…………○…………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年滬科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6題，共12分)1、已知平行四邊形的三個頂點的坐標分別為則頂點的坐標為()A.（2,2）B.(-2,2)C.(2,-2)D.(-2,-2)2、【題文】已知集合則()A.B.C.D.3、【題文】給定三點則過A點且與直線BC垂直的直線經過點（）A.B.C.D.4、將-300°化為弧度為（）A.B.C.D.5、圓x2+y2鈭?4x鈭?4y鈭?10=0

上的點到直線x+y鈭?14=0

的最大距離與最小距離的差是(

)

A.36

B.18

C.52

D.62

6、已知三棱錐S鈭?ABC

的所有頂點都在球O

的球面上，SA隆脥

平面ABCAB隆脥BC

且AB=BC=1SA=2

則球O

的表面積是(

)

A.4婁脨

B.34婁脨

C.3婁脨

D.43婁脨

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、若函數f（x）的定義域為[-1，2]，則函數f（3-|x|）的定義域是____．8、【題文】不等式的實數解為____________9、【題文】某幾何體的三視圖如圖所示，俯視圖是邊長為4的正三角形，則此幾何體的表面積為____．

10、【題文】設為兩兩不重合的平面，為兩兩不重合的直線；給出下列四個命題：

①若則

②若則

③若則

④若則

其中命題正確的是____．（填序號）11、【題文】若定義在上的函數是偶函數，且時，則時，____12、已知點A（2，4），B（6，﹣4），點P在直線3x﹣4y+3=0上，若滿足PA2+PB2=λ的點P有且僅有1個，則實數λ的值為____．13、已知△ABC的三內角A，B，C依次構成等差數列，則cosA+cosC的取值范圍為____．14、函數f（x）=在區間[1，4]上的最大值為______最小值為______．15、已知A(鈭?2,3)B(4,1)

直線lkx+y鈭?k+1=0

與線段AB

有公共點，則k

的取值是______．評卷人得分三、解答題(共7題，共14分)16、在四棱錐P-ABCD中；PD⊥平面ABCD，底面是邊長是1的正方形，側棱PA與底面成45°的角，M，N，分別是AB，PC的中點．

（1）求證：MN∥平面PAD；

（2）求四棱錐P-ABCD的體積．

（3）直線PC與面PBD所成角的余弦值．

17、已知函數f（x）=x+

（1）判斷函數f（x）的奇偶性．

（2）判斷f（x）在區間（0；1）上的單調性，并用定義證明．

（3）當x∈（-∞，0）時，寫出函數f（x）=x+的單調區間（不必證明）．

18、設函數為常數．（1）若的圖象中相鄰兩對稱軸之間的距離不小于求的取值范圍；（2）若的最小正周期為且當時，的最大值是又求的值．19、（本題12分）已知求的值20、已知數列的前項和為，點在直線上；數列滿足，且，它的前9項和為153．（1）求數列、的通項公式；（2）設，求數列的前項和為．21、【題文】（本小題滿分12分）

如圖1，在平面內，ABCD邊長為2的正方形，和都是正方形。將兩個正方形分別沿AD，CD折起，使與重合于點D1。設直線l過點B且垂直于正方形ABCD所在的平面，點E是直線l上的一個動點，且與點D1位于平面ABCD同側，設（圖2）。

（1）設二面角E–AC–D1的大小為q，當時，求的余弦值；

（2）當時在線段上是否存在點使平面平面若存在，求出分所成的比若不存在，請說明理由。22、計算：

（1）2log32-log3+log38-5

（2）log225?log34?log59．評卷人得分四、計算題(共4題，共24分)23、（+++）（+1）=____．24、方程2x2-x-4=0的兩根為α，β，則α2+αβ+β2=____．25、如圖，AB是⊙O的直徑，過圓上一點D作⊙O的切線DE，與過點A的直線垂直于E，弦BD的延長線與直線AE交于C點．

（1）求證：點D為BC的中點；

（2）設直線EA與⊙O的另一交點為F，求證：CA2-AF2=4CE?EA；

（3）若弧AD=弧DB，⊙O的半徑為r．求由線段DE，AE和弧AD所圍成的陰影部分的面積．26、計算：．評卷人得分五、證明題(共3題，共12分)27、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=2．28、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．29、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．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【解析】試題分析：平行四邊形的對角線互相平分，由中點坐標公式得的中點為也是的中點，可知頂點的坐標為考點：本小題主要考查平行四邊形的性質和中點坐標公式的應用.【解析】【答案】A2、C【分析】【解析】

