2025年外研銜接版高一數(shù)學(xué)上冊(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版高一數(shù)學(xué)上冊(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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知?jiǎng)tcosα?cosβ=（）

A.1

B.-1

C.

D.0

2、已知?jiǎng)t化簡(jiǎn)的結(jié)果為（）A.B.C.D.以上都不對(duì)3、△ABC三內(nèi)角滿足2cosBsinA=sinC，則△ABC的形狀為A.等腰三角形B.等邊三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形4、【題文】函數(shù)y=|2x-1|在區(qū)間(k-1,k+1)內(nèi)不單調(diào),則k的取值范圍是()A.(-1,+∞)B.(-∞,1)C.(-1,1)D.(0,2)5、【題文】集合定義集合已知?jiǎng)t的子集為A.B.C.D.6、【題文】已知函數(shù)且當(dāng)時(shí)，是增函數(shù)；

設(shè)則的大小順序是A.B.C.D.7、以下各式中錯(cuò)誤的是（）A.arcsin1=B.arccos（-1）=πC.arctan0=0D.arccos1=2π8、如圖，AB

是隆脩O

的直徑，PA

垂直于隆脩O

所在平面，C

是圓周上不同于AB

兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，且AB=2PA=BC=3

則直線PC

與底面ABC

所成角的大小為(

)

A.30鈭?

B.45鈭?

C.60鈭?

D.90鈭?

評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、如圖所示，水平地面上有一個(gè)大球，現(xiàn)作如下方法測(cè)量球的大?。河靡粋€(gè)銳角為600的三角板，斜邊緊靠球面，一條直角邊緊靠地面，并使三角板與地面垂直，P為三角板與球的切點(diǎn)，如果測(cè)得PA＝5，則球的表面積為____________10、【題文】設(shè)則____．11、已知函數(shù)f（x）=ln（x+）+在區(qū)間[﹣k，k]（k＞0）上的最大值為M，最小值為m，則M+m=____．12、已知函數(shù)f（x）=ax2+bx+c（a≠0），設(shè)函數(shù)y=[f（x）]2+p?f（x）+q的零點(diǎn)所組成的集合為A，則以下集合不可能是A集合的序號(hào)為______．

①

②

③{-2；3，8}

④{-4；-1，0，2}

⑤{1，3，5，7}．13、化簡(jiǎn)：+--=______．14、清洗衣服，若每次能洗去污垢的要使存留的污垢不超過1%，則至少要清洗______次．15、若x2+y2=4，則的最大值是______．評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共5題，共10分)16、（1）計(jì)算：（）0+︳1-︳-（）2007（）2008-（-1）-3

（2）先化簡(jiǎn)，再求值（1-）÷其中x=4．17、相交兩圓半徑分別是5厘米、3厘米，公共弦長(zhǎng)2厘米，那么這兩圓的公切線長(zhǎng)為____厘米．18、有一個(gè)各條棱長(zhǎng)均為a的正四棱錐（底面是正方形，4個(gè)側(cè)面是等邊三角形的幾何體）．現(xiàn)用一張正方形包裝紙將其完全包住，不能裁剪，可以折疊，那么包裝紙的最小邊長(zhǎng)為____．19、（2010?花垣縣校級(jí)自主招生）如圖所示，∠AOB=40°，OM平分∠AOB，MA⊥OA于A，MB⊥OB于B，則∠MAB的度數(shù)為____．20、已知f（x）=8+2x﹣x2，g（x）=f（2﹣x2），試求g（x）的單調(diào)區(qū)間．評(píng)卷人得分四、證明題(共4題，共8分)21、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．22、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．23、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．24、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．評(píng)卷人得分五、綜合題(共2題，共10分)25、設(shè)L是坐標(biāo)平面第二；四象限內(nèi)坐標(biāo)軸的夾角平分線．

