2025年粵教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年粵教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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、函數y=2tan（3x-）的一個對稱中心是（）

A.（0）

B.（0）

C.（-0）

D.（-0）

2、【題文】下列函數中，滿足“對任意的時，均有”的是（）A.B.C.D.3、【題文】函數的定義域是則其值域是（）A.B.C.D.4、【題文】以點（2，—1）為圓心且與直線0相切的圓的方程為（）A.B.C.D.5、【題文】已知AB、C是表面積為的球面上三點，且AB=2，BC=4，ABC=為球心；則二面角0-AB-C的大小為（)

A.B.C.D.6、空間幾何體的三視圖如所示,則該幾何體的體積為()

A.B.C.D.7、使不等式x2＞x成立的x的取值范圍是（）A.x＞1B.0＜x＜1C.x＞0D.x＜18、sin420鈭?

的值是(

)

A.鈭?12

B.12

C.鈭?32

D.32

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、a=log3π，b=log30.8，c=0.83，則a，b，c的大小關系是____．10、設a為實數，集合A={-a，a2，a2+a}，B={-1，-1-a，1+a2}，A∩B≠?，則A∩B=____．11、將一幅斜邊長相等的直角三角板拼接成如圖所示的空間圖形，其中AD=BD=∠BAC=30°，若它們的斜邊AB重合，讓三角板ABD以AB為軸轉動，則下列說法正確的是____．

①當平面ABD⊥平面ABC時，C、D兩點間的距離為

②在三角板ABD轉動過程中；總有AB⊥CD；

③在三角板ABD轉動過程中，三棱錐D-ABC體積的最大值為．

12、若=（2，-2），則與垂直的單位向量的坐標為____．13、若f（x）為偶函數且在（-∞，0）上是減函數，又f（-2）=0，則x?f（x）＜0的解集為______．14、已知無窮數列{an}的通項公式為an=．如果對于任意的正整數n，都有an≤a7恒成立，那么正實數λ的取值范圍是______．15、若方程lg(x+1)+x鈭?3=0

在區(qū)間(k,k+1)

內有實數根，則整數k

的值為______．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)16、過點的圓C與直線相切于點（1）求圓C的方程；（2）已知點的坐標為設分別是直線和圓上的動點，求的最小值．（3）在圓C上是否存在兩點關于直線對稱，且以為直徑的圓經過原點？若存在，寫出直線的方程；若不存在，說明理由.17、已知f（x）=loga（x+1），g（x）=loga（x-1）（a＞0；a≠1）．設h（x）=f（x）-g（x）

（1）求函數h（x）的定義域；

（2）判斷函數h（x）的奇偶性；并予以證明．

18、設函數．（1）當時，求所有使成立的的值。（2）若為奇函數，求證：（3）設常數＜且對任意x＜0恒成立，求實數的取值范圍．19、【題文】（本題滿分12分）求實數m的取值范圍，使關于x的方程x2－2x＋m＋1＝0有兩個正根．20、【題文】（本小題滿分12分）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4,AA1

點D是BC的中點，點E在AC上，且DE⊥A1E

.

（1）證明：平面A1DE⊥平面ACC1A1;

（2）求直線AD和平面A1DE所成角的正弦值。評卷人得分四、證明題(共2題，共20分)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、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．評卷人得分五、綜合題(共2題，共4分)23、如圖，拋物線y=x2-2x-3與坐標軸交于A（-1，0）、B（3，0）、C（0，-3）三點，D為頂點．

（1）D點坐標為（____，____）．

（2）BC=____，BD=____，CD=____；并判斷△BCD的形狀．

（3）探究坐標軸上是否存在點P，使得以P、A、C為頂點的三角形與△BCD相似？若存在，請寫出符合條件的所有點P的坐標，并對其中一種情形說明理由；若不存在，請說明理由．24、數學課上；老師提出：

