2025年統(tǒng)編版高一數(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年統(tǒng)編版高一數(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7題，共14分)1、【題文】設(shè)集合U={1,2,3,4,5,6},M={1,3,5},則?UM等于()A.{2,4,6}B.{1,3,5}C.{1,2,4}D.U2、【題文】已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2＋則f(－1)＝()A.－2B.0C.1D.23、【題文】已知?jiǎng)t（）A.空集B.C.D.4、已知為銳角，且則的值是（）A.B.C.D.5、設(shè)m,n是兩條不同直線，是兩個(gè)不同的平面，下列命題正確的是（）A.且則B.且則C.則D.則6、在△ABC中，==．若點(diǎn)D滿足=2則=（）A.+B.-C.-D.+7、設(shè)m，n是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面；有下列四個(gè)命題：

①則②若則

③若則④若則

其中真命題的是（）A.①④B.①③C.③④D.①②評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、函數(shù)的值域?yàn)開_______.9、已知點(diǎn)在直線的同側(cè),則實(shí)數(shù)的取值范圍為____10、【題文】命題“”的否定是____.11、向量按平移所掃過平面部分的面積等于____．12、函數(shù)y=f（x）的圖象如圖所示，試寫出該函數(shù)的兩條性質(zhì)：____．

13、若實(shí)數(shù)α滿足loga2＞1，則a的取值范圍為____．14、點(diǎn)A（-3，3）發(fā)出的光線l射到x軸上被x軸反射，反射光線與圓C：x2+y2-4x-4y+7=0相切，則光線l所在直線方程為______．15、已知|a鈫?|=|b鈫?|

且|a鈫?鈭?b鈫?|=3|a鈫?+b鈫?|

則a鈫?

與b鈫?

的夾角大小為______．評(píng)卷人得分三、證明題(共9題，共18分)16、求證：（1）周長(zhǎng)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(zhǎng)是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．17、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．18、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．19、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．20、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．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、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．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ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評(píng)卷人得分四、作圖題(共1題，共10分)25、已知簡(jiǎn)單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評(píng)卷人得分五、綜合題(共1題，共9分)26、已知點(diǎn)A（-2，0），點(diǎn)B（0，2），點(diǎn)C在第二、四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上，∠BAC=60°，那么點(diǎn)C的坐標(biāo)為____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【解析】?UM={2,4,6}.【解析】【答案】A2、A【分析】【解析】f(－1)＝－f(1)＝－2.【解析】【答案】A3、D【分析】【解析】

試題分析：∵即點(diǎn)（1,1），∴

考點(diǎn)：本題考查了交集的運(yùn)算。

點(diǎn)評(píng)：求解集合的交、并、補(bǔ)問題時(shí)，一定要注意集合中的對(duì)象的特征，避免出錯(cuò)【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】根據(jù)題意，由于為銳角，且cos=cos=那么可知sin=sin=則根據(jù)那么可知的值為選B.5、B【分析】【解答】且則或互為異面直線；所以，A不正確；

若且則B正確；

若則或相交；即C不正確；

若則或相交，如均平行于的交線時(shí)，故選B.6、A【分析】【解答】解：由題意可得

故選A

【分析】由向量的運(yùn)算法則，結(jié)合題意可得代入已知化簡(jiǎn)可得．7、A【分析】【解答】根據(jù)題意可知；已知中如果平面直線互相平行，則說明了平行的傳遞性，可知命題1成立。命題2，已知兩個(gè)平面垂直，其中一條直線平行與這兩個(gè)平面中的一個(gè)，可能與另一個(gè)平面斜交，故錯(cuò)誤，命題3中，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交也可能平行，故命題3錯(cuò)誤，命題4中，由于兩個(gè)平行線中一條垂直于該平面，則另一條也垂直于該平面，故命題4正確，因此選A.