（1）在L上求一點(diǎn)C，使它和兩點(diǎn)A（-4，-2）、B（5，3-2）的距離相等；

（2）求∠BAC的度數(shù)；

（3）求（1）中△ABC的外接圓半徑R及以AB為弦的弓形ABC的面積．26、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點(diǎn)為A，點(diǎn)B在l1上，點(diǎn)C在l2上，且，當(dāng)B，C變化時(shí)，求過A，B，C三點(diǎn)的動(dòng)圓形成的區(qū)域的面積大小為____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

由已知可得cosαcosβ-sinαsinβ=cosαcosβ+sinαsinβ=-．

把得到的這兩個(gè)式子相加可得2cosαcosβ=0；

∴cosαcosβ=0；

故選D．

【解析】【答案】把已知條件利用兩角和差的余弦公式展開；再把得到的這兩個(gè)式子相加可得2cosαcosβ=0，從而得到cosαcosβ=0．

2、A【分析】【解析】試題分析：考點(diǎn)：同角間三角函數(shù)關(guān)系【解析】【答案】A3、A【分析】因?yàn)?cosBsinA=sinC,所以sin(A+B)=2cosBsinA,所以sin(A-B)=0,所以A=B.所以△ABC的形狀為等腰三角形.【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】由于函數(shù)y=|2x-1|在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減,在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,而函數(shù)在區(qū)間(k-1,k+1)內(nèi)不單調(diào),所以有k-1<0<1.【解析】【答案】C5、D【分析】【解析】

所以的子集為【解析】【答案】D6、B【分析】【解析】解：由題意可知函數(shù)關(guān)于x=2對(duì)稱，并且當(dāng)時(shí)，是增函數(shù)；那么利用。

因此可知選B【解析】【答案】B7、D【分析】解：根據(jù)反正弦函數(shù)的定義，arccos1表示[-]上正弦值等于1的一個(gè)角；

再根據(jù)sin=1，可得arcsin1=故A正確；

由于arccos（-1）=π-arccos1=π-0；故B正確；

由于arctanx表示（-）上正切值等于x的一個(gè)角；

再根據(jù)tan0=0，可得arctan0=0；故C正確；

根據(jù)反余弦函數(shù)的定義，arccos1表示[0；π]上余弦值等于1的一個(gè)角；

再根據(jù)cos0=1，可得arccos1=0；故D不正確；

故選：D．

由條件利用反三角函數(shù)的定義；逐一判斷各個(gè)選項(xiàng)是否正確，從而得出結(jié)論．

本題主要考查反三角函數(shù)的定義和性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D8、C【分析】解：如圖，

隆脽PA

垂直于隆脩O

所在平面；隆脿AC

為PC

在地面上的射影；

則隆脧PCA

為斜線PC

與底面所成角；

又AB

為圓O

的直徑，隆脿AC隆脥BC

在Rt鈻?ACB

中；

隆脽AB=2BC=3隆脿AC=22鈭?(3)2=1

在Rt鈻?PAC

中，隆脽PA=3AC=1

隆脿tan隆脧PCA=PAAC=3

則隆脧PCA=60鈭?

．

隆脿

直線PC

與底面ABC

所成角的大小為60鈭?

．

故選：C

．

由題意可知；隆脧PCA

為直線PC

與底面ABC

所成角，然后求解直角三角形得答案．

本題考查直線與平面所成角，考查空間想象能力和思維能力，是基礎(chǔ)題．【解析】C

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【解析】試題分析：連接OA，∵AB與AD都為圓O的切線，∴∠OPA=90°，∠ODA=90°，∵∠BAC=60°，∴∠PAD=120°，∵PA、AD都是⊙O的切線，∴∠OAP=∠PAD=60°，在Rt△OPA中，PA=5cm，tan60°=則OP=APtan60°=5cm，即⊙O的半徑R為5cm．則球的表面積S=4πR2=4π?(5)2=300π．故答案為300π考點(diǎn)：本題主要考查圓的切線的性質(zhì)，切線長(zhǎng)定理，直角三角形中的邊角關(guān)系?！窘馕觥俊敬鸢浮?00π.10、略

