2025年魯科版高一數(shù)學上冊階段測試試卷

…………○…………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年魯科版高一數(shù)學上冊階段測試試卷454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5題，共10分)1、【題文】函數(shù)的定義域是（）A.B.C.D.2、【題文】以邊長為1的正方形的一邊所在所在直線為旋轉軸，將該正方形旋轉一周所得圓柱的側面積等于（）A.B.C.D.3、【題文】如圖8-25，在三棱柱的側棱A1A和B1B上各有一動點P，Q，且滿足A1P=BQ；過P；Q、C三點的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為（）

A.3∶1B.2∶1C.4∶1D.∶14、過點M（﹣2，a）和N（a，4）的直線的斜率為1，則實數(shù)a的值為（）A.1B.2C.1或4D.1或25、已知N={（x，y）|y=x+b}，若M∩N≠?，則實數(shù)b的范圍是（）A.[-1，1]B.C.D.評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、圖中所示的是一個算法的流程圖，已知輸出的則的值是____________7、給出下列命題：①存在實數(shù)使②函數(shù)是偶函數(shù)；③是函數(shù)的一條對稱軸的方程；④若是第一象限的角，且則其中正確命題的序號是.8、【題文】設函數(shù)f(x)＝x2－1，對任意x∈f－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．9、若x∈（-∞，2），則的最小值為______．10、某學校高一、高二、高三年級的學生人數(shù)之比為334

現(xiàn)用分層抽樣的方法從該校高中三個年級的學生中抽取容量為50

的樣本，則應從高二年級抽取______名學生．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)11、如圖：是⊙的直徑，垂直于⊙所在的平面，PA="AC,"是圓周上不同于的任意一點，(1)求證：平面(2)求二面角P-BC-A的大小。12、在中，角所對的邊分別是且（1）求角（2）若試求的最小值．13、【題文】(本小題滿分12分)

如圖；在□ABCD中，∠DAB=60°，AB=2，AD="4."將△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.

(1)求證：AB⊥DE；

(2)求三棱錐E—ABD的側面積.14、【題文】已知函數(shù)的定義域為值域為且函數(shù)為上的減函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍。15、（1）用函數(shù)單調性定義證明f（x）=x+在x∈（0，）上是減函數(shù)；

（2）求函數(shù)y=（2≤x＜4）的值域．評卷人得分四、計算題(共2題，共10分)16、直線y=2x-1與x軸的交點坐標是____，與y軸的交點坐標是____．17、已知cos（+x）=x∈（﹣﹣），求的值．評卷人得分五、證明題(共4題，共36分)18、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．19、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．20、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．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．評卷人得分六、綜合題(共1題，共9分)22、已知函數(shù)f（x）=ax2+4x+b，其中a＜0，a、b是實數(shù)，設關于x的方程f（x）=0的兩根為x1，x2；f（x）=x的兩實根為α；β．

（1）若|α-β|=1，求a、b滿足的關系式；

（2）若a、b均為負整數(shù)；且|α-β|=1，求f（x）解析式；

（3）試比較（x1+1）（x2+1）與7的大?。畢⒖即鸢敢弧⑦x擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【解析】所以所求函數(shù)的定義域為【解析】【答案】D2、A【分析】【解析】

試題分析：由已知得，所得圓柱的底面半徑和高均為為所以圓柱的側面積為選A.

考點：旋轉體的側面積.【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】

解：設三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V.

∵側棱AA1和BB1上各有一動點P，Q滿足A1P=BQ；

∴四邊形PQBA與四邊形PQB1A1的面積相等.

故四棱椎C-PQBA的體積等于三棱錐C-ABA1的體積等于

則幾何體CPQ-C1B1A1的體積等于

故過P；Q、C三點的截面把棱柱分成兩部分；則其體積比為2：1.

故選B.【解析】【答案】B4、A【分析】【解答】解：由于過點M（﹣2；a）和N（a，4）的直線的斜率為1；

∴

∴a=1

故選：A．

【分析】利用直線的斜率公式可得解方程求得a的值．5、C【分析】解：集合M表示圓心為原點，半徑為1的上半圓，集合N表示直線y=x+b；如圖所示；

當直線y=x+b過A點時，把A（1，0）代入得：b=-1；

當直線y=x+b與圓相切；且切點在第二象限時；

圓心到直線的距離d=r，即=1，即b=（負值舍去）；

則M∩N≠?時，實數(shù)b的范圍是[-1，]．

故選：C．

畫出兩函數(shù)圖象，抓住兩個關鍵點，一是直線過點A；一是直線與圓相切，求出相應b的值，即可確定出兩集合不為空集時b的范圍．

此題考查了交集及其運算，利用了數(shù)形結合的思想，抓住兩個關鍵點是解本題的關鍵．【解析】【答案】C二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于輸出的則故可知答案為11.考點：流程圖【解析】【答案】117、略

【分析】試題分析：對于①，由于所以的最大值為所以命題①錯誤；對于②，由而是偶函數(shù)，所以命題②正確；對于③，把代入即所以是函數(shù)的一條對稱軸的方程，所以命題③正確；對于④，舉出反例，取是第一象限的角，且但所以命題④錯誤.考點：命題的真假判斷與應用．【解析】【答案】②③.8、略

