2025年湘師大新版高一數(shù)學(xué)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年湘師大新版高一數(shù)學(xué)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(xué)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、若集合M={1，t2}；N={-2，t+2}，且M∩N≠φ，則實數(shù)t的值等于（）

A.-1

B.2

C.1

D.不確定。

2、若則cos（2π-α）的值是（）

A.

B.

C.-

D.

3、【題文】

已知則A.B.C.D.4、【題文】兩圓x2+y2-1=0和x2+y2-4x+2y-4=0的位置關(guān)系是（）A.內(nèi)切B.相交C.外切D.外離5、【題文】若三個棱長均為整數(shù)（單位：cm）的正方體的表面積之和為564cm2，則這三個正方體的體積之和為（）A.764cm3或586cm3B.764cm3C.586cm3或564cm3D.586cm36、將函數(shù)的圖象沿軸向左平移個單位后,得到一個偶函數(shù)的圖象,則的一個可能取值為（）A.B.C.D.7、已知向量=（2，1），=（﹣3，4），則﹣的結(jié)果是（）A.（7，﹣2）B.（1，﹣2）C.（1，﹣3）D.（7，2）8、函數(shù)的定義域為（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若則cosA=_____________。10、已知：b=2（sin47°sin66°-sin24°sin43°），則a，b的大小關(guān)系為____．11、函數(shù)（A，ω，φ為常數(shù)，A＞0，ω＞0）的部分圖象如圖所示，則的值是________．12、的值是____．13、如果等差數(shù)列{an}中，a3+a4+a5=12，那么S7=____．14、函數(shù)y=的最小值是______．15、如圖，在鈻?ABC

中，D

是BC

的中點，EF

是AD

上的兩個三等分點，BA鈫??CA鈫?=4BF鈫??CF鈫?=鈭?1

則BE鈫??CE鈫?

的值是______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)16、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．17、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．18、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．19、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．20、如圖，設(shè)△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．21、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．22、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．23、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．評卷人得分四、計算題(共4題，共24分)24、（2002?寧波校級自主招生）如圖，E、F分別在AD、BC上，EFCD是正方形，且矩形ABCD∽矩形AEFB，則BC：AB的值是____．25、有一組數(shù)據(jù)：x1，x2，x3，，xn（x1≤x2≤x3≤≤xn），它們的算術(shù)平均值為10，若去掉其中最大的xn，余下數(shù)據(jù)的算術(shù)平均值為9；若去掉其中最小的x1，余下數(shù)據(jù)的算術(shù)平均值為11．則x1關(guān)于n的表達(dá)式為x1=____；xn關(guān)于n的表達(dá)式為xn=____．26、設(shè)，c2-5ac+6a2=0，則e=____．27、不用計算器計算：log3+lg25+lg4++（﹣9.8）0．評卷人得分五、作圖題(共2題，共10分)28、作出下列函數(shù)圖象：y=29、作出函數(shù)y=的圖象．評卷人得分六、解答題(共4題，共16分)30、在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b；c，且A，B，C成等差數(shù)列．

（1）若c=2，求△ABC的面積；

（2）若sinA；sinB，sinC成等比數(shù)列，試判斷△ABC的形狀．

31、（12分）已知點直線L的方程是．（1）求點Q到直線L的距離；（2）若一個正方形的中心為Q，一邊在直線L上，求另三邊所在的直線方程。32、【題文】（本小題滿分14分）已知函數(shù)

（I）求函數(shù)在上的最小值；

（II）對一切恒成立，求實數(shù)的取值范圍；

（III）求證：對一切都有33、已知0<婁脕<婁脨2,0<婁脗<婁脨2,cos婁脕=35,cos(婁脗+婁脕)=513

．

(I)

求sin婁脗

的值；

(II)

