…………○…………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年統編版高一數學上冊階段測試試卷795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9題，共18分)1、對于函數y=f（x）（x∈I），y=g（x）（x∈I），若對于任意x∈I，存在x，使得f（x）≥f（x），g（x）≥g（x）且f（x）=g（x），則稱f（x），g（x）為“兄弟函數”．已知函數是定義在區間上的“兄弟函數”，那么函數f（x）在區間上的最大值為（）

A.

B.2

C.4

D.

2、設函數f(x)是定義在R上的奇函數，且f(－3)＝－2，則f(3)＋f(0)＝()A.3B.－3C.2D.73、【題文】設是兩條直線，是兩個平面，下列能推出的是()A.B.C.D.4、【題文】函數的圖像大致是（）

5、函數f（x）=sinx+cosx圖象的一條對稱軸方程是（）A.x=B.x=0C.x=﹣D.x=-6、已知集合A={﹣1，1，2，3，4}，B={﹣2，﹣1，0，1，2}，則A∩B（）A.{3，4}B.{﹣2，3}C.{﹣2，4}D.{﹣1，1，2}7、已知偶函數在區間上是增函數，且滿足下列判斷中錯誤的是（）A.B.函數在上單調遞減C.函數的圖像關于直線對稱D.函數的周期是8、設函數y=x3與y=（）x的圖象的交點為（x0，y0），則x0所在的區間是（）A.（0，1）B.（1，2）C.（2，3）D.（3，4）9、不論m

為何值，直線(m鈭?2)x鈭?y+3m+2=0

恒過定點(

)

A.(3,8)

B.(8,3)

C.(鈭?3,8)

D.(鈭?8,3)

評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、（2013?越秀區校級自主招生）已知正方形網格中，每個小方格都是邊長為1的正方形，A、B兩點在小方格的頂點上，位置如圖所示，點C也在小方格的頂點上，且以A、B、C為頂點的三角形面積為1個平方單位，則點C的個數為____個．11、已知函數f（x）=sinx．若存在x1，x2，，xm滿足0≤x1＜x2＜＜xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|++|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12（m≥0，m∈N*），則m的最小值為____12、設Sn是等比數列{an}的前n項和，若S1，2S2，3S3成等差數列，則公比q等于____．13、若則sinα+cosα=______．14、若2a=5b=10

則1a+1b=

______．15、關于x

的方程婁脨x=a+12鈭?a

只有正實數解，則a

的取值范圍是______．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)16、求函數f（x）=lg（9-x2）的定義域；值域并指出其單調遞增區間（不必證明）．

17、把函數f（x）的圖象按=（--2）平移后得到函數y=cosx的圖象．

（I）求函數f（x）的解析式；

（II）作函數的圖象（一個周期）．

18、設an為等差數列，bn為等比數列，且a1=0，若cn=an+bn，且c1=1，c2=1，c3=2．

（1）求an的公差d和bn的公比q；（2）求數列cn的前10項和．

19、我們給出如下定義：對函數y=f（x），x∈D，若存在常數C（C∈R），對任意的x1∈D，存在唯一的x2∈D，使得=C；則稱函數f（x）為“和諧函數”，稱常數C為函數f（x）的“和諧數”．

（1）判斷函數f（x）=x+1，x∈[﹣1，3]是否為“和諧函數”？答：____．（填“是”或“否”）如果是，寫出它的一個“和諧數”：____．（4分）

（2）證明：函數g（x）=lgx，x∈[10，100]為“和諧函數”，是其“和諧數”；

（3）判斷函數u（x）=x2，x∈R是否為和諧函數，并作出證明．20、已知：β∈（0，），α∈（）且cos（﹣α）=sin（+β）=求：cosα，cos（α+β）評卷人得分四、計算題(共3題，共21分)21、解不等式組，求x的整數解．22、（2011?蒼南縣校級自主招生）已知二次函數y=ax2+bx+c圖象如圖所示；則下列式子：

ab，ac，a+b+c，a-b+c，2a+b，2a-b中，其值為正的式子共有____個．23、已知f（x）=8+2x﹣x2，g（x）=f（2﹣x2），試求g（x）的單調區間．評卷人得分五、證明題(共1題，共5分)24、求證：（1）周長為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，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．評卷人得分六、綜合題(共3題，共12分)25、如圖，已知：⊙O1與⊙O2外切于點O，以直線O1O2為x軸，點O為坐標原點，建立直角坐標系，直線AB切⊙O1于點B，切⊙O2于點A，交y軸于點C（0，2），交x軸于點M．BO的延長線交⊙O2于點D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半徑的長；

