2025年人教版高一數(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年人教版高一數(shù)學上冊階段測試試卷259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、圓C1：（x+1）2+（y+4）2=16與圓C2：（x-2）2+（y+2）2=9的位置關系是（）

A.相交。

B.外切。

C.內切。

D.相離。

2、設是定義在Ｒ上的偶函數(shù)，當（）Ａ．３Ｂ．Ｃ．Ｄ．－３3、【題文】若集合則（）A.B.C.D.4、定義在上的函數(shù)滿足且當時，則等于()A.B.C.D.5、設f（x）=則f（5）的值是（）A.24B.21C.18D.166、等差數(shù)列{an}中，a1=1,a7=4，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，b2=a3，則滿足的最小正整數(shù)n是（）A.5B.6C.7D.87、已知是平面；m,n是直線，給出下列命題，其中正確的命題的個數(shù)是()

(1)若則

(2)若則

(3)如果是異面直線,那么n與相交。

(4)若且則且A.1B.2C.3D.48、如圖，已知四邊形ABCD

是邊長為1

的正方形，MD隆脥

平面ABCDNB隆脥

平面ABCD

且MD=NB=1E

為MC

的中點，則下列結論不正確的是(

)

A.平面BCE隆脥

平面ABN

B.MC隆脥AN

C.平面CMN隆脥

平面AMN

D.平面BDE//

平面AMN

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、已知正四棱錐的底面邊長為2，側棱長為則側面與底面所成的二面角為____．10、函數(shù)的圖象為C．如下結論：

①函數(shù)的最小正周期是π；

②圖象C關于直線x=π對稱；

③函數(shù)f（x）在區(qū)間（）上是增函數(shù)；

④由y=3sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象C．

其中正確的是____．（寫出所有正確結論的序號）11、對于滿足的實數(shù)使恒成立的x取值范圍是.12、已知點A（﹣5，0），B（﹣1，﹣3），若圓x2+y2=r2（r＞0）上恰有兩點M，N，使得△MAB和△NAB的面積均為5，則r的取值范圍是____13、已知向量滿足-+2=0，且⊥||=2，||=1，則||=______．評卷人得分三、解答題(共9題，共18分)14、如圖，棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中；

（1）求證：AC⊥平面B1D1DB；

（2）求證：BD1⊥平面ACB1

（3）求三棱錐B-ACB1體積．

15、【題文】已知鈍角三角形的三邊長分別為2，3，則的取值范圍.16、【題文】已知點是圓上的點。

（1）求的取值范圍;

（2）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.17、【題文】將進貨價為8元的商品按每件10元售出，每天可銷售200件；若每件的售價漲0.5元，其銷售量減少10件，問將售價定為多少時，才能使所賺利潤最大？并求出這個最大利潤．18、【題文】已知函數(shù)

(1)求證：在上是增函數(shù)；

(2)若在區(qū)間上取得最大值為5，求實數(shù)的值．19、【題文】已知奇函數(shù)f(x)在(－￥,0)∪(0,+￥)上有意義，且在(0,+￥)上是增函數(shù)，f(1)=0，又函數(shù)g(q)=sin2q+mcosq－2m，若集合M="{m"|g(q)<0}，集合N="{m"|f[g(q)]<0}，求M∩N.20、【題文】(本小題滿分13分)

某電視生產(chǎn)企業(yè)有A、B兩種型號的電視機參加家電下鄉(xiāng)活動，若企業(yè)投放A、B兩種型號電視機的價值分別為a、b萬元，則農(nóng)民購買電視機獲得的補貼分別為萬元（m＞0且為常數(shù)）．已知該企業(yè)投放總價值為10萬元的A；B兩種型號的電視機；且A、B兩種型號的投放金額都不低于1萬元．

（1）請你選擇自變量；將這次活動中農(nóng)民得到的總補貼表示為它的函數(shù)，并求其定義域；

（2）求當投放B型電視機的金額為多少萬元時，農(nóng)民得到的總補貼最大？21、【題文】計算：22、已知直線l經(jīng)過點P（3；4）．

（1）若直線l的傾斜角為θ（θ≠90°）；且直線l經(jīng)過另外一點（cosθ，sinθ），求此時直線的方程；

（2）若直線l與兩坐標軸圍成等腰直角三角形，求直線l的方程．評卷人得分四、作圖題(共1題，共7分)23、某潛艇為躲避反潛飛機的偵查，緊急下潛50m后，又以15km/h的速度，沿北偏東45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏東60°前行8min，最后擺脫了反潛飛機的偵查．試畫出潛艇整個過程的位移示意圖．評卷人得分五、計算題(共4題，共40分)24、Rt△ABC中，若∠C=90°，a=15，b=8，則sinA+sinB=____．25、（2009?鏡湖區(qū)校級自主招生）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=4，CD=2，對角線AC與BD交于點M．則點M到BC的距離是____．26、已知x1，x2為方程x2+4x+2=0的兩實根，則x13+14x2+55=____．27、已知關于x的方程k2x2+（2k-1）x+1=0有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2．

