銀行審查、簽訂合同、辦理保險(xiǎn)產(chǎn)權(quán)過(guò)戶，是順序結(jié)構(gòu)，而之后的抵押貸款，全程擔(dān)保，階段性擔(dān)保應(yīng)為分支結(jié)構(gòu)，其中第一條分支中抵押登記，發(fā)放貸款為順序結(jié)構(gòu)，第三條分支上發(fā)放貸款，抵押登記也為順序結(jié)構(gòu)，進(jìn)而得到辦理流程圖．六、解答題(共2題，共6分)29、略

【分析】【分析】（1）由動(dòng)點(diǎn)M到定點(diǎn)（1；0）的距離比M到定直線x=-2的距離小1．可得動(dòng)點(diǎn)M到定點(diǎn)（1，0）的距離與M到定直線x=-1的距離相等．根據(jù)拋物線的定義即可得出．

（2）①過(guò)（1）中的拋物線的頂點(diǎn)O任意作互相垂直的弦OA；OB；弦AB是經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)M（4，0）．下面給出證明：

當(dāng)AB⊥x軸時(shí)；直線OA，OB的方程分別為：y=-x，y=x，與拋物線方程聯(lián)立解出即可．

當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線OA，OB的方程分別為：y=-x，y=kx，（k≠0），分別與拋物線方程聯(lián)立可得：B，A（4k2，-4k）．可得：直線AB的方程為：y+4k=；令y=0，解得x即可得出定點(diǎn)．

②對(duì)于拋物線y2=2px（p＞0）上頂點(diǎn)以外的定點(diǎn)也有這樣的性質(zhì)：設(shè)