（2）求線段AB的解析式；

（3）在直線AB上是否存在點P，使△MO2P與△MOB相似？若存在，求出點P的坐標與此時k=的值，若不存在，說明理由．26、（2011?青浦區二模）如圖，已知邊長為3的等邊三角形ABC紙片，點E在AC邊上，點F在AB邊上，沿著EF折疊，使點A落在BC邊上的點D的位置，且ED⊥BC，則CE的長是____．27、如圖；在平面直角坐標系中，OB⊥OA，且OB=2OA，點A的坐標是（-1，2）．

（1）求點B的坐標；

（2）求過點A、O、B的拋物線的表達式．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

根據題意，

∵

∴函數g（x）在上單調減；在（1，2]上單調增。

∵x=時，g（）=x=2時，g（2）=

∴函數g（x）在上的最大值為

∴函數f（x）在區間上的最大值為

故選A．

【解析】【答案】先求函數g（x）在上單調減，在（1，2]上單調增，從而可得函數的最大值，進而可得函數f（x）在區間上的最大值．

2、C【分析】因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，且f(－3)＝－2，則f(3)＋f(0)=2+0=2，選C【解析】【答案】C3、C【分析】【解析】

試題分析：∵∥且∴又∵∴選項C正確.

考點：線線垂直的判定.【解析】【答案】C4、B【分析】【解析】函數是偶函數，故它的圖象關于直線對稱；

的圖象是的圖象向右平移一個單位得到；

故的圖象關于直線對稱。

當時，在上單調遞增；

結合選項可知，B正確。【解析】【答案】B5、A【分析】【解答】函數f（x）=sinx+cosx=sin（x+）．

令x+=kπ+k∈z，可得x=kπ+k∈z．

故選A．

【分析】化簡函數f（x）的解析式為sin（x+），令x+=kπ+k∈z，可得x=kπ+k∈z就是函數的對稱軸，由此。

得出結論。6、D【分析】【解答】解：∵A={﹣1；1，2，3，4}，B={﹣2，﹣1，0，1，2}，∴A∩B={﹣1，1，2}；

故選：D．

【分析】由A與B，求出兩集合的交集即可．7、C【分析】【解答】對于A；令x=0代入題中等式，得f（1-0)+f（1+0)=0，∴f（1)=0，結合函數為偶函數得f（-1)=f（1)=0，再令x=2代入題中等式，得f（1-2)+f（1+2)=0，得f（3)=-f（-1)=0，結合函數為偶函數得f（-3)=f（3)=0，最后令x=4，f（1-4)+f（1+4)=0，得f（5)=-f（-3)=0，故A項正確；對于B，因為偶函數y=f（x)圖象關于y軸對稱，在區間[-1，0]上是增函數，所以y=f（x)在區間[0，1]上是減函數，設F（x)=f（1+x)，得F（-x)=f（1-x)，因為f（1-x)+f（1+x)=0，得f（1+x)=-f（1-x)，所以F（x)=f（1+x)是奇函數，圖象關于原點對稱．由此可得y=f（x)圖象關于點（1，0)對稱．∵區間[1，2]和區間[0，1]是關于點（1，0)對稱的區間，且在對稱的區間上函數的單調性一致，∴函數f（x)在[1，2]上單調遞減，故B項正確；對于C，由B項的證明可知，y=f（x)圖象關于點（1，0)對稱，若f（x)的圖象同時關于直線x=1對稱，則f（x)=0恒成立，這樣與“在區間[-1，0]上f（x)是增函數”矛盾，故C不正確；對于D，因為f（x)=f（1-（1-x))=-f（1+（1+x))=-f（x+2)，所以f（x+2)=-f（x+4)，可得f（x+4)=f（x)，函數f（x)的周期是T=4，D項正確，故選C

【分析】給出抽象函數，要我們在給出的幾條性質中找出錯誤的一項，著重考查了抽象函數的性質和函數單調性、奇偶性等知識，屬于中檔題8、A【分析】解：令f（x）=x3-

∵f′（x）=3x2-ln=3x2+ln2＞0；

∴f（x）=x3-在R上單調遞增；

又f（1）=1-=＞0；

f（0）=0-1=-1＜0；

∴f（x）=x3-的零點在（0；1）；

∵函數y=x3與y=（）x的圖象的交點為（x0，y0）；

∴x0所在的區間是（0；1）．

故答案為：A．

構造函數f（x）=x3-利用零點存在定理判斷即可．

本題考查零點存在定理，屬于中檔題．【解析】【答案】A9、C【分析】解：直線(m鈭?2)x鈭?y+3m+2=0

可為變為m(x+3)+(鈭?2x鈭?y+2)=0

令{鈭?2x鈭?y+2=0x+3=0

解得：{y=8x=鈭?3

故不論m

為何值；直線(m鈭?2)x鈭?y+3m+2=0

恒過定點(鈭?3,8)

