2025年仁爱科普版高一数学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年仁爱科普版高一数学下册阶段测试试卷755考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列函数中，为奇函数的是()A.B.C.D.2、要得到函数的图象，只需将的图象（）A.向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向左平移个单位长度3、已知集合M={（x，y）|y=f（x）}，若对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立；则称集合M是“Ω集合”．给出下列4个集合：

①M={（x，y）|y=}

②M={（x，y）|y=ex﹣2}

③M={（x；y）|y=cosx}

④M={（x；y）|y=lnx}

其中所有“Ω集合”的序号是（）A.②③B.③④C.①②④D.①③④4、下列函数中，奇函数是（）A.f（x）=2xB.f（x）=log2xC.f（x）=sinx+1D.f（x）=sinx+tanx5、设某几何体的三视图如图（长度单位为cm）；则该几何体的最长的棱为（）cm

A.4cmB.

cmC.

cmD.

cm6、函数y=3sin（﹣）的振幅、周期、初相分别为（）A.﹣3，4π，B.3，4π，﹣C.3，π，﹣D.﹣3，π，7、若α为钝角，则的终边在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第一象限或第三象限8、直线2x+2y+1=0，x+y+2=0之间的距离是（）A.B.C.D.9、已知两圆⊙C1：x2+y2+D1x+E1y-3=0和⊙C1：x2+y2+D2x+E2y-3=0都经过点A（2，-1），则同时经过点（D1，E1）和点（D2，E2）的直线方程为（）A.2x-y+2=0B.x-y-2=0C.x-y+2=0D.2x+y-2=0评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、若n是正整数，定义n!=n×（n-1）×（n-2）××3×2×1，如3!=3×2×1=6，设m=1!+2!+3!+4!++2011!+2012!，则m这个数的个位数字为____．11、给出函数则f（log34）=____．12、已知数列{an}是等差数列，且若则_________．13、甲、乙、丙、丁四个物体同时从某一点出发向同一个方向运动，其路程关于时间的函数关系式分别为有以下结论：①当时，甲走在最前面；②当时，乙走在最前面；③当时,丁走在最前面，当时，丁走在最后面；④丙不可能走在最前面，也不可能走在最后面；⑤如果它们一直运动下去，最终走在最前面的是甲．其中，正确结论的序号为（把正确结论的序号都填上,多填或少填均不得分）．14、【题文】的单调减区间是____.15、【题文】

若某几何体的三视图（单位：）如右图所示,则该几何体的表面积为_16、下列四个函数图象中，不是函数图象的是______（填序号）

17、已知A船在灯塔C的正东方向，且A船到灯塔C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西30°处，A，B两船间的距离为3km，则B船到灯塔C的距离为______km．评卷人得分三、计算题(共5题，共10分)18、（+++）（+1）=____．19、（2005•兰州校级自主招生）已知四边形ABCD是正方形，且边长为2，延长BC到E，使CE=-，并作正方形CEFG，（如图），则△BDF的面积等于____．20、△ABC中，AB=AC=5厘米，BC=8厘米，⊙O分别切BC、AB、AC于D、E、F，那么⊙O半径为____厘米．21、解方程

（1）3x2-32x-48=0

（2）4x2+x-3=0

（3）（3x+1）2-4=0

（4）9（x-2）2=4（x+1）2．22、计算：

①﹣（）﹣（π+e）0+（）

②2lg5+lg4+ln．评卷人得分四、解答题(共1题，共8分)23、已知f(娄脕)=sin(娄脕鈭�娄脨)cos(2娄脨鈭�a)sin(鈭�娄脕+3娄脨2)sin(5娄脨2+娄脕)cos(鈭�蟺鈭�伪)sin(鈭�蟺鈭�伪)

(1)

化简f(娄脕)

(2)

若cos(5娄脨6+2娄脕)=13

求f(娄脨12鈭�娄脕)

的值．评卷人得分五、证明题(共3题，共27分)24、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．25、如图；过圆O外一点D作圆O的割线DBA，DE与圆O切于点E，交AO的延长线于F，AF交圆O于C，且AD⊥DE．

（1）求证：E为的中点；

（2）若CF=3，DE•EF=，求EF的长．26、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．评卷人得分六、综合题(共3题，共30分)27、在直角坐标系xoy中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点B和点A，点C的坐标是（0，1），点D在y轴上且满足∠BCD=∠ABD．求D点的坐标．28、已知抛物线y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求证：抛物线的顶点必在x轴的下方；