【分析】【解析】解：因?yàn)椤?/p>

【解析】【答案】11、4【分析】【解答】解：∵g（x）=ln（x+）是奇函數(shù)；

∴g（﹣x）+g（x）=0；

而f（x）在x=k時(shí)取最大值；x=﹣k時(shí)取最小值；

∴M=f（k）；m=f（﹣k）；

∴M+m

=f（k）+f（﹣k）

=+

=+

=

=4；

故答案為：4．

【分析】求出M=f（k），N=f（﹣k），代入整理即可求出M+N的值．12、略

【分析】解：f（x）=ax2+bx+c的對(duì)稱軸為直線x=-

設(shè)函數(shù)y=[f（x）]2+p?f（x）+q的零點(diǎn)為y1，y2；

則必有y1=ax2+bx+c，y2=ax2+bx+c；

方程y1=ax2+bx+c的兩個(gè)解x1，x2要關(guān)于直線x=-對(duì)稱；

也就是說2（x1+x2）=-

同理方程y2=ax2+bx+c的兩個(gè)解x3，x4也要關(guān)于直線x=-對(duì)稱。

那就得到2（x3+x4）=-

①可以找到對(duì)稱軸直線x=

②不能找到對(duì)稱軸直線；

③{-2；3，8}可以找到對(duì)稱軸直線x=3；

④{-4；-1，0，2}不能找到對(duì)稱軸直線；

⑤{1；3，5，7}可以找到對(duì)稱軸直線x=4；

故答案為：②④．

根據(jù)函數(shù)f（x）的對(duì)稱性，可得到方程m[f（x）]2+nf（x）+p=0的根，應(yīng)關(guān)于對(duì)稱軸x=-對(duì)稱；分別進(jìn)行判斷，即得答案．

本題主要考查二次函數(shù)的對(duì)稱性，二次函數(shù)在高中已經(jīng)作為一個(gè)工具來解決有關(guān)問題，在解決不等式、求最值時(shí)用途很大．【解析】②④13、略

【分析】解：+--=（+）-（+）=-=．

故答案是：．

根據(jù)向量加減法的幾何意義填空．

本題考查向量的加減法運(yùn)算，將向量轉(zhuǎn)化為兩個(gè)向量的和，然后抵消掉相反向量是解題的關(guān)鍵，屬基礎(chǔ)題．【解析】14、略

【分析】解：設(shè)原有污垢為為a；漂洗n次后，存留污垢為y；

由題意可知：漂洗一次后存留污垢y1=（1-）a=a；

漂洗兩次后存留污垢y2=（1-）2?a=（）2a；

漂洗n次后存留污垢yn=（1-）na=（）na；

若使存留的污垢不超過原有的1%；

則有yn=（）na≤1%；

解不等式得n≥4；

故答案為4．

仔細(xì)閱讀題目便可發(fā)現(xiàn)存留污垢y是以a為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列；利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，列出漂洗次數(shù)n與存留污垢y的關(guān)系式，解不等式便可得出答案．

本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了學(xué)生的審題及建模能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】415、略

【分析】解：圓的圓心（0，0）半徑為2，所以的最大值就是圓心到（-3，4）的距離與半徑的和：=7．

故答案為：7．

求出圓心與半徑；利用圓心到（-3，4）的距離與半徑的和，求出最大值．

本題是基礎(chǔ)題，考查兩點(diǎn)間的距離公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，考查轉(zhuǎn)化思想．【解析】7三、計(jì)算題(共5題，共10分)16、略

【分析】【分析】（1）求出根據(jù)零指數(shù)；絕對(duì)值性質(zhì)、積的乘方和冪的乘方分別求出每一個(gè)式子的值；代入求出即可．

（2）根據(jù)分式的加減法則先計(jì)算括號(hào)里面的減法，同時(shí)把除法變成乘法，進(jìn)行約分，再代入求出即可．【解析】【解答】解：（1）原式=1+-1-（+1）×1-（-1）；