故選；C

．

將直線的方程(m鈭?2)x鈭?y+3m+2=0

是過某兩直線交點的直線系；故其一定通過某個定點，將其整理成直線系的標準形式，求兩定直線的交點此點即為直線恒過的定點．

正確理解直線系的性質是解題的關鍵．【解析】C

二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】怎樣選取分類的標準，才能做到點C的個數不遺不漏，按照點C所在的直線分為兩種情況：當點C與點A在同一條直線上時，AC邊上的高為1，AC=2，符合條件的點C有2個；當點C與點B在同一條直線上時，BC邊上的高為1，BC=2，符合條件的點C有4個．【解析】【解答】解：C點所有的情況如圖所示：

即有6個點；

故答案為：6．11、8【分析】【解答】解：∵y=sinx對任意xi，xj（i，j=1，2，3，，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2；

要使m取得最小值，盡可能多讓xi（i=1；2，3，，m）取得最高點；

考慮0≤x1＜x2＜＜xm≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|++|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12；

按下圖取值即可滿足條件；

∴m的最小值為8．

故答案為：8．

【分析】由正弦函數的有界性可得，對任意xi，xj（i，j=1，2，3，，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，盡可能多讓xi（i=1，2，3，，m）取得最高點，然后作圖可得滿足條件的最小m值．12、【分析】【解答】解：∵S1，2S2，3S3成等差數列；

∴所以4S2=S1+3S3；

∴4（a1+a1q）=a1+3（a1+a1q+a1q2）；

解得q=

故答案為．

【分析】由S1，2S2，3S3成等差數列，可得4S2=S1+3S3，故有4（a1+a1q）=a1+3（a1+a1q+a1q2），解方程求出公比的值．13、略

【分析】解：若則sinα+cosα=+=+

=+=+=

故答案為：．

由條件利用同角三角函數的基本關系；二倍角的三角公式，求得所給式子的值．

本題主要考查同角三角函數的基本關系，二倍角的三角公式的應用，屬于基礎題．【解析】14、略

【分析】解：因為2a=5b=10

故a=log210b=log510

1a+1b=log102+log105=log1010=1

故答案為1

．

首先分析題目已知2a=5b=10

求1a+1b

的值，故考慮到把a

和b

用對數的形式表達出來代入1a+1b

再根據對數的性質以及同底對數和的求法解得，即可得到答案．

此題主要考查對數的運算性質的問題，對數函數屬于三級考點的內容，一般在高考中以選擇填空的形式出現，屬于基礎性試題同學們需要掌握．【解析】1

15、略

【分析】解：隆脽

方程婁脨x=a+12鈭?a

只有正實數解；

隆脿a+12鈭?a>1

即a+12鈭?a鈭?1>0

整理得：2a鈭?1a鈭?2<0

．

解得：12<a<2

．

隆脿a

的取值范圍為(12,2)

．

故答案為：(12,2)

．

把方程婁脨x=a+12鈭?a

只有正實數解轉化為a+12鈭?a>1

然后求解分式不等式得答案．

本題考查函數的零點與方程根的關系，考查指數函數的性質，是基礎題．【解析】(12,2)

三、解答題(共5題，共10分)16、略

【分析】

∵9-x2＞0

∴-3＜x＜3

∴f（x）的定義域是（-3；3）

又∵0＜9-x2≤9

∴lg（9-x2）≤2lg3

∴f（x）的值域是（-∞；2lg3]

f（x）單調遞增區間是（-3；0]（或（-3，0））

【解析】【答案】根據函數解析式的特征可知滿足9-x2＞0的x的取值所構成的集合即為此函數的定義域，將9-x2看成一個整體求出其范圍再根據y=lgx的單調性即可求出f（x）的值域；根據復合函數的單調性的判斷法則再結合定義域即可求出其遞增區間．