求sin2婁脕cos2偽+cos2偽

的值．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】

∵M∩N≠φ∴M；N中有公共元素；

∵t2≠-2∴t2=t+2；解得，t=-1或t=2

又∵若t=-1；不滿足集合元素的互異性，∴t=2

故選B

【解析】【答案】根據(jù)M∩N≠φ；可知M，N中有公共元素，在判斷哪些元素相同即可．

2、A【分析】

∵

∴sinα=-

而cos（2π-α）=cosα，

∴cosα=

故選A．

【解析】【答案】先利用誘導(dǎo)公式進行化簡；求出sinα，然后利用同角三角函數(shù)的關(guān)系求出cosα，注意角的范圍．

3、C【分析】【解析】

由對數(shù)運算性質(zhì)可知，因為可知函數(shù)單調(diào)遞減，所以

此題考查對數(shù)運算基本公式及性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題.【解析】【答案】C4、B【分析】【解析】圓x2+y2-1=0的圓心為(0,0),半徑為1;圓x2+y2-4x+2y-4=0的圓心為(2,-1),

半徑為3.圓心距d=5,由于,∴兩圓相交.【解析】【答案】B5、A【分析】【解析】設(shè)這三個正方體的棱長分別為則有不妨設(shè)從而．故．只能取9，若則易知得一組解．

若則．但從而或5．若則無解，若則無解．此時無解．

若則有唯一解．

若則此時．故但故此時無解．

綜上，共有兩組解或

體積為cm3或cm3．【解析】【答案】A6、B【分析】【解答】將函數(shù)的圖象沿軸向左平移個單位后,得到函數(shù)

即其為偶函數(shù)，由誘導(dǎo)公式知的一個可能取值為故選B.7、A【分析】【解答】解：∵=（2，1），=（﹣3；4）；

∴﹣=2（2；1）﹣（﹣3，4）=（4，2）﹣（﹣3，4）=（4+3，2﹣4）=（7，﹣2）；

故選：A．

【分析】向量的坐標(biāo)的加減運算法則計算即可．8、D【分析】【分析】由故選D.二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】試題分析：由正弦定理得代入得整理得所以得即得考點：正弦定理余弦定理的運用【解析】【答案】10、略

【分析】

∵=

=2sin（85°-60°）=2sin25°

b=2（sin47°sin66°-sin24°sin43°）=2sin66°cos43°-sin43°cos66°

=2sin（66°-47°）=2sin19°

∵y=sinx在（0，）單調(diào)遞增且25°＞19°

∴sin25°＞sin19°

∴a＞b

故答案為：a＞b

【解析】【答案】利用輔助角公式對已知a，b進行化簡，然后結(jié)合正弦函數(shù)y=sinx在（0，）單調(diào)性即可比較大小。

11、略

【分析】試題分析：由圖可知因此由于為第三個點，因此解得．考點：求三角函數(shù)的解析式．【解析】【答案】．12、【分析】【解答】解：=

故答案為：

【分析】首先利用對數(shù)的性質(zhì)進行對數(shù)底數(shù)的整理，都變化成底數(shù)是3的形式，再進行換底公式的逆用，得到以4為底，16的對數(shù)，得到結(jié)果．13、28【分析】【解答】解：∵等差數(shù)列{an}中，a3+a4+a5=12，∴3a4=12，解得a4=4．那么S7==7a4=28．

故答案為：28．

【分析】利用等差數(shù)列的通項公式求和公式及其性質(zhì)即可得出．14、略

【分析】解：函數(shù)y==

=+

=（+）+

≥2+=．

當(dāng)且僅當(dāng)=即有x=0，取得等號．

則函數(shù)的最小值為．

故答案為：．

將函數(shù)化為y=（+）+注意運用基本不等式和二次函數(shù)的最值，同時注意最小值取得時，x的取值要一致，即可得到所求最小值．

本題考查基本不等式的運用：求最值，注意求最值的條件：一正二定三等，屬于中檔題和易錯題．【解析】15、略

【分析】解：隆脽D

是BC

的中點；EF

是AD

上的兩個三等分點；

隆脿BF鈫?=BD鈫?+DF鈫?CF鈫?=鈭?BD鈫?+DF鈫?

BA鈫?=BD鈫?+3DF鈫?CA鈫?=鈭?BD鈫?+3DF鈫?

隆脿BF鈫??CF鈫?=DF鈫?2鈭?BD鈫?2=鈭?1

BA鈫??CA鈫?=9DF鈫?2鈭?BD鈫?2=4

隆脿DF鈫?2=58BD鈫?2=138

又隆脽BE鈫?=BD鈫?+2DF鈫?CE鈫?=鈭?BD鈫?+2DF鈫?

