2025年人教A新版高一數學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A新版高一數學上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6題，共12分)1、【題文】已知則（）A.B.C.D.2、【題文】函數的圖象大致是。

3、【題文】已知函數滿足：①定義域為R；②有③當時，．記．根據以上信息，可以得到函數的零點個數為（）A.15B.10C.9D.84、【題文】已知兩個不同的平面和兩條不重合的直線，m、n；有下列四個命題。

①若則②若

③若④若

其中正確命題的個數是()A.1個B.2個C.3個D.4個5、設A={（x，y）|y=﹣4x+6}，B={（x，y）|y=5x﹣3}，則A∩B=（）A.{1，2}B.{（1，2）}C.{x=1，y=2}D.（1，2）6、△ABC的三個內角分別記為A，B，C，若tanAtanB=tanA+tanB+1，則cosC的值是（）A.﹣B.C.D.﹣評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、函數y=x2-6x+8在[2，6]上的最大值為____，最小值為____．8、若正實數滿足則的最小值是______9、【題文】已知函數設且則的最大值為____。10、（2015安徽）設x3+ax+b=0，其中a，b均為實數，下列條件中，使得該三次方程中僅有一個實根的是____；（寫出所有正確條件的編號）

1、a=-3，b=-3；2.a=-3，b=2；3、a=-3，b2；4、a=0，b=2；5、a=1，b=211、函數f（x）=則f（f（﹣3））=____．12、已知A={x|a≤x≤a+3}，B={x|x＜-1或x＞5}，若A∪B=B，則實數a的取值范圍是______．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)13、已知tanθ=．

（1）若θ為第三象限的角；求sinθ的值；

（2）求的值．

14、已知△ABC中，a＝8，b＝7，B＝60°，求邊c及S△ABC。15、已知是否存在常數，使得的值域為？若存在，求出a、b的值；若不存在，說明理由。16、【題文】如圖，四棱錐中，四邊形為矩形，為等腰三角形，平面平面且分別為和的中點．

（Ⅰ）證明：平面

（Ⅱ）證明：平面平面

（Ⅲ）求四棱錐的體積．17、【題文】（本題滿分14分）集合A={>1}，B={>2}，AB，求a的取值范圍。評卷人得分四、計算題(共3題，共9分)18、（2007?綿陽自主招生）如圖，在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm，動點P從點A出發(fā)，以1cm/秒的速度向終點B移動，動點Q從點B出發(fā)以2cm/秒的速度向終點C移動，則移動第到____秒時，可使△PBQ的面積最大．19、分別求所有的實數k，使得關于x的方程kx2+（k+1）x+（k-1）=0

（1）有實根；

（2）都是整數根．20、計算：sin50°（1+tan10°）．評卷人得分五、證明題(共4題，共40分)21、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．22、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點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的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．24、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分六、綜合題(共4題，共36分)25、如圖，直線y=-x+b與兩坐標軸分別相交于A；B兩點；以OB為直徑作⊙C交AB于D，DC的延長線交x軸于E．

（1）寫出A、B兩點的坐標（用含b的代數式表示）；并求tanA的值；

（2）如果AD=4，求b的值；

（3）求證：△EOD∽△EDA，并在（2）的情形下，求出點E的坐標．26、已知拋物線Y=x2-（m2+4）x-2m2-12

（1）證明：不論m取什么實數；拋物線必與x有兩個交點。

（2）m為何值時；x軸截拋物線的弦長L為12？

（3）m取什么實數，弦長最小，最小值是多少？27、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點為A，點B在l1上，點C在l2上，且，當B，C變化時，求過A，B，C三點的動圓形成的區(qū)域的面積大小為____．28、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設M（m；n）是拋物線上的一點（m；n為正整數），且它位于對稱軸的右側．若以M、B、O、A為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數，求點M的坐標；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】

試題分析：由交集，并集，補集的概念可得故選B.

考點：交集并集補集【解析】【答案】B2、A【分析】【解析】

試題分析：由函數為偶函數，排除答案B與C；又在附近為正；所以D不符合題意，故選A..

考點：函數的奇偶性，函數的圖像.【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】

試題分析：根據題意可知，由于函數f(x)，在當時，

那么當則。

依次作出函數在[4,6],[6,8]的圖象，同時能利用函數的是偶函數的對稱性；只要求解出y軸右側的交點個數，就可以知道共有多少個交點，那么，結合已知中圖像的特點可知，交點有5，一共有10個。選B.