試題分析：．

考點：集合的運算．【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】直線BC的斜率為則所求直線斜率為-1；則過A點且與直線BC垂直的直線為故選B【解析】【答案】B4、B【分析】解：-300°=-300×=-

故選B．

根據角度與弧度的互化公式：1°=代入計算即可．

本題主要考查了角度與弧度的互化公式：①2π=360°，②π=180°，③1=④1°=屬于對基礎知識的考查．【解析】【答案】B5、D【分析】解：圓x2+y2鈭?4x鈭?4y鈭?10=0

的圓心為(2,2)

半徑為32

圓心到到直線x+y鈭?14=0

的距離為|2+2鈭?14|2=52>32

圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是2R=62

故選D．

先看直線與圓的位置關系；如果相切或相離最大距離與最小距離的差是直徑；

相交時；圓心到直線的距離加上半徑為所求．

本題考查直線與圓相交的性質，點到直線的距離，是基礎題．【解析】D

6、A【分析】解：如圖；三棱錐S鈭?ABC

的所有頂點都在球O

的球面上；

隆脽SA隆脥

平面ABCSA=2AB隆脥BC

且AB=BC=1

隆脿AC=1+1=2

隆脿SA隆脥ACSB隆脥BC

SC=AC2+SA2=2+2=2

隆脿

球O

的半徑R=12SC=1

隆脿

球O

的表面積S=4婁脨R2=4婁脨

．

故選A．

由三棱錐S鈭?ABC

的所有頂點都在球O

的球面上；SA隆脥

平面ABCAB隆脥BC

可得SA隆脥ACSB隆脥BC

則SC

的中點為球心，由勾股定理解得SC

再由球的表面積公式計算即可得到．

本題考查球的表面積的求法，合理地作出圖形，確定球心，求出球半徑，是解題的關鍵．【解析】A

二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】

∵f（x）的定義域為[-1；2]；

∴-1≤3-|x|≤2即1≤|x|≤4；

當x＞0時；1≤x≤4即x∈[1，4]；

當x＜0時；1≤-x≤4，解得-4≤x≤-1即x∈[-4，-1]

所以函數f（3-|x|）的定義域是[-4；-1]∪[1，4]

故答案為[-4；-1]∪[1，4]

【解析】【答案】由函數的定義域為[-1；2]得到3-|x|∈[-1，2]，討論化簡絕對值求出x的范圍即為函數f（3-|x|）的定義域．

8、略

【分析】【解析】

試題分析：令則由得且解得．

考點：絕對值不等式的解法．【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】

試題分析：由主視圖和俯視圖可知此幾何體是側面垂直底面的三棱柱即為如圖所示的正三棱柱,由側視圖可。

知正三棱柱的高為2所以表面積為:

考點：三視圖及柱體表面積.【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：對于①若則平行或相交，錯誤；根據兩平面平行的性質定理知②正確；③若則平行或相交，錯誤；④若則正確。故正確的命題的序號為②④

考點：本題考查了空間中的線面關系。

點評：解決此類題目的關鍵是能否根據相應的判定定理與性質定理進行推理并結合空間想象能力進行判斷。【解析】【答案】②④11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12、58【分析】【解答】解：由點P在直線3x﹣4y+3=0上，設P（x，）；

又PA2+PB2=λ；

∴[（x﹣2）2+]+[（x﹣6）2+]=λ；

化簡得x2﹣x+﹣λ=0；

根據題意△=﹣4××（﹣λ）=0；

解得λ=58．

故答案為：58．

【分析】根據點P在直線3x﹣4y+3=0上，設出點P的坐標，代人PA2+PB2=λ中，化簡并令△=0，從而求出λ的值．13、（1]【分析】【解答】解：∵△ABC的三內角A；B，C成等差數列，∴2B=A+C；

