2025年人教版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※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5題，共10分)1、若△ABC的三個內(nèi)角滿足sinA：sinB：sinC=5：11：13；則△ABC是（）

A.銳角三角形。

B.鈍角三角形。

C.直角三角形。

D.可能是銳角三角形；也可能是鈍角三角形．

2、如果直線Ax+By+C=0的傾斜角為45°；則有關(guān)系式（）

A.A=B

B.A+B=0

C.AB=1

D.以上均不可能。

3、點P在圓x2+y2=1上，點Q在圓（x+3）2+（y-4）2=4上；則|PQ|的最小值為（）

A.1

B.2

C.3

D.4

4、【題文】將長方體截去一個四棱錐后；得到的幾何體的直觀圖如右圖所示，則該幾何體的俯視圖為。

5、【題文】方程與的曲線在同一坐標系中的示意圖應(yīng)是（）

ABCD評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、已知下列表述中。

（1）側(cè)面為梯形的幾何體為臺體；

（2）不共面的四點可確定四個平面；

（3）一條直線和一個點可確定一個平面；

（4）如果兩個不重合的平面有一個公共點；那么這兩個平面必有無數(shù)個公共點；

（5）垂直與同一條直線的兩條直線互相平行；

（6）已知直線a與兩平行平面中的一個平行；那么直線a與另一個平面也平行．

正確命題的序號是____．7、【題文】命題“對任意x∈R,|x-2|+|x-4|>3”的否定是____.8、【題文】一個立方體的六個面上分別標有下圖是此立方體的兩種不同放置，則與面相對的面上的字母是____．9、【題文】已知一個三棱錐的所有棱長均相等，且表現(xiàn)積為則其體積為____。10、【題文】已知正數(shù)滿足則的最小值為____．11、如圖，一條直角走廊寬為1.5m，一轉(zhuǎn)動靈活的平板手推車，其平板面為矩形，寬為1m．問：要想順利通過直角走廊，平板手推車的長度不能超過____米．

12、已知映射A→B的對應(yīng)法則f：x→3x+1，則B中的元素7在A中的與之對應(yīng)的元素是______．13、不等式的解是______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)14、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、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．16、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．17、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．18、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．19、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．20、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．21、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．22、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．評卷人得分四、解答題(共2題，共20分)23、已知f(x)＝sin(-2x＋)＋x∈R.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)增區(qū)間．(2)函數(shù)f(x)的圖象可以由函數(shù)y＝sin2x(x∈R)的圖象經(jīng)過怎樣的變換得到？24、已知{an}是等差數(shù)列，a1=1，且a1，a3，a9成等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項．評卷人得分五、計算題(共2題，共20分)25、把一個六個面分別標有數(shù)字1；2，3，4，5，6有正方體骰子隨意擲一次，各個數(shù)字所在面朝上的機會均相等．

（1）若拋擲一次；則朝上的數(shù)字大于4的概率是多少？

（2）若連續(xù)拋擲兩次，第一次所得的數(shù)為m，第二次所得的數(shù)為n．把m、n作為點A的橫、縱坐標，那么點A（m、n）在函數(shù)y=3x-1的圖象上的概率又是多少？26、等腰三角形的底邊長20cm，面積為cm2，求它的各內(nèi)角．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

∵△ABC的三個內(nèi)角滿足sinA：sinB：sinC=5：11：13；

∴由正弦定理，得a：b：c=5：11：13；

設(shè)a=5x，b=11x；c=13x，則。

cosC===-

∵C∈（0；π），且cosC＜0．∴C為鈍角。

因此；△ABC是鈍角三角形。

故選：B

【解析】【答案】根據(jù)正弦定理，結(jié)合題意得a：b：c=5：11：13，由此設(shè)a=5x，b=11x，c=13x，根據(jù)余弦定理求出cosC=-＜0結(jié)合C∈（0；π）得C為鈍角，因此△ABC是鈍角三角形．

2、B【分析】

∵直線Ax+By+C=0化成斜截式方程，得y=

∴直線Ax+By+C=0的斜率為：k=

∵直線Ax+By+C=0的傾斜角為45°

∴斜率k==tan45°=1?A+B=0

故選B

【解析】【答案】將直線的一般式方程化成斜截式方程，得y=從而得到直線的斜率為：k=又因為直線的傾斜角為。

45°，所以=1；得到A+B=0，可得正確選項．

3、B【分析】

∵圓x2+y2=1的圓心坐標A（0，0），半徑r=1；

圓（x+3）2+（y-4）2=4的圓心坐標B（-3；4），半徑R=2；

∵d=|AB|==5＞1+2=R+r；

∴兩圓的位置關(guān)系是外離；

又P在圓A上；Q在圓B上；

則|PQ|的最小值為d-（R+r）=5-（1+2）=2．

故選B

【解析】【答案】分別找出兩圓的圓心A和B的坐標，以及半徑r和R，利用兩點間的距離公式求出兩圓心間的距離d，根據(jù)d大于兩半徑之和，得到兩圓的位置關(guān)系是外離，又P為圓A上的點，B為圓Q上的點，由d-（R+r）即可求出|PQ|的最小值．