考點：本試題考查了零點的概念運用。

點評：解決該試題的關鍵是利用函數的性質，結合函數的給定的絕對值函數的解析式，然后作圖，將所求解的的零點問題轉換為函數y=f(x)與函數y=的圖像交點個數來解答，這是常用的求零點的方法之一。中檔題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、B【分析】【解答】解：A∩B={（x，y）|}={（x，y）|}={（1；2）}．

故選B．

【分析】要求A∩B，即求方程組的解．6、B【分析】【解答】解：∵tanAtanB=tanA+tanB+1；∴tanA+tanB=﹣1+tanAtanB；

∵tan（A+B）==﹣1=tan（π﹣C）=﹣tanC；

∴tanC=1；

∵C為三角形的內角。

∴C=

∴cosC=

故選：B．

【分析】利用兩角和與差的正切函數公式表示出tan（A+B），將已知等式變形后代入并利用誘導公式求出tanC的值，由C為三角形的內角，利用特殊角的三角函數值即可求出C的度數．二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】

由題意可知：

y=（x-3）2-1

所以二次函數的開口向上；對稱軸為x=3．

故函數在[2；3]上為減函數，函數在[3，6]上為增函數．

所以；函數在x=3時取得最小值-1．

x=6時最大值為8

故答案為：8．-1．

【解析】【答案】本題考查的是二次函數在閉區(qū)間上求最值問題．在解答時首先應該對二次函數進行配方結合二次函數的性質分析取得最值的位置；計算進而即可獲得問題的解答。

8、略

【分析】【解析】試題分析：根據題意，由于正實數滿足則兩邊同時除以xy得到，那么=(3x+4y)()=(13+)故可知答案為5.考點：均值不等式【解析】【答案】59、略

【分析】【解析】解：因為已知函數設且則的最大值為【解析】【答案】10、1345【分析】【解答】令f（x）=x3+ax+b，求導得3x2+a，所以f（x)單調遞增又要是f（x）大于0，所以f（x）=x3+ax+b必有一個零點，且方程僅有一根，故4、5正確，當a小于0時，要使方程僅有一根，解得b小于-2或b大于2；所以1；3正確。

【分析】高考中出現方程問題，要考慮其對應的函數，以便分析方程。11、【分析】【解答】解：函數f（x）=則f（f（﹣3））=f（9）==．

故答案為：．

【分析】直接利用函數的解析式求解函數值即可．12、略

【分析】解：∵集合A={x|a≤x≤a+3}；B={x|x＜-1或x＞5}．

若A∪B=B；則A?B，∴a+3＜-1或a＞5，即a＜-4或a＞5．

∴實數a的取值范圍是（-∞；-4）∪（5，+∞）．

故答案為：（-∞；-4）∪（5，+∞）．

由A∪B=B；得A?B，然后由兩集合端點值間的關系列不等式求解。

本題考查并集運算，正確處理兩集合端點值間的關系是解答該題的關鍵，是基礎題．【解析】（-∞，-4）∪（5，+∞）三、解答題(共5題，共10分)13、略

【分析】

（1）∵tanθ=∴cotθ=

又1+cot2θ=

∴sin2θ=又θ第三象限的角；

∴sinθ=-

（2）原式=

=

=

=2-3．

【解析】【答案】（1）根據同角三角函數間的倒數關系tanθcotθ=1，由tanθ的值求出cotθ的值，再由平方及倒數關系1+cot2θ=可求出sin2θ的值；又θ是第三象限角，得到sinθ小于0，開方即可求出sinθ的值；

（2）把所求式子的分子第一；三項結合；利用二倍角的余弦函數公式化簡，分母利用兩角和與差的正弦函數公式及特殊角的三角函數值化簡，然后分子分母同時除以cosθ，利用同角三角函數間基本關系弦化切后，將tanθ的值代入即可求出值．

14、略

【分析】【解析】試題分析：由余弦定理，得即解之，得c＝3或c＝5當c＝3時，當c＝5時，考點：解三角形【解析】【答案】或15、略

【分析】

存在a，b的值當a>0時解得當a<0時解得所以存在或使得的值域為【解析】略【解析】【答案】16、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）證明線面平行，一般可考慮線面平行的判定定理，構造面外線平行于面內線，其手段一般是構造平行四邊形，或構造三角形中位線(特別是有中點時)，本題易證從而達到目標；（Ⅱ）要證面面垂直，由面面垂直的判定定理知可先考察線面垂直，要證線面垂直，又要先考察線線垂直；（Ⅲ）求棱錐的體積，關鍵是作出其高，由面面及為等腰直角三角形，易知（中點為）；就是其高，問題得以解決.

試題解析：（Ⅰ）證明：如圖，連結．

∵四邊形為矩形且是的中點．∴也是的中點．

又是的中點，2分。

∵平面平面所以平面4分。

（Ⅱ）證明：∵平面平面平面平面

所以平面平面又平面所以6分。

又是相交直線，所以面

又平面平面平面8分。

（Ⅲ）取中點為．連結為等腰直角三角形，所以

因為面面且面面

所以，面

即為四棱錐的高．10分。

由得．又．

∴四棱錐的體積12分。

考點：空間中線面的位置關系、空間幾何體的體積.【解析】【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ）17、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】x－3>2x>5∴A={}4′

x－a>1x>a+1∴B={}8′

∵AB∴a+1≤5∴a≤414′四、計算題(共3題，共9分)18、略

【分析】【分析】表示出PB，QB的長，利用△PBQ的面積等于y列式求值即可．【解析】【解答】解：設x秒后△PBQ的面積y．則

AP=x；QB=2x．

∴PB=8-x．

∴y=×（8-x）2x=-x2+8x=-（x-4）2+16；

∴當x=4時；面積最大．

故答案為4．19、略

【分析】【分析】（1）分類討論：當k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；當k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1，則-3k2+6k+1≥0，利用二次函數的圖象解此不等式得≤k≤；最后綜合得到當≤k≤時；方程有實數根；

