2025年滬科版高一數(shù)學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年滬科版高一數(shù)學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知M＝{x|y＝x2－2}，N＝{y|y＝x2－2}，則M∩N等于（）A.NB.MC.RD.Φ2、【題文】是三角形的兩個內(nèi)角，則“”是的()條件A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既非充分又非必要3、【題文】定義在上的函數(shù)滿足：且時遞增，則的值是(▲)A.恒為負數(shù)B.等于0C.恒為正數(shù)D.正、負都有可能4、【題文】已知集合（e為自然對數(shù)的底數(shù)）()A.B.C.D.5、若點在函數(shù)的圖象上，則函數(shù)的值域為（）A.B.C.D.6、與函數(shù)y=的定義域相同的函數(shù)是（）A.y=B.y=2x﹣1C.y=D.y=ln（x﹣1）7、已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列選項判斷錯誤的是（）A.|MN|=πB.C.D.8、如圖，E、F分別是三棱錐P-ABC的棱AP、BC的中點，PC=10，AB=6，EF=7，則異面直線AB與PC所成的角為（）A.30°B.60°C.0°D.120°評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、已知則的坐標為____．10、利用簡單隨機抽樣的方法，從個個體中逐個抽取個個體，若第二次抽取時，余下的每個個體被抽取到的概率為則11、已知函數(shù)f（x）=2×9x-3x+a2-a-3，當0≤x≤1時，f（x）＞0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為____．12、tan22°+tan23°+tan22°tan23°=_______13、【題文】設的定義域為若滿足下面兩個條件，則稱為閉函數(shù).①在內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在使在上的值域為如果為閉函數(shù)，那么的取值范圍是_______。14、【題文】正三角形ABC的邊長為2將它沿高AD翻折，使點B與點C間的距離為此時四面體ABCD的外接球的體積為____。15、【題文】已知二面角α―ΑΒ―β為600，在平面β內(nèi)有一點P，它到棱AB的距離為2，則點P到平面α的距離為____評卷人得分三、解答題(共8題，共16分)16、假定下述數(shù)據(jù)是甲、乙兩個供貨商的交貨天數(shù)：甲：109101011119111010乙：81014710111081512估計兩個供貨商的交貨情況，并問哪個供貨商交貨時間短一些，哪個供貨商交貨時間較具一致性與可靠性．17、已知函數(shù)f（x）=a-（a∈R）．

（1）若f（x）是奇函數(shù)；求a的值；

（2）判斷f（x）在定義域上的單調(diào)性；并證明；

（3）要使f（x）≧0恒成立；求實數(shù)a的取值范圍．

18、如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中．

（Ⅰ）求證：B1D⊥平面A1C1B；

（Ⅱ）求三棱錐B1-A1C1B的體積；

（Ⅲ）求異面直線BC1與AA1所成的角的大?。?/p>

19、(本小題滿分12分)在平面直角坐標系中，為坐標原點，三點滿足（Ⅰ）求證：三點共線；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）已知的最小值為求實數(shù)的值.20、【題文】（12分）如圖，在三棱錐P—ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=60°，AB=AC=2以PA為直徑的球O和PB、PC分別交于B1、C1

（1）求證B1C1∥平面ABC

（2）若二面角C—PB—A的大小為arctan2試求球O的表面積。

21、已知角θ的終邊經(jīng)過點P（-m）（m≠0）且sinθ=試判斷角θ所在的象限，并求cosθ和tanθ的值．22、已知函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，且在（0，+∞）上是減函數(shù)，證明：函數(shù)f（x）在（-∞，0）上是增函數(shù)．23、四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為AD的中點，四邊形ABCE為菱形，∠BAD=120°，G、F分別是線段CE，PB上的動點，且滿足

（1）求證：FG∥平面PDC；

（2）求λ的值，使得平面PAG⊥平面PCE．評卷人得分四、計算題(共2題，共12分)24、已知10a=2，10b=6，則102a-3b=____．25、如圖，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E是AD邊上一點（點E與A、D不重合）．BE的垂直平分線交AB于M；交DC于N．