4、C【分析】【解析】俯視圖從圖形的上邊向下邊看；

看到一個正方形的底面；

在度面上有一條對角線；

對角線是由左上角到右下角的線；

故選C．【解析】【答案】C5、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

對于（1）；臺體的側(cè)面為梯形；

反之；側(cè)面為梯形的幾何體不一定是臺體，還必須各條側(cè)棱交于同一點，故（1）不正確；

對于（2）；以三棱錐的四個頂點為例；

可得不共面的四點可確定四個平面；故（2）正確；

對于（3）；一條直線和直線外的一個點可確定一個平面。

但題設(shè)中沒有“直線外”這個前提；故（3）不正確；

對于（4）；根據(jù)公理2可得。

如果兩個不重合的平面有一個公共點；則它們一定有一條經(jīng)過該點的公共直線。

因此這兩個平面必有無數(shù)個公共點；故（4）正確；

對于（5）；以正方體過同一個頂點的三條棱為例；

垂直于同一條直線的兩條直線可能是相交的位置關(guān)系；不一定平行，故（5）不正確；

對于（6）；若平面α∥β，直線a?α，則直線a∥β

此時直線與兩平行平面中的一個平行；但它與另一個平面是包含的關(guān)系，不平行，故（6）不正確．

故答案為：（2）（4）

【解析】【答案】根據(jù)臺體的定義；可得（1）不正確；用三棱錐的四個頂點為例加以說明，可得（2）正確；根據(jù)平面基本性質(zhì)的公理3，可得（3）不正確；根據(jù)平面基本性質(zhì)的公理2，可得（4）正確；在正方體中舉出反例，可得（5）不正確；在兩個平面平行的情況下，在一個平面內(nèi)的直線與另一個平面平行，此時滿足（6）的題設(shè)，而（6）的結(jié)論不成立，故（6）不正確．由此即可得到本題的答案．

7、略

【分析】【解析】【思路點撥】根據(jù)含有全稱量詞的命題的否定是含有存在量詞的命題,直接寫出命題的否定.

解:已知命題的否定是“x∈R,|x-2|+|x-4|≤3”.【解析】【答案】x∈R,|x-2|+|x-4|≤38、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)二個圖形的字母；可推斷出來，C對面是B；A對面是E；D對面是F；故答案為F．

考點：本題主要考查合情推理；正方體的幾何特征。

點評：觀察圖形特征，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，得到答案。【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：由得

當且僅當即也即時等號成立；故最小值是9．

考點：基本不等式．【解析】【答案】911、3﹣2【分析】【解答】平板手推車的長度不能超過x米；

則此時x為最大值；且此時平板手推車所形成的三角形：

ADE'為等腰直角三角形．

連接E與E'與AD交于點F，得：EE'=（3）/2

故：FE'=EE'﹣EF=（3）/2﹣1

又ADE'為等腰直角三角形。

故得：AD=2AF=2FE'=3﹣2．

故答案為：3﹣2．

【分析】如圖，先設(shè)平板手推車的長度不能超過x米，則得出x為最大值時，此時平板手推車所形成的三角形：ADE'為等腰直角三角形．連接E與E'與AD交于點F，利用ADE'為等腰直角三角形即可求得平板手推車的長度不能超過多少米．12、略

【分析】解：由題意知；3x+1=7；

∴x=2；

∴B中的元素7在A中的與之對應(yīng)的元素是2；

故答案為2．

根據(jù)映射的定義；像3x+1的值是7，求出x值即為所求．

本題考查映射的概念、像與原像的定義．按對應(yīng)法則f：x→3x+1，x是原像，3x+1是像，本題屬于已知像，求原像．【解析】213、略

【分析】解：由可得解得-3≤x＜1

故不等式的解集為[-3；1）；

故答案為：[-3；1）

原不等式轉(zhuǎn)化為解得即可．

本題考查了含有根式的不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．【解析】[-3，1）三、證明題(共9題，共18分)14、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．15、略

【分析】【分析】構(gòu)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．16、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)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(jié)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(jié)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．17、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．18、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．19、略

【分析】【分析】（1）關(guān)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(yīng)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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．20、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．21、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．22、略

【分析】【分析】構(gòu)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．四、解答題(共2題，共20分)23、略

【分析】試題分析：(1)利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知：分解為內(nèi)外層函數(shù)求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，要求內(nèi)外層單調(diào)性一致，內(nèi)層為減函數(shù)，所以外層也為減函數(shù)，所以(2)根據(jù)左加右減變換到然后根據(jù)上加下減再變換到再做關(guān)于y軸的對稱變換，得到試題解析：（1）最小正周期為令則在上為增函數(shù)，即＜＜∴＜＜的增區(qū)間為（2）考點：1.的性質(zhì)；2.的圖像變換.【解析】【答案】（1）（2）詳見解析.24、略

【分析】

由題意