隆脿BE鈫??CE鈫?=4DF鈫?2鈭?BD鈫?2=78

故答案為：78

由已知可得BF鈫?=BD鈫?+DF鈫?CF鈫?=鈭?BD鈫?+DF鈫?BA鈫?=BD鈫?+3DF鈫?CA鈫?=鈭?BD鈫?+3DF鈫?BE鈫?=BD鈫?+2DF鈫?CE鈫?=鈭?BD鈫?+2DF鈫?

結(jié)合已知求出DF鈫?2=58BD鈫?2=138

可得答案．

本題考查的知識是平面向量的數(shù)量積運算，平面向量的線性運算，難度中檔．【解析】78

三、證明題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交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四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，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四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．17、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．19、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=20、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．21、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．22、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∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△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∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．23、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．四、計算題(共4題，共24分)24、略

【分析】【分析】根據(jù)相似多邊形對應(yīng)邊的比相等，設(shè)出原來矩形的長與寬，就可得到一個方程，解方程即可求得．【解析】【解答】解：根據(jù)條件可知：矩形AEFB∽矩形ABCD．

∴．

設(shè)AD=x；AB=y，則AE=x-y．

∴x：y=1：．

即原矩形長與寬的比為1：．

故答案為：1：．25、略

【分析】【分析】先表示n個數(shù)的和，在分別表示去掉最大或最小數(shù)后的數(shù)據(jù)的和，經(jīng)過代數(shù)式變形可得到答案．【解析】【解答】解：由題意知，有：（x2+x3++xn）÷（n-1）=11；

∴（x2+x3++xn）=11（n-1）；

∵（x1+x2+x3++xn）÷n=10；

∴[x1+11（n-1）]÷n=10，∴x1=11-n；

又∵（x1+x2+x3++xn-1）÷（n-1）=9；

∴（x1+x2+x3++xn-1）=9（n-1）

∴[（x1+x2+x3++xn-1）+xn]÷n=10；

∴[9（n-1）+xn]÷n=10，∴xn=n+9．

故答案為：11-n；n+9．26、略

【分析】【分析】根據(jù)題意，將等式c2-5ac+6a2=0兩邊同時除以a2，得出關(guān)于e的一元二次方程，求解即可．【解析】【解答】解：∵c2-5ac+6a2=0；

∴（c2-5ac+6a2）÷a2=0；

即（）2-5×+6=0；

∵；

∴e2-5e+6=0

因式分解得；（e-2）（e-3）=0；

解得e=2或3．

故答案為2或3．27、解：原式=

=

=【分析】【分析】lg25+lg4=lg100=2，（﹣9.8）0=1，由此可以求出的值．五、作圖題(共2題，共10分)28、【解答】冪函數(shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點且單調(diào)遞增，如圖所示；

【分析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，分別畫出題目中的函數(shù)圖象即可．29、【解答】圖象如圖所示。

【分析】【分析】描點畫圖即可六、解答題(共4題，共16分)30、略

【分析】

【解析】

∵A；B、C成等差數(shù)列；可得2B=A+C．

∴結(jié)合A+B+C=π，可得B=．

（1）∵c=2；

∴由正弦定理得sinC===．

∵b＞c，可得B＞C，∴C為銳角，得C=從而A=π-B-C=．

因此，△ABC的面積為S==×=．

（2）∵sinA、sinB、sinC成等比數(shù)列，即sin2B=sinAsinC．

∴由正弦定理，得b2=ac

又∵根據(jù)余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac；

∴a2+c2-ac=ac，整理得（a-c）2=0；可得a=c

∵B=∴A=C=可得△ABC為等邊三角形．

【解析】【答案】（1）根據(jù)A、B、C成等差數(shù)列，結(jié)合A+B+C=π算出B=再由正弦定理得sinC==．根據(jù)b＞c得C為銳角，得到C=從而A=π-B-C=△ABC是直角三角形，由此不難求出它的面積；

（2）根據(jù)正弦定理，結(jié)合題意得b2=ac，根據(jù)B=利用余弦定理，得b2=a2+c2-ac，從而得到a2+c2-ac=ac，整理得得（a-c）2=0；由此即可得到△ABC為等邊三角形．

31、略

【分析】（1）分（2）設(shè)與L平行的一邊：由7分設(shè)與L垂直的邊：由10分∴另三邊直線方程為：或或12分【解析】【答案