（1）求k的取值范圍；

（2）是否存在實數(shù)k，使方程的兩實數(shù)根互為相反數(shù)？如果存在，求出k的值；如果不存在，請說明理由．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】

由于這兩個圓的圓心距d=C1C2==顯然4-3＜d＜4+3；

即兩圓的圓心距大于半徑之差而小于半徑之和；故兩圓相交；

故選A．

【解析】【答案】先求得兩圓的圓心距；再根據(jù)兩圓的圓心距大于半徑之差而小于半徑之和，可得兩圓相交．

2、B【分析】試題分析：因為函數(shù)是偶函數(shù)，所以所以答案選考點：函數(shù)的奇偶性.【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】此題考查集合的運算。

解：集合B化為所以

答案：C.【解析】【答案】C4、C【分析】【解答】由得，令得，由得而當時，所以當時，即而故選C.5、A【分析】【解答】解：f（x）=

f（5）=f（f（10））=f（f（f（（15）））=f（f（18））=f（21）=21+3=24．

故選：A．

【分析】由已知條件利用函數(shù)的性質得f（5）=f（f（10））=f（f（f（15））），由分段函數(shù)即可得到．6、C【分析】【分析】等差數(shù)列中，所以公差從而所以等比數(shù)列的公比要使只需滿足所以故滿足的最小正整數(shù)是選C。7、B【分析】【解答】根據(jù)面面垂直的判定定理可知命題（1)正確；若則平行或相交，故命題（2)錯誤；如果是異面直線,那么與相交或平行；故命題（3)錯誤；由線面平行的性質定理可知命題（4)正確。故正確命題有2個，故選B

【分析】處理此類問題，往往要求掌握空間中線面關系的判定定理及性質，然后再結合模型處理8、C【分析】解：分別過AC

作平面ABCD

的垂線APCQ

使得AP=CQ=1

連接PMPNQMQN

將幾何體補成棱長為1

的正方體．

隆脽BC隆脥

平面ABNBC?

平面BCE

隆脿

平面BCE隆脥

平面ABN

故A正確；

連接PB

則PB//MC

顯然PB隆脥AN隆脿MC隆脥AN

故B正確；

取MN

的中點F

連接AFCFAC

．

隆脽鈻?AMN

和鈻?CMN

都是邊長為2

的等邊三角形；

隆脿AF隆脥MNCF隆脥MN

隆脿隆脧AFC

為二面角A鈭?MN鈭?C

的平面角；

隆脽AF=CF=62AC=2隆脿AF2+CF2鈮?AC2

即隆脧AFC鈮?婁脨2

隆脿

平面CMN

與平面AMN

不垂直；故C錯誤；

隆脽DE//ANMN//BD

隆脿

平面BDE//

平面AMN

故D正確．

故選C．

將幾何體補成正方體后再進行判斷．

本題考查了空間線面位置關系的判斷，屬于中檔題．【解析】C

二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】

過S作SO⊥平面ABCD；垂足為O，則O為ABCD的中心，取CD中點E，連接OE，則OE⊥CD；

由三垂線定理知CD⊥SE；

所以∠SEO為側面與底面所成二面角的平面角；

在Rt△SOE中，SE===2；OE=1；

所以cos∠SEO=則∠SEO=60°；

故答案為：60°．

【解析】【答案】過S作SO⊥平面ABCD；垂足為O，則O為ABCD的中心，取CD中點E，連接OE，則OE⊥CD，易證∠SEO為側面與底面所成二面角的平面角，通過解直角三角形可得答案．

10、略

【分析】

∵f（x）=3sin（2x-）；

∴其最小正周期T==π；故①正確；

∵f（π）=3sin（2×π-）=3sinπ=-3；是最小值，故②正確；

由2kπ-≤2x-≤2kπ+得：kπ-≤x≤kπ+k∈Z；

令k=0，得-≤x≤

故（-）為函數(shù)f（x）的一個遞增區(qū)間；故③正確；

將y=3sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到y(tǒng)=3sin2（x-）=3sin（2x-）≠3sin（2x-）；故④錯誤；