（1）設AE=x；試把AM用含x的代數(shù)式表示出來；

（2）設AE=x，四邊形ADNM的面積為S．寫出S關于x的函數(shù)關系式．評卷人得分五、證明題(共3題，共30分)26、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．27、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．28、如圖，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．評卷人得分六、綜合題(共2題，共4分)29、如圖，△ABC中，AB=5，BC=6，BD=BC；AD⊥BC于D，E為AB延長線上的一點，且EC交AD的延長線于F．

（1）設BE為x；DF為y，試用x的式子表示y．

（2）當∠ACE=90°時，求此時x的值．30、先閱讀下面的材料再完成下列各題

我們知道，若二次函數(shù)y=ax2+bx+c對任意的實數(shù)x都有y≥0，則必有a＞0，△=b2-4ac≤0；例如y=x2+2x+1=（x+1）2≥0，則△=b2-4ac=0，y=x2+2x+2=（x+1）2+1＞0，則△=b2-4ac＜0．

（1）求證：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2

（2）若x+2y+3z=6，求x2+y2+z2的最小值；

（3）若2x2+y2+z2=2；求x+y+z的最大值；

（4）指出（2）中x2+y2+z2取最小值時，x，y，z的值（直接寫出答案）．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：先化簡兩個集合，再由交集的定義根據(jù)所得的集合求兩個集合的交集.由題意考點：本題考查交集及其運算，求解的關鍵是正確理解交集的定義以及對兩個集合進行化簡．【解析】【答案】A2、C【分析】【解析】由正弦定理及三角形中大邊對大角；小邊對小角得：

故選C【解析】【答案】C3、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】

試題分析：由題可得根據(jù)交集的定義可得＝故選C.

考點：交集定義域值域【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】因為點在函數(shù)的圖象上，所以解得所以故選D．6、D【分析】【解答】解：函數(shù)y=的定義域是（1；+∞）；

對于A，函數(shù)y=的定義域是[1；+∞），與已知函數(shù)的定義域不同；

對于B，函數(shù)y=2x﹣1的定義域是（﹣∞；+∞），與已知函數(shù)的定義域不同；

對于C，函數(shù)y=的定義域是（﹣∞；1）∪（1，+∞），與已知函數(shù)的定義域不同；

對于D；函數(shù)y=ln（x﹣1）的定義域是（1，+∞），與已知函數(shù)的定義域相同．

故選：D．

【分析】求出函數(shù)y=的定義域，再分別求出選項中的函數(shù)定義域，進行判斷即可．7、C【分析】解：根據(jù)函數(shù)的部分圖象知；

ω=1，∴f（x）=sin（x+）+1；

∴|MN|=T=π；A正確；

f（）=sin（+）+1=2；B正確；

f（x）+f（-x-）=sin（x+）+1+sin（-x-）+1

=sinxcos+cosxsin-sinxcos-cosxsin+2

=（sinx-cosx）+2≠1；C錯誤；

x=是f（x）=sin（x+）圖象的一條對稱軸；

∴f（-x）=f（+x）；D正確．

故選：C．

根據(jù)函數(shù)的部分圖象知ω=1；寫出f（x）的解析式，再對選項中的命題進行分析；判斷正誤．

本題考查了正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應用問題，是基礎題．【解析】【答案】C8、B【分析】解：取AC的中點G；連接EG，GF；

由中位線定理可得：GE∥PC；GF∥AB且GE=5，GF=3；

∴∠EGF或補角是異面直線PC；AB所成的角．

在△GEF中由余弦定理可得：cos∠EGF===-

∴∠EGF=120°；則異面直線PC，AB所成的角為60°．

故選B．

先取AC的中點G；連接EG，GF，由三角形的中位線定理可得GE∥PC，GF∥AB且GE=5，GF=3，根據(jù)異面直線所成角的定義，再利用余弦定理求解．

本題主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征和異面直線所成的角的求法，同時還考查了轉(zhuǎn)化思想和運算能力，屬中檔題．【解析】【答案】B二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