17、略

【分析】

由平移公式得：

代入y=cosx得：

即函數（3分）（5分）

。xπg（x）-11

【解析】【答案】（I）通過向量的平移只是確定f（x）的函數解析式．

（II）根據f（x）的解析式化簡g（x）；在用五點作圖法畫出函數圖象．

（本小題滿分8分）

18、略

【分析】

（1）∵c1=1，a1=0，c1=a1+b1，∴b1=1（1′）

由c2=1，c3=2得（4′）

解得：或（舍）（6′）

∴an的公差為2，bn的公比為-1．（8′）

（2）S10=c1+c2+c3++c10═（a1+a2++a10）+（b1+b2++b10）（10′）

==978（14′）

【解析】【答案】（1）由題義及等差數列和等比數列定義；利用方程的思想建立公比q和公差d的方程，聯立求解即可。

（2）由題義及數列的前n項和公式的定義；利用等差數列及等比數列的前n項和即可。

19、解：（1）∵對任意x1∈[﹣1，3]，令{#mathml#}fx1+fx22

{#/mathml#}=2，得x2=2﹣x1，∴x2∈[﹣1，3]，即對任意的x1∈[﹣1，3]，存在唯一的x2=2﹣x1∈[﹣1，3]，使得{#mathml#}fx1+fx22

{#/mathml#}=2，

故正確答案為是；2

（2）證明：①對任意x1∈[10，100]，令{#mathml#}g(x1)+g(x2)2=32

{#/mathml#}，即{#mathml#}lgx1+lgx22=32

{#/mathml#}，

得{#mathml#}x2=1000x1

{#/mathml#}．∵x1∈[10，100]，∴{#mathml#}x2=1000x1

{#/mathml#}∈[10,100]．

即對任意x1∈[10，100]，存在唯一的{#mathml#}x2=1000x1

{#/mathml#}∈[10,100]，使得{#mathml#}g(x)+gx22=32

{#/mathml#}．

∴g（x）=lgx為“和諧函數”，其“和諧數”為{#mathml#}32

{#/mathml#}．

參照上述證明過程證明：函數h（x）=2x，x∈（1，3）為“和諧函數”，5是其“和諧數”；

②對任意x1∈（1，3），令{#mathml#}hx1+hx22=5

{#/mathml#}，即{#mathml#}2x1+2x22=5

{#/mathml#}，得{#mathml#}2x2=10-2x1

{#/mathml#}，{#mathml#}x2=log210-2x1

{#/mathml#}．∵x1∈（1，3），∴{#mathml#}10-2x1

{#/mathml#}∈（2,8），{#mathml#}x2=log210-2x1

{#/mathml#}∈（1,3）．

即對任意x1∈（1，3），存在唯一的{#mathml#}x2=log210-2x1

{#/mathml#}∈（1,3），使得{#mathml#}hx1+hx22=5

{#/mathml#}．

∴h（x）=2x，x∈（1，3）為“和諧函數”，5是其“和諧數”

（3）解：函數u（x）=x2，x∈R不是“和諧函數”，證明如下：

對任意的常數C，①若C≤0，則對于x1=1，顯然不存在x2∈R，使得{#mathml#}x12+x222

{#/mathml#}={#mathml#}1+x222

{#/mathml#}=C成立，

所以C（C≤0）不是函數u（x）=x2，x∈R的和諧數；

②若C＞0，則對于{#mathml#}x1=4C

{#/mathml#}，由{#mathml#}x12+x222

{#/mathml#}={#mathml#}4C+x222

{#/mathml#}得，x22=﹣2C＜0，

即不存在x2∈R，使{#mathml#}x12+x222

{#/mathml#}=C成立．所以C（C＞0）也不是函數u（x）=x2，x∈R的和諧數．

綜上所述，函數u（x）=x2，x∈R不是“和諧函數”．【分析】【分析】（1）根據題目対“和諧函數”的定義，對任意x1∈[﹣1，3]，令=2，得x2=2﹣x1，而x2∈[﹣1，3]，即對任意的x1∈[﹣1，3]，存在唯一的x2=2﹣x1∈[﹣1，3]，使得=2；即可得正確結果。

（2）參照上述證明過程，對任意x1∈（1，3），令得∈（1,3）∈（1，3），即可證明函數h（x）=2x；x∈（1，3）為“和諧函數”

（3）分c＜0和c≥0兩種情況討論，對任意的x1∈R，不存在唯一的x2∈R，使=C成立，所以函數u（x）=x2，x∈R不是“和諧函數”20、解：∵{#mathml#}π4

{#/mathml#}＜α＜{#mathml#}3π4

{#/mathml#}，∴﹣{#mathml#}π2

{#/mathml#}＜{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α＜0．∵cos（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）={#mathml#}45