又A+B+C=π；

∴3B=π，即B=

∴C=﹣A，A∈（0，）；

∴cosA+cosC=cosA+cos（﹣A）

=cosA+（﹣cosA+sinA）

=cosA+sinA

=cos（A﹣）；

由A∈（0，），得A﹣∈（﹣）；

∴cos（A﹣）∈（1]；

即cosA+cosC的取值范圍是（1]．

故答案為：（1]．

【分析】根據題意求出B=再用A表示出C，利用兩角和與差的余弦公式即可求出cosA+cosC的取值范圍．14、略

【分析】解：函數f（x）==2-

即有f（x）在[1；4]上遞增；

f（1）取得最小值，且為f（4）取得最大值，且為．

故答案為：．

判斷函數f（x）在[1；4]為增函數，即可得到f（x）的最值．

本題考查函數的最值的求法，注意運用函數的單調性，考查運算能力，屬于基礎題．【解析】15、略

【分析】解：A(鈭?2,3)B(4,1)

直線lkx+y鈭?k+1=0

經過C(1,鈭?1)

點，斜率為鈭?k

討論臨界點：

當直線l

經過B

點(4,1)

時；

kBC=鈭?k=1+14鈭?1=23

結合圖形知鈭?k隆脢[23,+隆脼)

成立，隆脿k隆脢(鈭?隆脼,鈭?23]

當直線l

經過A

點(鈭?2,3)

時；

kAC=鈭?k=3+1鈭?2鈭?1=鈭?43

結合圖形知鈭?k隆脢(鈭?隆脼,鈭?43]隆脿k隆脢[43,+隆脼)

．

綜上k隆脢(鈭?隆脼,鈭?23]隆脠[43,+隆脼)

．

故答案為：(鈭?隆脼,鈭?23]隆脠[43,+隆脼)

．

直線lkx+y鈭?k+1=0

經過C(1,鈭?1)

點；斜率為鈭?kkBCkAC

由此利用數形結合法能求出k

的取值范圍．

本題考查實數的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要注意直線的斜率計算公式和數形結合思想的合理運用．【解析】(鈭?隆脼,鈭?23]隆脠[43,+隆脼)

三、解答題(共7題，共14分)16、略

【分析】

四棱錐P-ABCD的底面積為1；

因為PD⊥平面ABCD；側棱PA與底面成45°的角所以四棱錐P-ABCD的高為1；

所以四棱錐P-ABCD的體積為：

（3）【解析】

連接AC；BD，相交于點O，連接PO，則AC⊥BD

∵PD⊥平面ABCD；∴PD⊥AC

又∵BD∩PD=D；∴AC⊥面PBD

∴∠CPO為直線PC與面PBD所成角。

∵PC=CO=

∴PO=

∴直線PC與面PBD所成角的余弦值為

【解析】【答案】（1）欲證MN∥平面PAD；根據直線與平面平行的判定定理可知只需證MN與平面PAD內一直線平行，根據三角形的中位線可知PC∥EO，滿足定理條件；

（2）根據四棱錐P-ABCD的底面積為1；高為PD，即可求出四棱錐P-ABCD的體積；

（3）連接AC；BD，相交于點O，則可得AC⊥面PBD，故∠CPO為直線PC與面PBD所成角，由此可得結論．

（1）證明：設PD的中點為E；連NE，AE

根據三角形的中位線可知NE∥CD，且NE=CD；

∵AM∥CD，且AM=CD；

∴NE∥AM；且NE=AM，∴MN∥AE；

又∵AE?平面PAD；MN?平面PAD；

∴MN∥平面PAD；

（2）17、略

【分析】

（1）函數f（x）的定義域為{x|x≠0}；關于原點對稱；

所以所以函數f（x）是奇函數．

（2）任設0＜x1＜x2＜1；

則=

因為0＜x1＜x2＜1，0＜x1x2＜1；

所以f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）；

所以函數在（0；1）上為減函數．

（3）由（1）（2）知；f（x）在（-1，0）上是減函數，在（-∞，1）上是增函數．

【解析】【答案】（1）求函數的定義域；利用函數奇偶性的定義判斷．（2）利用函數的單調性或導數證明．（3）利用函數的單調性確定函數的單調區間．

18、略

【分析】試題分析：(1)利用兩角和正弦公式和降冪公式化簡，得到的形式，利用公式計算周期，進而求出的取值范圍；(2)求三角函數的最小正周期一般化成形式，利用周期公式即可.求解較復雜三角函數的最值時，首先化成形式，在求最大值或最小值；（3）三角函數的給值求值的問題一般是正用公式將“復角”展開，看需要求相關角的哪些三角函數值，然后根據角的范圍求出相應角三角函數值，代入展開即可，注意角的范圍.試題解析：（1）==由題意知得的取值范圍為（2）若的最小正周期為得=1=有在區間上為增函數，所以的最大值為則所以=所以=+=或考點：(1)三角函數周期的應用；（2）三角函數的化簡和求值.【解析】【答案】(1)（2）或19、略