如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A點的坐標為（1，0），點B在x軸上，且在點A的右側，AB=OA，過點A和B作x軸的垂線，分別交二次函數y=x2的圖象于點C和D，直線OC交BD于點M，直線CD交y軸于點H，記點C、D的橫坐標分別為xC、xD，點H的縱坐標為yH．

同學發(fā)現兩個結論：

①S△CMD：S梯形ABMC=2：3②數值相等關系：xC?xD=-yH

（1）請你驗證結論①和結論②成立；

（2）請你研究：如果上述框中的條件“A的坐標（1；0）”改為“A的坐標（t，0）（t＞0）”，其他條件不變，結論①是否仍成立（請說明理由）；

（3）進一步研究：如果上述框中的條件“A的坐標（1，0）”改為“A的坐標（t，0）（t＞0）”，又將條件“y=x2”改為“y=ax2（a＞0）”，其他條件不變，那么xC、xD與yH有怎樣的數值關系？（寫出結果并說明理由）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

∵函數y=2tan（3x-），令3x-=k∈z；

可得x=+k∈z，故對稱中心為（+0），令k=-2；

可得一個對稱中心是（-0）；

故選C．

【解析】【答案】對稱中心就是圖象與x軸的交點，令3x-=k∈z，解得x=+k∈z，故對稱中心為（+0），從而得到答案．

2、C【分析】【解析】

試題分析：因為函數滿足“對任意的時，均有等價于與的值的正負號相同.即可化為表示函數在上的單調遞增，由此可得只有函數符合.故選C.

考點：1.函數的單調性.2.斜率與函數的單調性的關系.【解析】【答案】C3、A【分析】【解析】本試題主要是考查了反比例函數的值域的求解。

因為函數的定義域是且函數在x<1，x>1上遞減，因此當x<1時，當故可知函數的值域為選A.

解決函數的值域的關鍵是判定函數的單調性，然后結合性質得到結論?！窘馕觥俊敬鸢浮緼4、C【分析】【解析】由點到直線的距離公式可得圓的半徑為

所以所求圓的方程為故選C.【解析】【答案】C.5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、C【分析】【分析】由三視圖可知：幾何體上面是正四棱錐，下面是圓柱，由正視圖得椎體的高為∴選C。7、A【分析】解：∵不等式x2＞x成立；

可得求得x＞1；

故選：A．

根據題意可得可得由此求得x的范圍．

本題主要考查分式不等式的解法，體現了等價轉化的數學思想，屬于基礎題．【解析】【答案】A8、D【分析】解：sin420鈭?=sin(360鈭?+60鈭?)=sin60鈭?=32

．

故選：D

．

原式中的角度變形后；利用誘導公式及特殊角的三角函數值計算即可得到結果．

此題考查了運用誘導公式化簡求值，熟練掌握誘導公式是解本題的關鍵．【解析】D

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

因為a=log3π＞log33=1，0＜0.83＜0.8=1；所以0＜c＜1；

b=log30.8＜log31=0，所以a＞c＞b．

故答案為a＞c＞b．

【解析】【答案】給出的a、b是兩個對數式，由對數式的性質判定a＞1，b＜0；而冪函數的性質判定0＜c＜1．

10、略

【分析】

∵A∩B≠?；

若-1∈A∩B；

由a2≠-1，a2+a≠-1；則-a=-1，此時a=1

則A={-1；1，2}，B={-1，-2，2}，則A∩B={-1，2}

若-1-a∈A∩B；

-a≠-1-a，a2≠-1-a；

則a2+a=-1-a，此時a=-1，則-a=a2；這與集合元素的互異性矛盾。

若1+a2∈A∩B；

則a2≠1+a2，-a≠1+a2；

a2+a=1+a2；此時a=1；

則A={-1；1，2}，B={-1，-2，2}，則A∩B={-1，2}

綜上；A∩B={-1，2}

故答案為：{-1；2}

【解析】【答案】由集合A={-a，a2，a2+a}，B={-1，-1-a，1+a2}，A∩B≠?，由a2≠-1，a2+a≠-1，a2≠-1-a，a2≠1+a2，而-a=-1?a2+a=1+a2?a=1；代入可得答案．