由向量減的三角形法則可得，=（-5；-1）-（3，-2）=（-8，1）

故答案為：（-8；1）

【解析】【答案】由向量減的三角形法則可得，然后代入坐標運算即可求解。

10、略

【分析】試題分析：由已知在第二次抽取時，余下有個個體，還需抽取12個個體，而余下的每個個體被抽取到的概率為所以有故．考點：簡單隨機抽樣．【解析】【答案】3711、略

【分析】

∵0≤x≤1時；f（x）＞0恒成立；

令t=3x；

設f（t）=2t2-t+a2-a-3；

1≤t≤3時為對稱軸x=開口向上的拋物線的一段單調(diào)遞增函數(shù)。

則t=1即自變量x=0；得到f（x）的最小值f（0）＞0；

化簡得；a2-a-2＞0；解得a＞2或a＜-1

故答案為a＞2或a＜-1

【解析】【答案】因為當0≤x≤1時；f（x）＞0恒成立，即可得到f（x）在0≤x≤1時是單調(diào)遞增函數(shù)，根據(jù)增減性，自變量的最小值x=0得到f（x）的最小值f（0）＞0解出a即可．

12、略

【分析】【解析】

因為tan22°+tan23°+tan22°tan23°=tan(22°+23°)(1-tan22°tan23°)+tan22°tan23°=tan45°=1【解析】【答案】113、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】≤__14、略

【分析】【解析】

試題分析：

根據(jù)題意可知三棱錐的三條側(cè)棱底面是正三角形，它的外接球就是它擴展為正三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心連線的中點到頂點的距離，就是球的半徑，正三棱柱中，底面邊長為高為

由題意可得：三棱柱上下底面中心連線的中點，到三棱柱頂點的距離相等，說明中心就是外接球的球心，正三棱柱的外接球的球心為外接球的半徑為根據(jù)可知

考點：1.球與多面體的組合體；2.體積公式.【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】三、解答題(共8題，共16分)16、略

【分析】試題分析：由已知數(shù)據(jù)利用平均值公式先計算出甲供貨商的平均供貨時間和乙供貨商的平均供貨時間，哪個供貨商的平均供貨時間小，則該供貨商交貨時間短一些；然后利用方差公式計算出甲供貨商的交貨時間的方差與甲供貨商的交貨時間的方差，比較方差大小，方差小的供貨商交貨時間具有一致性與可靠性.試題解析：因為=(10+9+10+10+11+11+9+11+10+10)=10.1，=[+++++++++]=0.49，=(8+10+14+7+10+11+10+8+15+12)=10.5，=[+++++++++]=6.05，所以＜＜所以甲供貨商交貨時間短一些，甲供貨商交貨時間具有一致性與可靠性.考點:樣本的均值與方差；總體估計【解析】【答案】17、略

【分析】

（1）因f（x）是R上的奇函數(shù)。

．所以f（x）+f（-x）=0

所以過原點．a(chǎn)=1．

（2）定義域為R

設x1，x2∈R且x1＜x2

則f（x2）-f（x1）

=

=

=

∵y=2x為增函數(shù)，且x2＞x1；

∴而分母大于0恒成立。

∴f（x2）-f（x1）＞0∴f（x2）＞f（x1）

故f（x）是R上的增函數(shù)。

（3）由f（x）≥0恒成立，可得恒成立。

∵要使其恒成立；只需a≥2

【解析】【答案】（1）由f（x）是R上的奇函數(shù)所以f（x）+f（-x）=0求得．

（2）在定義域上任取兩個變量；且界定大小再作差變形看符號．

（3）由f（x）≥0恒成立，可轉(zhuǎn)化為恒成立，再求得∵從而有a≥2．

18、略

【分析】

=??1?1?1=．（9分）

（Ⅲ）【解析】

∵AA1∥BB1；

∴異面直線BC1與AA1所成的角就是BC1與BB1所成的角，即∠B1BC1=45°．（13分）

故異面直線BC1與AA1所成的角為45°．（14分）

【解析】【答案】（Ⅰ）連BD、B1D1，A1C1⊥B1D1，因BB1⊥底面A1B1C1D1，A1C1底面A1B1C1D1，則A1C1⊥BB1，從而A1C1⊥平面BB1D1D；