=1+-1--1+1；

=0．

（2）原式=[-]×；

=×；

=；

當(dāng)x=4時(shí)；

原式=；

=．17、略

【分析】【分析】①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q，根據(jù)勾股定理求出CO；DO，求出CD，證矩形DQAB，推出AQ=DB，AB=DQ，根據(jù)勾股定理求出DQ即可；

②求出CD=2-2，根據(jù)勾股定理求出即可．【解析】【解答】解：有兩種情況：

①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q；

∵EF是圓C和圓D的公共弦；

∴CD⊥EF；EO=FO=1；

在△CDE中，由勾股定理得：CO==2；

同理求出DO=2；

∴CD=2+2；

∵AB是兩圓的外公切線；

∴QA⊥AB；DB⊥AB；

∵DQ⊥CA；

∴∠DQA=∠CAB=∠DBA=90°；

∴四邊形AQDB是矩形，

∴AB=DQ；AQ=DB=3；

∴CQ=5-3=2；

在△CDQ中，由勾股定理得：DQ==4+2；

②如圖所示：

同理求出AB=4-2．

故答案為：4±2．18、略

【分析】【分析】本題考查的是四棱錐的側(cè)面展開問題．在解答時(shí)，首先要將四棱錐的四個(gè)側(cè)面沿底面展開，觀察展開的圖形易知包裝紙的對(duì)角線處在什么位置是，包裝紙面積最小，進(jìn)而獲得問題的解答．【解析】【解答】解：由題意可知：當(dāng)正四棱錐沿底面將側(cè)面都展開時(shí)如圖所示：

分析易知當(dāng)以PP′為正方形的對(duì)角線時(shí)；

所需正方形的包裝紙的面積最?。淮藭r(shí)邊長(zhǎng)最?。?/p>

設(shè)此時(shí)的正方形邊長(zhǎng)為x則：（PP′）2=2x2；

又因?yàn)镻P′=a+2×a=a+a；

∴=2x2；

解得：x=a．

故答案為：x=a．19、略

【分析】【分析】根據(jù)已知條件可證Rt△OAM≌Rt△OBM，從而可得MA=MB，∠AMO=∠BMO=70°，MN=MN，可證△AMN≌△BMN，可得∠ANM=∠BNM=90°，故有∠MAB=90°-70°=20°．【解析】【解答】解：∵OM平分∠AOB；

∴∠AOM=∠BOM==20°．

又∵M(jìn)A⊥OA于A；MB⊥OB于B；

∴MA=MB．

∴Rt△OAM≌Rt△OBM；

∴∠AMO=∠BMO=70°；

∴△AMN≌△BMN；

∴∠ANM=∠BNM=90°；

∴∠MAB=90°-70°=20°．

故本題答案為：20°．20、解：∵f（x）=8+2x﹣x2∴g（x）=f（2﹣x2）=﹣x4+2x2+8

g'（x）=﹣4x3+4x

當(dāng)g'（x）＞0時(shí)，﹣1＜x＜0或x＞1

當(dāng)g'（x）＜0時(shí)，x＜﹣1或0＜x＜1

故函數(shù)g（x）的增區(qū)間為：（﹣1；0）和（1，+∞）

減區(qū)間為：（﹣∞；﹣1）和（0，1）

【分析】【分析】先求出函數(shù)g（x）的解析式，然后對(duì)函數(shù)g（x）進(jìn)行求導(dǎo)，當(dāng)導(dǎo)數(shù)大于0時(shí)為單調(diào)增區(qū)間，當(dāng)導(dǎo)數(shù)小于0時(shí)單調(diào)遞減．四、證明題(共4題，共8分)21、略

【分析】【分析】（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長(zhǎng)度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．22、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．23、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．24、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過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．五、綜合題(共2題，共10分)25、略

【分析】【分析】（1）設(shè)C（x；-x），根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式（勾股定理）得到方程，求出方程的解即可；

（2