11、略

【分析】

①取AB中點O；連接DO；CO；

∵AD=BD=∴DO=1，AB=2，OC=1

∵平面ABD⊥平面ABC；DO⊥AB，∴DO⊥平面ABC，DO⊥OC；

∴DC=①正確；

②若AB⊥CD；則AB⊥平面CDO，AB⊥OC，∵O為中點，∴AC=BC，∠BAC=45°與∠BAC=30°矛盾，∴②錯誤；

③當DO⊥平面ABC時，棱錐的高最大，此時V棱錐=××AC×BC×DO=××1×1=．③正確．

故答案是①③

【解析】【答案】①結合圖象；利用面面垂直的性質及直角三角形斜邊上的中線長等于斜邊長的一半求解；

②用反證法；假設垂直，根據線面垂直的判定與性質推到是否可能，從而得出結論；

③根據棱錐的體積公式；在底面積不變的情況下，體積的大小取決于高，當平面ABD⊥平面ABC時，高最大，求出即可．

12、略

【分析】

與垂直的單位向量的坐標為（x；y）則。

解得

故答案為

【解析】【答案】設出單位向量；利用向量垂直的充要條件列出方程；利用單位向量的定義及模的坐標公式列出方程解方程組求出單位向量．

13、略

【分析】解：由f（x）為偶函數且在（-∞；0）上是減函數；

又f（-2）=0；作一個函數圖象，如圖所示；

易知x?f（x）＜0的解集為-（-∞；-2）∪（0，2）．

根據題意；又是填空題可用特殊圖象法來求解．

本題主要考查抽象函數的奇偶性和單調性和填空題的解法．【解析】（-∞，-2）∪（0，2）14、略

【分析】解：∵λ＞0，∴an==≤

當且僅當n=即λ=n2時取等號；

∵對于任意的正整數n，都有an≤a7恒成立；

∴6.5＜＜7.5；

解得：42.25＜λ＜56.25；

故答案為：（42.25；56.25）．

利用基本不等式可知an≤當且僅當n=即λ=n2時取等號，進而6.5＜＜7.5；計算即得結論．

本題是一道關于數列與函數的綜合題，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．【解析】（42.25，56.25）15、略

【分析】解：令f(x)=lg(x+1)+x鈭?3

則f(x)

在區(qū)間(k,k+1)(k隆脢Z)

上單調遞增；

由于f(2)=lg3鈭?1<0f(3)=lg4>0

隆脿f(2)f(3)<0f(x)

在(2,3)

上有唯一零點．

隆脽

方程lg(x+1)+x鈭?3=0

的實數根即為f(x)

的零點；故f(x)

在區(qū)間(k,k+1)(k隆脢Z)

上有唯一零點．

隆脿k=2

故答案為：2

．

令f(x)=lg(x+1)+x鈭?3

則f(x)

在區(qū)間(k,k+1)(k隆脢Z)

上單調遞增，方程lg(x+1)+x鈭?3=0

的實數根即為f(x)

的零點，根據f(x)

在(2,3)

上有唯一零點，可得k

的值．

本題主要考查函數的零點的定義，判斷函數的零點所在的區(qū)間的方法，體現了化歸與轉化的數學思想，屬于基礎題．【解析】2

三、解答題(共5題，共10分)16、略

【分析】【解析】試題分析：解.（1）由已知得圓心經過點且與垂直的直線上，它又在線段OP的中垂線上，所以求得圓心半徑為所以圓C的方程為4分（2）求得點關于直線的對稱點所以所以的最小值是9分（3）假設存在兩點關于直線對稱，則通過圓心求得所以設直線為代入圓的方程得設又解得這時符合，所以存在直線為或符合條件。14分考點：直線與圓【解析】【答案】（1）（2）（3）直線為或17、略