則B1D⊥A1C1，同理可證：B1D⊥BC1，且A1C1∩BC1=C1，滿足線面垂直的判定定理，則B1D⊥平面A1C1B；

（Ⅱ）根據(jù)進行求解即可；

（Ⅲ）AA1∥BB1，則異面直線BC1與AA1所成的角就是BC1與BB1所成的角，從而求得∠B1BC1．

（Ⅰ）證明：如圖，連BD、B1D1；

∵A1B1C1D1是正方形；

∴A1C1⊥B1D1；（2分）

又∵BB1⊥底面A1B1C1D1，A1C1

底面A1B1C1D1；

∴A1C1⊥BB1；

∴A1C1⊥平面BB1D1D；（4分）

∴B1D⊥A1C1，同理可證：B1D⊥BC1，且A1C1∩BC1=C1；

故B1D⊥平面A1C1B．（5分）

（Ⅱ）19、略

【分析】

（Ⅰ）由已知即∴∥又∵有公共點∴三點共線.3分（Ⅱ）∵∴=∴∴6分（Ⅲ）∵C為的定比分點，∴∵∴8分當時，當時，取最小值與已知相矛盾；9分當時,當時,取最小值得(舍)–--10分當時，當時，取得最小值得11分綜上所述，為所求.12分【解析】略【解析】【答案】20、略

【分析】【解析】（12分）

(1)連接AC1、AB1

∵PA⊥底面ABC

∴PA⊥AB；PA⊥AC

又∵AB=AC；易得△APC≌△APB

∴BP=CP

∠APB1=∠APC1

∵AP為球O的直徑，∴AC1⊥PC1

AB1⊥PB1∴cos∠APB1==cos∠APC1=

∴PB1=PC1（3分）

∴∴B1C1∥BC

又∵B1C1平面ABC，BC平面ABC

∴B1C1∥平面ABC（6分）

（2）過點C作CD⊥AB于點D；則CD⊥平面ABP，過D作DE⊥PB于E，連CE，由三垂線定理知CE⊥PB

∴∠CED是二面角C—PB—A的平面角，即∠CED=arctan

∴tan∠CED=

∴DE=

sin∠PBA=

∴∠PBA=30°（9分）

∴AP=ABtan∠PBA=

∴球O的半徑R=1（11分）

∴球O的表面積為（12分）【解析】【答案】21、解：由角θ的終邊經(jīng)過點P（-m）（m≠0），得|OP|=

∴sinθ==解得m2=5，即m=|OP|=2

①當m=時；θ在第二象限；

cosθ==-tanθ==﹣

②當m=﹣時；θ在第三象限；

cosθ=-tanθ==．【分析】【分析】先求出|OP|代入正弦函數(shù)的定義列出方程求出m，再根據(jù)m的符號分兩類，根據(jù)任意角三角函數(shù)定義求出cosθ和tanθ的值，并判斷出角所在的象限．22、略

【分析】

根據(jù)題意，設-∞＜x1＜x2＜0，那么0＜-x2＜-x1＜+∞．由函數(shù)在（0，+∞）上的單調(diào)性可得f（-x2）＞f（-x1），結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可得f（x1）＜f（x2）；由函數(shù)單調(diào)性的定義即可得證明．

本題主要考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的綜合問題，涉及函數(shù)單調(diào)性的證明，關鍵是運用偶函數(shù)的性質(zhì)進行轉(zhuǎn)化．【解析】證明：設-∞＜x1＜x2＜0，那么0＜-x2＜-x1＜+∞．