【分析】【解析】

∵故兩邊平方得，∴而∴與聯立解得∴【解析】【答案】20、略

【分析】

（1）因為；故當時；；當時，；滿足上式；所以；又因為，所以數列為等差數列；由，，故；所以公差；所以：；（2）∴【解析】【答案】21、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】

（2）設以D為原點，對DA，DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系如圖所示。BE="t"(t>2).

E(2,2,t)7分。

9分。

設平面的法向量

10分。

由平面平面得平面

11分。

所以：在線段上是存在點使平面平面分所成的比12分22、略

【分析】

（1）根據對數的運算性質計算即可；

（2）根據換底公式計算即可。

本題考查了換底公式和對數的運算性質，屬于基礎題．【解析】解：（1）原式=log3（4××8）-3=log39-3=2-3=-1；

（2）原式=log225?log34?log59=?=8四、計算題(共4題，共24分)23、略

【分析】【分析】先分母有理化，然后把括號內合并后利用平方差公式計算．【解析】【解答】解：原式=（+++）?（+1）

=（-1+++-）?（+1）

=（-1）?（+1）

=2014-1

=2013．

故答案為2013．24、略

【分析】【分析】先根據根與系數的關系求出α+β、αβ的值，再根據完全平方公式對α2+αβ+β2變形后，再把α+β、αβ的值代入計算即可．【解析】【解答】解：∵方程2x2-x-4=0的兩根為α；β；

∴α+β=-=，αβ==-2；

∴α2+αβ+β2=（α+β）2-αβ=（）2-（-2）=+2=．

故答案是：．25、略

【分析】【分析】（1）連接OD；ED為⊙O切線；由切線的性質知：OD⊥DE；根據垂直于同一直線的兩條直線平行知：OD∥AC；由于O為AB中點，則點D為BC中點．

（2）連接BF；AB為⊙O直徑，根據直徑對的圓周角是直角知，∠CFB=∠CED=90°，根據垂直于同一直線的兩條直線平行知

ED∥BF由平行線的性質知，由于點D為BC中點，則點E為CF中點，所以CA2-AF2=（CA-AF）（CA+AF）=（CE+AE-EF+AE）?CF=2AE?CF；將CF=2CE代入即可得出所求的結論．

（3）由于則弧AD是半圓ADB的三分之一，有∠AOD=180°÷3=60°；連接DA，可知等腰三角形△OAD為等邊三角形，則有OD=AD=r；在Rt△DEA中，由弦切角定理知：∠EDA=∠B=30°，可求得EA=r，ED=r，則有S陰影=S梯形AODE-S扇形AOD，從而可求得陰影部分的面積．【解析】【解答】（1）證明：連接OD；

∵ED為⊙O切線；∴OD⊥DE；

∵DE⊥AC；∴OD∥AC；

∵O為AB中點；

∴D為BC中點；

（2）證明：連接BF；

∵AB為⊙O直徑；

∴∠CFB=∠CED=90°；

∴ED∥BF；

∵D為BC中點；

∴E為CF中點；

∴CA2-AF2=（CA-AF）（CA+AF）

=（CE+AE-EF+AE）?CF=2AE?CF；

∴CA2-AF2=4CE?AE；

（3）解：∵，

∴∠AOD=60°；

連接DA；可知△OAD為等邊三角形；

∴OD=AD=r；

在Rt△DEA中；∠EDA=30°；

∴EA=r，ED=r；

∴S陰影=S梯形AODE-S扇形AOD=

=．26、略

【分析】【分析】本題涉及零指數冪、負指數冪、二次根式以及有理數的乘方4個考點．在計算時，需要針對每個考點分別進行計算，然后根據實數的運算法則求得計算結果．【解析】【解答】解：原式=-8+1+4+3=-7+4+3=-3+3=0．五、證明題(共3題，共12分)27、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）；