【分析】

（1）

即（x+1）（x-1）＜0；則-1＜x＜1，故h（x）的定義域為{x|-1＜x＜1}

（2）故h（x）為奇函數．

【解析】【答案】（1）把f（x）和g（x）代入到h（x）；然后利用對數的運算性質化簡，根據只有正數有對數得到函數的定義域；（2）求出h（-x）與h（x）相等還是相加為0即可得到函數的奇偶性．

18、略

【分析】

（1）或（2）見解析；（3）＜＜．【解析】本試題主要是考查了函數的奇偶性與函數與不等式關系的運用，以及函數解析式的綜合運用。（1）當時，函數．或（2）若為奇函數,則對任意的都有恒成立，則展開可得。（3）由＜＜0，當x=0時取任意實數不等式恒成立．當0＜x≤1時,＜0恒成立，也即＜＜恒成立．從而構造函數得到結論?！窘馕觥?/p>

（1）當時，函數．或（2）若為奇函數,則對任意的都有恒成立，即令x=0得b=0，令x=a得a=0，∴（3）由＜＜0，當x=0時取任意實數不等式恒成立．當0＜x≤1時,＜0恒成立，也即＜＜恒成立．令在0＜x≤1上單調遞增，∴＞．令則在上單調遞減，單調遞增當＜時，在0＜x≤1上單調遞減；∴＜∴＜＜．當≤＜時≥．∴＜．∴＜＜．【解析】【答案】19、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】

20、略

【分析】【解析】（1）證明：由正三棱柱ABC-A1B1C1的性質知AA1⊥平面ABC。

又DE平面ABC，所以DE⊥AA1。

而DE⊥A1E，AA1A1E=A1，所以DE⊥平面ACC1A1。

又DE平面A1DE，故平面A1DE⊥平面ACC1A1。

(2)解：過點A作AF⊥A1E=F；連結DF。

由（1）知，平面A1DE⊥平面ACC1A1，所以AF⊥平面A1DE。

故∠ADF即直線AD和平面A1DE所成的角。

因為DE⊥ACC1A1；所以DE⊥AC。

而ΔABC是邊長為4的正三角形；于是。

又因為AA1=

所以A1E=即直線AD和平面A1DE所成角的正弦值為【解析】【答案】（1）平面A1DE⊥平面ACC1A1。

(2)正弦值為四、證明題(共2題，共20分)21、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．22、略

【分析】【分析】首先作CD關于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=2．五、綜合題(共2題，共4分)23、略

【分析】【分析】（1）直接利用拋物線的頂點公式即可得出D點的坐標；

（2）結合題意；可知可得出B點；C點和點D點的坐標，即可分別得出三個線段的長度，利用向量關系易得，BC⊥CD，即△BCD為直角三角形；

（3）假設存在這樣的點P，經分析，有以下幾種情況：①連接AC，可知Rt△COA∽Rt△BCD，②過A作AP1⊥AC交y軸于P1，可知Rt△CAP1∽Rt△BCD；③過4C作CP2⊥AC，交x軸于P2

可知Rt△P2CA∽Rt△BCD；結合上述情況，分別可得出對應的P的坐標；【解析】【解答】解：（1）D（1；-4）（2分）

（2）結合題意；可得C（0，-3）；B（3，0）

，BD=2，CD=；

且=（3，1），=（1；-3）；

可知；

即△BCD是直角三角形（6分）

（3）①連接AC；可知Rt△COA∽Rt△BCD，符合條件的點為O（0，0）

②過A作AP1⊥AC交y軸于P1

可知Rt△CAP1∽Rt△BCD符合條件的點為

③過C作CP2⊥AC，交x軸于P2

可知Rt△P2CA∽Rt△BCD，符合條件的點為P2（9；0）

∴符合條件的點有三個：O（0，0），，P2（9，0）（12分）24、略

【分析】【分析】（1）可先根據AB=OA得出B點的坐標；然后根據拋物線的解析式和A，B的坐標得出C，D兩點的坐標，再依據C點的坐標求出直線OC的解析式．進而可求出M點的坐標，然后根據C；D兩點的坐標求出直線CD的解析式進而求出D點的坐標