（2）分類討論：當k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數根為x=1；當k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4，要使一元二次方程都是整數根，則△必須為完全平方數，得到k=1，2，-，k=1±；然后利用求根公式分別求解即可得到k=1、2、-時方程的解都為整數．【解析】【解答】解：（1）當k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；

當k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1；

當△≥0，即-3k2+6k+1≥0，方程有兩個實數根，解得≤k≤；

∴當≤k≤時；方程有實數根；

（2）當k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數根為x=1；

當k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4；

一元二次方程都是整數根；則△必須為完全平方數；

∴當△=4，則k=1；當△=1，則k=2；當△=時，k=-；當△=0，則k=1±；

而x=；

當k=1；解得x=0或-2；

當k=2，解得x=-或-1；

當k=-；解得x=2或4；

當k=1±；解得x都不為整數，并且k為其它數△為完全平方數時，解得x都不為整數．

∴當k為0、1、-時方程都是整數根．20、解：sin50°（1+tan10°）

=sin50°（1+）

=

=

=

=

=1．【分析】【分析】首先，將正切化簡為弦，然后，結合輔助角公式和誘導公式進行化簡即可．五、證明題(共4題，共40分)21、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據切線的性質得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結論；

（2）根據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．22、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據角平分線性質推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據等腰三角形性質求出AF=CF，根據三角函數的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據銳角三角函數的定義求出即可．【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；

∴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．24、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內接于圓，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，此時發(fā)現∠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現；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的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內接四邊形；

∴∠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．六、綜合題(共4題，共36分)25、略

【分析】【分析】（1）在解析式中分別令x=0與y=0；即可求得直線與y軸，x軸的交點坐標，即可求得OA，OB的長度，進而求得正切值；

（2）利用切割線定理，可以得到OA2=AD?AB，據此即可得到一個關于b的方程，從而求得b的值；

（3）利用兩角對應相等的兩個三角形相似即可證得兩個三角形相似．【解析】【解答】解：（1）∵當x=0時，y=b，當y=0時，x=2b；

∴A（2b，0），B（0，b）

∴tanA===；

（2）AB===b

由OA2=AD?AB，得（2b）2=4?b，解得b=5；

（3）∵OB是直徑；

∴∠BDO=90°；

則∠ODA=90°

∴∠EOC=∠ODA=90°；

又∵OC=CD

∴∠COD=∠CDO

∴∠COD+∠EOC=∠CDO+∠ODA

∴∠EOD=∠EDA

又∵∠DEA=∠OED

∴△EOD∽△EDA

D點作y軸的垂線交y軸于H；DF⊥AE與F．

∵A（2b，0），B（0，b）

∴OA=10；OB=5．

∴AB=5；

∵DF∥OB

∴===；

∴AF=OA=8；

∴OF=OA-AF=10-8=2；

∴DH=OF=2；

∵Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2

∴BH==1；

∴CH=-1=；

∵DH∥OE；

∴=

∴OE=．

∴E的坐標是：（-，0）．26、略

【分析】【分析】（1）因為△=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12），配方后得到△=（m2+8）2，而m2+8＞0；得到△＞0，即可得到結論；

（2）令y=0，則x2-（m2+4）x-2m2-12，解方程得到x1=m2+6，x2=-2，于是L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8，令L=12得到m2+8=12；解方程即可得到m的值；

（3）由L=m2+8，根據二次函數的最值問題即可得到m=0時，L有最小值，最大值為8．【解析】【解答】解：（1）證明：△=b2-4ac=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12）

=（m2+8）2；

∵m2≥0；

∴m2+8＞0；

∴△＞0；

∴不論m取什么實數；拋物線必與x有兩個交點；

（2）令y=0，x2-（m2+4）x-2m2-12；

∴x=；

∴x1=m2+6，x2=-2；

∴L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8；

∴m2+8=12；解得m=±2；

∴m為2或-2時；x軸截拋物線的弦長L為12；

（3）L=m2+8；

∴m=0時，L有最小值，最小值為8．27、略

【分析】【分析】由題意可知當A與B或C重合時，所成的圓最大，它包括了所有的圓，所以求出半徑為2時圓的面積即為動圓所形成的區(qū)域的面積．【解析】【解答】解：當A與B或C重合時，此時圓的面積最大，此時圓的半徑r=BC=2；

所以此時圓的面積S=πr2=π（2）2=8π；

則過A；B、C三點的動