（2）设抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右边），过A、B两点的圆M与y轴相切，且点M的纵坐标为；求抛物线的解析式；

（3）在（2）的条件下，若抛物线的顶点为P，抛物线与y轴交于点C，求△CPA的面积．29、已知关于x的方程（m-2）x2+2x+1=0①

（1）若方程①有实数根；求实数m的取值范围？

（2）若A（1，0）、B（2，0），方程①所对应的函数y=（m-2）x2+2x+1的图象与线段AB只有一个交点，求实数m的取值范围？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解答】判断函数的奇偶性，首先要注意定义域关于原点对称，排除A,B;由故选D.2、A【分析】【解答】因为所以只需将的图象向右平移向右平移个单位长度，得到函数的图象，故A正确。3、A【分析】【解答】解：对于①y=是以x；y轴为渐近线的双曲线，渐近线的夹角是90°；

所以在同一支上，任意（x1，y1）∈M，不存在（x2，y2）∈M；满足Ω集合的定义；

在另一支上对任意（x1，y1）∈M，不存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立；

所以不满足Ω集合的定义；不是Ω集合．

对于②M={（x，y）|y=ex﹣2}；如图（2）如图红线的直角始终存在；

对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M；

使得x1x2+y1y2=0成立；

例如取M（0；﹣1），则N（ln2，0），满足Ω集合的定义；

所以是Ω集合；正确．

对于③M={（x；y）|y=cosx}，如图（3）；

对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立；

例如（0；1）；（π，0），满足Ω集合的定义，所以M是Ω集合；正确．

对于④M={（x；y）|y=lnx}，如图（4）取点（1，0），曲线上不存在另外的点，使得两点与原点的连线互相垂直，所以不是Ω集合．

所以②③正确．

故选A．

【分析】对于①；利用渐近线互相垂直，判断其正误即可．

对于②；画出图象，说明满足Ω集合的定义，即可判断正误；

对于③；画出函数图象，说明满足Ω集合的定义，即可判断正误；

对于④，画出函数图象，取一个特殊点即能说明不满足Ω集合定义．4、D【分析】【解答】解：A．f（x）=2x为增函数；非奇非偶函数；

B．f（x）=log2x的定义域为（0；+∞），为非奇非偶函数；

C．f（﹣x）=﹣sinx+1；则f（﹣x）≠﹣f（x）且f（﹣x）≠f（x），则函数f（x）为非奇非偶函数；

D．f（﹣x）=﹣sinx﹣tanx=﹣（sinx+tanx）=﹣f（x）；则函数f（x）为奇函数，满足条件．

故选：D

【分析】根据函数奇偶性的定义进行判断即可．5、A【分析】【解答】解：根据几何体的三视图；得。

该几何体是如图所示的三棱锥S﹣ABC；且侧面SAC⊥底面ABC；

又SD⊥AC于D；

∴SD⊥底面ABC；

又BE⊥AC与E；

∴AB=BC=

AC=4cm；

BD=

∴最长的棱长是AC；长4cm；

故选：A

【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是侧面垂直于底面的三棱锥，结合图形，求出各条棱长，即可得出最长的侧棱长是多少6、B【分析】【解答】解：函数y=3sin（﹣）的振幅为：3；周期：T==4π；初相：．

故选：B．

【分析】直接利用三角函数的周期，振幅，初相求解即可．7、A【分析】解：∵α为钝角；

∴＜α＜π

∴为第一象限角；

故选：A．

根据α的范围，求出范围即可得到结论．

本题主要考查象限角的确定，根据角的终边位置是解决本题的关键，比较基础．【解析】【答案】A8、A【分析】解：直线2x+2y+1=0，x+y+2=0之间的距离，即直线2x+2y+1=0，2x+2y+4=0之间的距离=

故选：A．

由条件利用两条平行直线间的距离公式技术；注意两条直线的方程中注意未知数的系数必需相同．

本题主要考查两条平行直线间的距离公式的应用，注意未知数的系数必需相同，属于基础题．【解析】【答案】A9、A【分析】解：把点A（2；-1）分别代入两圆的方程得。

4+1+2D1-E1-3=0，4+1+2D2-E2-3=0；

即2D1-E1+2=0，2D2-E2+2=0；

∴点（D1，E1）和点（D2，E2）都在直线2x-y+2=0上；

故同时经过点（D1，E1）和点（D2，E2）的直线方程为2x-y+2=0．

故选：A．

把点A的坐标分别代入两个圆的方程可得2D1-E1+2=0，2D2-E2+2=0，故点（D1，E1）和点（D2，E2）都在直线2x-y+2=0上，从而得出同时经过点（D1，E1）和点（D2，E2）的直线方程．