綜上所述；正確的為①②③．

故答案為：①②③．

【解析】【答案】利用正弦函數(shù)的性質；對①②③④逐項分析即可．

11、略

【分析】試題分析：令則由題意得：即解得考點：一元二次不等式解法【解析】【答案】12、（1，5）【分析】【解答】由題意可得根據(jù)△MAB和△NAB的面積均為5；

可得兩點M；N到直線AB的距離為2．

由于AB的方程為即3x+4y+15=0．

若圓上只有一個點到直線AB的距離為2；

則有圓心（0，0）到直線AB的距離=r+2，解得r=1．

若圓上只有3個點到直線AB的距離為2；

則有圓心（0，0）到直線AB的距離=r﹣2，解得r=5；

故答案為：（1；5）．

【分析】先求得|AB|=5，根據(jù)題意可得兩點M，N到直線AB的距離為2．求出AB的方程為3x+4y+15=0，當圓上只有一個點到直線AB的距離為2時，求得r的值；當圓上只有3個點到直線AB的距離為2時，求得r的值，從而求得滿足條件的r的取值范圍。13、略

【分析】解：∵∴=0．

∵向量滿足-+2=∴．

∴==22+0+4×12=8．

∴．

故答案為：2．

由于可得=0．由于向量滿足-+2=可得．再利用數(shù)量積的性質可得展開即可得出．

本題考查了向量垂直于數(shù)量積的關系、數(shù)量積的性質，屬于基礎題．【解析】三、解答題(共9題，共18分)14、略

【分析】

三棱錐B-ACB1，也就是ABC為底，BB1為高的三棱錐；

三棱錐B-ACB1體積。

V=×AB×AD×BB1=．

【解析】【答案】（1）由AC⊥BD，知AC⊥BB1，由此能夠證明AC⊥平面B1D1DB．

（2）連接A1B，A1B⊥AB1，D1A1⊥AB1．由AB1⊥A1B，AB1⊥D1A1，A1B和D1A1是面A1BD1內的相交直線，所以AB1⊥面A1BD1，又BD1在面A1BD上，AB1⊥BD1，同理，AC⊥BD1．由此能夠證明BD1⊥面ACB1．

（3）三棱錐B-ACB1，也就是ABC為底，BB1為高的三棱錐．由此能求出三棱錐B-ACB1體積．

（1）證明：∵AC⊥BD，AC⊥BB1；

∴AC⊥平面B1D1DB．

（2）證明：連接A1B，在正方體ABCD-A1B1C1D1中；

面A1B1BA是正方形，對角線A1B⊥AB1；

在正方體ABCD-A1B1C1D1中，D1A1⊥面A1B1BA，AB1在面A1B1BA上；

∴D1A1⊥AB1；

∵AB1⊥A1B，AB1⊥D1A1；

A1B和D1A1是面A1BD1內的相交直線；

∴AB1⊥面A1BD1，又BD1在面A1BD1上；

∴AB1⊥BD1，同理，D1D⊥面ABCD；

AC在面ABCD上，D1D⊥AC；

在正方形ABCD中對角線AC⊥BD；

∵AC⊥D1D；AC⊥BD，D1D和BD是面BDD1內的相交直線；

∴AC⊥面BDD1，又BD1在面BDD1上；

∴AC⊥BD1；

∵BD1⊥AB1，BD1⊥AC；

AB1和AC是面ACB1內的相交直線。

∴BD1⊥面ACB1．

（3）15、略

【分析】【解析】

試題分析：在中，的對邊分別為不妨設當時，要使該三角形為鈍角三角形，則須滿足即也就是解得當時，要使該三角形為鈍角三角形，則須滿足即也就是解得綜上可知，當三角形為鈍角三角形時，的取值范圍為或

考點：余弦定理.【解析】【答案】或16、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）圓配方為設把代入中，轉化為三角函數(shù)的值域問題，或者可設=再與圓的方程聯(lián)立，消去得關于的一元二次方程，利用列不等式，得的范圍；（2）把代入中，轉化為三角函數(shù)的最小值問題，且最小值該題還可以數(shù)形結合，表示直線=0上方的平面區(qū)域，只要讓圓落在區(qū)域內即可.

試題解析：（1）圓可化為依題意：設

∴

即：的取值范圍是6分。

（2）依題意：設

∴

∴

又∵恒成立∴∴a的取值范圍是12分。

考點：1、圓的方程；2、利用恒成立問題確定參數(shù)的取值范圍.【解析】【答案】(1)（2）17、略

【分析】【解析】解：設每件售價提高x元；利潤為y元；

則y＝(2＋x)(200－20x)＝－20(x－4)2＋720.