{#/mathml#}，∴sin（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）=﹣{#mathml#}35

{#/mathml#}，

∴cosα=cos[{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）]

=cos{#mathml#}π4

{#/mathml#}?cos（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）+cos{#mathml#}π4

{#/mathml#}?sin（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）

={#mathml#}22

{#/mathml#}?{#mathml#}45

{#/mathml#}+{#mathml#}22

{#/mathml#}?（﹣{#mathml#}35

{#/mathml#}）

={#mathml#}210

{#/mathml#}．

又∵0＜β＜{#mathml#}π4

{#/mathml#}，∴{#mathml#}3π4

{#/mathml#}＜{#mathml#}3π4

{#/mathml#}+β＜π．

∵sin（{#mathml#}3π4

{#/mathml#}+β）={#mathml#}513

{#/mathml#}，∴cos（{#mathml#}3π4

{#/mathml#}+β）={#mathml#}?1213

{#/mathml#}Z，

∴cos（α+β）=sin[{#mathml#}π2

{#/mathml#}+（α+β）]=sin[（{#mathml#}3π4

{#/mathml#}+β）﹣（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）]

=sin（{#mathml#}3π4

{#/mathml#}+β）?cos（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）﹣cos（{#mathml#}3π4

{#/mathml#}+β）?sin（{#mathml#}π4

{#/mathml#}﹣α）

={#mathml#}513

{#/mathml#}?{#mathml#}45

{#/mathml#}﹣（﹣{#mathml#}1213

{#/mathml#}）?（﹣{#mathml#}35

{#/mathml#}）

=﹣{#mathml#}1665

{#/mathml#}．【分析】【分析】根據兩角和與差的正弦余弦函數同角三角函數間的基本關系即可求出．四、計算題(共3題，共21分)21、略

【分析】【分析】解第一個不等式得，x＜1；解第二個不等式得，x＞-7，然后根據“大于小的小于大的取中間”即可得到不等式組的解集．【解析】【解答】解：解第一個不等式得；x＜1；

解第二個不等式得；x＞-7；

∴-7＜x＜1；

∴x的整數解為：-6，-5，-4，-3，-2，-1，0．22、略

【分析】【分析】由函數圖象可以得到a＜0，b＞0，c＜0，令y=0，方程有兩正實根，根據以上信息，判斷六個代數式的正負．【解析】【解答】解：從函數圖象上可以看到，a＜0，b＞0；c＜0，令y=0，方程有兩正實根；

則①ab＜0；

②ac＞0；

③當x=1時，a+b+c＞0；

④當x=-1時，a-b+c＜0；

⑤對稱軸x=-=1，2a+b=0；

⑥對稱軸x=-=1，b＞0，2a-b＜0．

故答案為2．23、解：∵f（x）=8+2x﹣x2∴g（x）=f（2﹣x2）=﹣x4+2x2+8

g'（x）=﹣4x3+4x

當g'（x）＞0時，﹣1＜x＜0或x＞1

當g'（x）＜0時，x＜﹣1或0＜x＜1

故函數g（x）的增區間為：（﹣1；0）和（1，+∞）

減區間為：（﹣∞；﹣1）和（0，1）

【分析】【分析】先求出函數g（x）的解析式，然后對函數g（x）進行求導，當導數大于0時為單調增區間，當導數小于0時單調遞減．五、證明題(共1題，共5分)24、略

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

（2）“曲“化“直“．對比（1），應取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

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

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O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R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．六、綜合題(共3題，共12分)25、略

【分析】【分析】（1）連接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，根據切線長定理求出AB的長，設O1B為r，根據勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2）求出∠CMO=∠NO1O2=30°，求出OM，設AB的解析式是y=kx+b；把C；M的坐標代入得到方程組，求出方程組的解即可；

（3）①∠MO2P=30°，過B作BQ⊥OM于Q，求出MQ，BQ，過P'作P'W⊥X軸于W，根據相似三角形的性質求出PW即可得到P的坐標，根據相似三角形的性質求出k即可；②∠MO2P=120°，過P作PZ⊥X軸于Z，根據含30度角的直角三角形性質求出PZ，即可得到P的坐標，根據相似三角形的性質求出k即可．【解析】【解答】解：（1）連接BO1，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，

∵直線AB切⊙O1于點B，切⊙O2于點A；交y軸于點C（0，2）；

∴CA=CB；CA=CO（切線長定理）；

∴CA=CB=CO；

∴AB=2OC=4；

設O1B為r，由O1O22-O2N2=O1N2得（4r）2-（2r）