【分析】解決該試題的關(guān)鍵是熟練的運(yùn)用線面垂直和面面平行的判定定理來分析證明，同時(shí)考查了空間想象力，屬于基礎(chǔ)題。二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【解析】試題分析：因?yàn)楹瘮?shù)故答案為考點(diǎn)：本試題主要考查了反比例函數(shù)的值域的求解?！窘馕觥俊敬鸢浮?、略

【分析】【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題可知，命題“”的否定為“”.

考點(diǎn)：全稱命題與特稱命題.【解析】【答案】11、【分析】【解答】

平移所掃過平面部分是。

一個(gè)邊長(zhǎng)為1菱形，其銳角為600；

∴面積S=

故答案：

【分析】由向量按平移，是將向量向左平移一個(gè)單位，分析其掃過的平面部分的形狀，代入面積公式即可求出答案．12、①函數(shù)y=f（x）是偶函數(shù)；②函數(shù)的值域是[2，5]【分析】【解答】解：由圖象可知：

函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；①函數(shù)y=f（x）是偶函數(shù)；

②函數(shù)的值域是[2；5]．

故答案為：①函數(shù)y=f（x）是偶函數(shù)；②函數(shù)的值域是[2；5]．

【分析】根據(jù)函數(shù)圖象可以直接回答：函數(shù)圖象的對(duì)稱性，對(duì)稱軸方程，單調(diào)區(qū)間，定義域，值域等等．13、（1，2）【分析】【解答】解：∵loga2＞1=logaa；

∴或

解得1＜a＜2或a∈?．

∴a的取值范圍為（1；2）．

故答案為：（1；2）．

【分析】loga2＞1=logaa，可得或解出即可．14、略

【分析】解：已知圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是（x-2）2+（y-2）2=1；

它關(guān)于x軸的對(duì)稱圓的方程是（x-2）2+（y+2）2=1；

設(shè)光線L所在直線的方程是y-3=k（x+3）（其中斜率k待定）

由題設(shè)知對(duì)稱圓的圓心C'（2；-2）到這條直線的距離等于1；

即d=．

整理得：12k2+25k+12=0；

解得：k=-或k=-．

故所求的直線方程是y-3=-（x+3），或y-3=-（x+3）；

即3x+4y-3=0；或4x+3y+3=0．

故答案為：3x+4y-3=0；或4x+3y+3=0．

化簡(jiǎn)圓的方程為標(biāo)準(zhǔn)方程；求出關(guān)于x軸對(duì)稱的圓的方程，設(shè)l的斜率為k，利用相切求出k的值即可得到l的方程．

本題考查點(diǎn)、直線和圓的對(duì)稱問題，直線與圓的關(guān)系，是基礎(chǔ)題．【解析】3x+4y-3=0，或4x+3y+3=015、略

【分析】解：隆脽|a鈫?鈭?b鈫?|=3|a鈫?+b鈫?|

隆脿a鈫?2鈭?2a鈫?鈰?b鈫?+b鈫?2=3a鈫?2+3b鈫?2+6a鈫?鈰?b鈫?

隆脽|a鈫?|=|b鈫?|隆脿a鈫?鈰?b鈫?=鈭?鈭?4a鈫?28=鈭?12a鈫?2

隆脿cos<a鈫?,b鈫?>=a鈫?鈰?b鈫?|a鈫?||b鈫?|=鈭?12

隆脿a鈫?

與b鈫?

的夾角大小為2婁脨3

．

故答案為：2婁脨3

．

對(duì)|a鈫?鈭?b鈫?|=3|a鈫?+b鈫?|

兩邊平方，得出a鈫?鈰?b鈫?

與a鈫?2

的關(guān)系；代入夾角公式計(jì)算即可．

本題考查了平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．【解析】2婁脨3

三、證明題(共9題，共18分)16、略

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

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

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

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長(zhǎng)為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)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(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長(zhǎng)兩段，每段各長(zhǎng)l．又設(shè)RQ中點(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線圈．17、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．18、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．19、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．20、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．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】（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．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）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