【分析】【解析】由題意知－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)在x∈上恒成立；

－4m2≤－－＋1在x∈上恒成立，當x＝時，函數(shù)y＝－－＋1取得最小值－所以－4m2≤－即(3m2＋1)(4m2－3)≥0；

解得m≤－或m≥【解析】【答案】m≤－或m≥9、略

【分析】解：y==（x＜2）

當且僅當x=1時取等號，則的最小值為2．

故答案為：2

y==再利用均值不等式即可．

本題考查了構造均值不等式，求函數(shù)最值，屬于基礎題．【解析】210、略

【分析】解：隆脽

高一；高二、高三年級的學生人數(shù)之比為334

隆脿

高二在總體中所占的比例是33+3+4=310

隆脽

用分層抽樣的方法從該校高中三個年級的學生中抽取容量為50

的樣本；

隆脿

要從高二抽取310隆脕50=15

故答案為：15

根據(jù)三個年級的人數(shù)比；做出高二所占的比例，用要抽取得樣本容量乘以高二所占的比例，得到要抽取的高二的人數(shù)．

本題考查分層抽樣方法，本題解題的關鍵是看出三個年級中各個年級所占的比例，這就是在抽樣過程中被抽到的概率，本題是一個基礎題．【解析】15

三、解答題(共5題，共10分)11、略

【分析】【解析】試題分析（1）利用線面垂直的性質可得線線垂直，再利用線面垂直的判定定理，可得結論；（2）利用二面角的求解。因為因為PA⊥平面ABC，且BC?平面ABC，所以PA⊥BC．又△ABC中，AB是圓O的直徑，所以BC⊥AC．、又PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC．（2）在第一問的基礎上，由于是⊙的直徑，垂直于⊙所在的平面，PA="AC,"是圓周上不同于的任意一點，那么可知二面角P-BC-A的大小450考點：空間圖形的位置關系【解析】【答案】（1）利用線面垂直的性質可得線線垂直，再利用線面垂直的判定定理，可得結論；（2）∠PCA=45012、略

【分析】在化簡時一般切化弦，再根據(jù)正弦定理得三角形邊的比值等于其相對應角A,B,C的正弦值的比值，將代數(shù)式中三角函數(shù)值化成正余弦值；求時通常通過平方，轉化為來解決。【解析】

（1）即∴∴．∵∴．7分（2）．∵∴∴．從而．∴當＝1，即時，|mn|取得最小值．所以，．【解析】【答案】（1）．（2）13、略

【分析】【解析】

試題分析：(1)在△ABD中；∵AB=2，AD=4，∠DAB=60°；

∴BD=

∴AB2+BD2=AD2；∴AB⊥BD.

又∵平面EBD⊥平面ABD；

平面EBD∩平面ABD=BD，AB平面ABD；

∴AB⊥平面EBD.又∵DE平面EBC；∴AB⊥DE.5分。

(2)由(1)知AB⊥BD.

∵CD∥AB∴CD⊥BD；從而DE⊥BD

在Rt△DBE中,∵DB=2DE=DC=AB=2；

∴S△DBE=7分。

又∵AB⊥平面EBD，BE平面EBD；∴AB⊥BE.

∵BE=BC=AD=4，S△ABE=AB·BE=49分。

∵DE⊥BD；平面EBD⊥平面ABD，∴ED⊥平面ABD；

而AD平面ABD，∴ED⊥AD，∴S△ADE=AD·DE="4."11分。

綜上，三棱錐E—ABD的側面積S=8+212分。

考點：本小題主要考查空間中直線；平面間的位置關系的判斷和證明以及側面積的計算；考查學生的空間想象能力和推理論證能力以及運算求解能力.

點評：要證明空間中直線、平面間的位置關系要緊扣判定定理和性質定理，定理中要求的條件缺一不可.【解析】【答案】（1）先求出BD，利用勾股定理知AB⊥BD，再由面面垂直的性質知AB⊥平面EBD，從而得證（2）S=8+214、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（1）[0,1]（2）變題：15、略

【分析】

（1）設x1，x2是（0，）上的任意兩個值，且x1＜x2，通過作差證明f（x2）＜fx1）即可；

（2）令t=x-1（1≤t＜3），則x=t+1，可得y=2（t++3）；易知函數(shù)的單調性，由單調性可求得函數(shù)的最值，從而可得值域；

本題考查函數(shù)單調性的證明及其應用，考查函數(shù)的值域的求解，屬中檔題．【解析】（1）證明：設x1，x2是（0，）上的任意兩個值，且x1＜x2；

則x2-x1＞0，所以f（x2）-f（x1）=-=（x2-x1）+=（x2-x1）

∵0＜x1＜0＜x2＜

∴0＜x1x2＜2，x1x2-2＜0；

又x2-x1＞0；

∴f（x2）-f（x1）＜0，即f（x2）＜fx1）；

∴f（x）=x+在x∈（0，）上是減函數(shù)；

（2）令t=x-1（1≤t＜3）；則x=t+1；

∴y===2（t++3）；

由（1）知y=2（t++3）在x∈（0，）上單調遞減；

同理可證y=2（t++3）在（+∞）上單調遞增；

∴當t=即x=+1時，ymin=2（3+2），當t=3即x=4時，y=當t=1即x=2時；y=12；

∴原函數(shù)的值域為[2（3+2），）．四、計算題(共2題，共10分)16、略

【分析】【分析】根據(jù)函數(shù)與y軸的交點的橫坐標為0，函數(shù)與x軸的交點的縱坐標為0．【解析】【解答】解：當y=0時；x=0.5；

當x=0時；y=-1．

∴直線y=2x-1與x軸的交點坐標是（0.5，0），與y軸的交點坐標是（0，-1）．17、解：∵x∈（﹣﹣），cos（+x）=可得：cosx﹣sinx=①，cosx﹣sinx=．

又x+∈（﹣0），得sin（x+）=﹣

即cosx+sinx=-②．

由①、②解得sinx=﹣

cosx=．

cosx+sinx=．兩邊平方化簡可得sin2x=．

===【分析】【分析】利用已知條件求出x的正弦函數(shù)以及余弦函數(shù)值，化簡所求表達式求解即可．五、證明題(共4題，共36分)18、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．19、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質得到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．20、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．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=