由于偶函數(shù)在（0，+∞）上是減函數(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)．23、略

【分析】

（1）延長BG交CD于Q；連PQ，BE，證明FG∥PQ，即可證得FG∥平面PCD；

（2）連接AC，證明CE⊥平面PAG，即可得出平面PAG⊥平面PCE．

熟練掌握平行線分線段成比例定理、菱形的性質(zhì)、線面平行的判定定理、面面垂直的判定，屬于中檔題．【解析】（1）證明：延長BG交CD于Q，連PQ，BE，平行四邊形BEDC，則BE∥CQ，∴．

又∵PF：FB=CG：GE；則QG：GB=PF：FB，∴FG∥PQ．

∵FG?平面PCD；PQ?平面PCD．

∴FG∥平面PCD

（2）解：連接AC；

因為∠BAD=120°的菱形；所以△ACE為等邊三角形；

所以CE⊥AG；

又因為PA⊥平面ABCD；所以PA⊥CE，PA∩AG=A

所以CE⊥平面PAG；

因為CE?平面PCE，所以面PAG⊥平面PCE．四、計算題(共2題，共12分)24、略

【分析】【分析】先利用同底數(shù)冪的除法法則把所求式子轉(zhuǎn)換成除法運算，再利用冪的乘方法則變形，最后把10a、10b的值整體代入計算即可．【解析】【解答】解：∵10a=2，10b=6；

∴102a-3b=（10a）2÷（10b）3=4÷216=；

故答案是．25、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)線段的垂直平分線推出BM=ME；根據(jù)勾股定理求出即可．

（2）連接ME，NE，NB，設AM=a，DN=b，NC=6-b，根據(jù)勾股定理得到AM2+AE2=ME2，DN2+DE2=NE2=BN2=BC2+CN2，代入求出即可．【解析】【解答】解：（1）連接ME．

∵MN是BE的垂直平分線；

∴BM=ME=6-AM；

在△AME中；∠A=90°；

由勾股定理得：AM2+AE2=ME2；

AM2+x2=（6-AM）2；

AM=3-x．

（2）連接ME，NE，NB，設AM=a，DN=b，NC=6-b；

因MN垂直平分BE；

則ME=MB=6-a；NE=NB；

所以由勾股定理得

AM2+AE2=ME2，DN2+DE2=NE2=BN2=BC2+CN2

即a2+x2=（6-a）2，b2+（4-x）2=42+（6-b）2；

解得a=3-x2，b=x2+x+3；

所以四邊形ADNM的面積為S=×（a+b）×4=2x+12；

即S關于x的函數(shù)關系為S=2x+12（0＜x＜2）；

答：S關于x的函數(shù)關系式是S=2x+12．五、證明題(共3題，共30分)26、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長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四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長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四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．27、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．28、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；

∴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．六、綜合題(共2題，共4分)29、略

【分析】【分析】（1）過B作BG∥AF交BCEC于G，則可以得到△CDF∽△CBG，接著利用相似三角形的性質(zhì)得到，在Rt△ABD中，利用勾股定理可得；又△EGB∽△EFA，由此利用相似三角形的性質(zhì)即可求出y與x的函數(shù)關系；

（2）當∠ACE=90°時，則有∠FCD=∠DAC，由此得到Rt△ADC∽Rt△CDF，接著利用相似三角形的性質(zhì)得到CD2=AD?DF，所以16=，從而得到，代入，即可求出x．【解析】【解答】解：（1）過B作BG∥AF交EC于G，

則△CDF∽△CBG；

∴；

∴；

在Rt△ABD中，可得；

又∵△EGB∽△EFA；

∴；

∴；

（2）當∠ACE=90°時；則有∠FCD=∠DAC；

∴Rt△ADC∽Rt△CDF；

∴；

∴CD2=AD?DF；

∴16=；

∴；

代入，有；

解得．30、略

【分析】【分析】（1）首先構(gòu)造二次函數(shù)：f（x）=（a1x+b1）2+（