故當x＝4，即定價為14元時，每天可獲利最多為720元．【解析】【答案】定價為14元時，每天可獲利最多為720元18、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】(1)任取且1分。

3分。

4分。

5分。

上是增函數(shù)6分。

(2)因為上單調遞增7分。

所以在上也單調遞增8分。

解之得19、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)條件中是奇函數(shù)的這一條件可以求得使的的范圍，再根據(jù)與的表達式，可以得到與的交集即是使恒成立的所有的全體，通過參變分離可以將問題轉化為求使恒成立的的取值范圍，通過求函數(shù)最大值，進而可以求出的范圍.

依題意，又在上是增函數(shù)；

∴在上也是增函數(shù)；1分。

∴由得或2分。

∴或3分。

4分。

由得5分。

即6分。

∴7分。

設9分。

∵10分。

∴11分。

且12分。

∴的最大值為13分。

∴14分。

另解：本題也可用下面解法：

1.用單調性定義證明單調性。

∵對任意

∴

即在上為減函數(shù)；

同理在上為增函數(shù)，得5分。

∴

2.二次函數(shù)最值討論。

解：依題意，又在上是增函數(shù)；

∴在上也是增函數(shù)；

∴由得或

∴或

4分。

由得恒成立；

5分。

設6分。

∵的對稱軸為7分。

1°當即時，在為減函數(shù)，∴9分。

2°當即時；

∴11分。

3°當即時，在為增函數(shù)；

∴無解13分。

綜上，14分。

3.二次方程根的分布。

解：依題意，又在上是增函數(shù)；

∴在上也是增函數(shù)；

∴由得或

∴或

由得恒成立；

設

∵的對稱軸為7分。

1°當即時，恒成立。9分。

2°當即或時；

由在上恒成立。

∴13分。

綜上，14分。

4.用均值不等式（下學段不等式內容）

∵∴

且即時等號成立。

∴的最大值為

∴5分。

考點：1、恒成立問題的處理方法；2、函數(shù)最值的求法.【解析】【答案】20、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解：（1）設投放B型電視機的金額的x萬元，則投放A型電視機的金額為（10–x）萬元，農(nóng)民得到的總補貼

4分（沒有指明x范圍的扣1分）

（2）

令y′=0得x=10m–16分。

1°若10m–1≤1即0＜m≤則f（x）在為減函數(shù)；

當x=1時，f（x）有最大值；

2°若1＜10m–1＜9即則f（x）在是增函數(shù),

在是減函數(shù)，當x=10m–1時，f（x）有最大值；

3°若10m–1≥9即m≥1，則f(x)在是增函數(shù)；

當x=9時，f（x）有最大值．10分。

因此，當0＜m≤時，投放B型電視機1萬元；當時；

投放B型電視機（10m–1）萬元，當m≥1時；投放B型電視機9萬元．

農(nóng)民得到的總補貼最大。13分21、略

【分析】【解析】由

=【解析】【答案】-122、略

【分析】

（1）利用直線上兩點以及直線傾斜角表示直線斜率；得到關于θ的等式，求出tanθ．

（2）由題意知；直線l的斜率必存在，且不為零，則設l：y-4=k（x-3），由直線l與兩坐標軸圍成等腰直角三角形，由此得到直線在x，y軸上的截距的絕對值相等，得到關于斜率k的方程求出斜率．

本題考查了直線的斜率以及直線在坐標軸上的截距．考查了討論的思想．【解析】解：（1）直線l的斜率為k=tanθ=（2分）

解得4cosθ=3sinθ，即tan（4分）

所以直線l的斜率為直線l的方程為y=（6分）

（2）由題意知；直線l的斜率必存在，且不為零，則設l：y-4=k（x-3），（7分）

分別令x，y等于零得到x軸上的截距為y軸上的截距為-3k+4，（8分）

由|+3|=|-3k+4|；

得-+3=-3k+4，解得k=-1，或k=（10分）

或者-+3=3k-4，解得k=1或k=（12分）

經(jīng)檢驗k=不合題意；舍去．（13分）

綜上：k的值為±1，直線l的方程為：y=x+1或y=-x+7．（14分）．四、作圖題(共1題，共7分)23、解：由題意作示意圖如下；

【分析】【分析】由題意作示意圖。五、計算題(共4題，共40分)24、略

【分析