本题考查点在圆上、点在直线上的性质，以及点在直线上的条件．考查计算能力，属于基础题．【解析】【答案】A二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】根据n!=n×（n-1）×（n-2）××3×2×1，由于从数字5开始，n!的个位数字为0，故只须考虑1!+2!+3!+4!个位数字即可．【解析】【解答】解：不用考虑5！到2012！之和；因为它们最后一位数一定是0；

由于1!+2!+3!+4!=1+2+6+14=23；其个位数字是3；

则m这个数的个位数字是3．

故答案为：3．11、略

【分析】

∵1＜＜2；

∴f（log34）=f（log34+1）=f（log34+2）=f（log34+3）；

∵log34+3＞4；

∴f（log34）=f（log34+3）==×==

故答案为：．

【解析】【答案】先判断出1＜＜2，再由代入对应的关系式，并让自变量连续加1三次，直到log34+3＞4代入第一个解析式，根据“”和指数幂的运算法则进行求值．

12、略

【分析】【解析】试题分析：根据题意，由于数列{an}是等差数列，且那么整体的思想可知，那么根据题意那么根据其通项公式可知故答案为18.考点：等差数列【解析】【答案】1813、略

【分析】试题分析：画出四个函数图像如上图所示，由图可得，当时，的图像最高即丁走在最前面，的图像不是最高也不是最低即丙不可能走在最前面，也不可能走在最后面；当时，的图像最低即丁走在最后面，同前，故③④是正确的.而①②⑤关键是和的图像在时有无交叉，这可以借助赋值法判定当x=2时，乙走在甲前面；当x=5时，甲走在乙前面；所以①②错误，⑤正确.综上③④⑤为正确答案.考点：1、数形结合法；2、赋值法；3、排除法;4、函数的图像及性质.【解析】【答案】③④⑤14、略

【分析】【解析】

试题分析：根据题意，由于在其导数为那么可知当x<1时，导数小于零，则可知函数递减，因此答案为

考点：函数的单调性。

点评：主要是考查了运用导数来求解函数单调性的运用，属于基础题。【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】16、略

【分析】解：根据函数的定义可知；只有（2）不能表示函数关系．

故答案为（2）．

根据函数的定义可知：对于x的任何值y都有唯一的值与之相对应；紧扣概念，分析图象即可得到结论．

本题主要考查了函数的图象，函数的意义反映在图象上简单的判断方法是：做垂直x轴的直线在左右平移的过程中与函数图象只会有一个交点，属于基础题．【解析】（2）17、略

【分析】解：解：由题意可知|AC|=2；|AB|=3，∠ACB=90°+30°=120°

在△ABC中由余弦定理可得。

|AB|2=|AC|2+|BC|2-2|AC||BC|cos∠ACB=4+x2-2•2x•（-）=9，整理得x2+2x-5=0，解得x=（-1＜0舍去）

∴|BC|=-1（km）．

故答案为：．

先确定|AC|；|BC|和∠ACB的值；然后在△ABC中应用余弦定理可求得|AB|的值。

本题主要考查余弦定理的应用，考查根据解三角形的有关定理来解决实际问题的能力．【解析】-1三、计算题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】先分母有理化，然后把括号内合并后利用平方差公式计算．【解析】【解答】解：原式=（+++）•（+1）

=（-1+++-）•（+1）

=（-1）•（+1）

=2014-1

=2013．

故答案为2013．19、略

【分析】【分析】根据正方形的性质可知三角形BDC为等腰直角三角形，由正方形的边长为2，表示出三角形BDC的面积，四边形CDFE为直角梯形，上底下底分别为小大正方形的边长，高为小正方形的边长，利用梯形的面积公式表示出梯形CDFE的面积，而三角形BEF为直角三角形，直角边为小正方形的边长及大小边长之和，利用三角形的面积公式表示出三角形BEF的面积，发现四边形CDEF的面积与三角形EFB的面积相等，所求△BDF的面积等于三角形BDC的面积加上四边形CDFE的面积减去△EFB的面积即为三角形BDC的面积，进而得到所求的面积．【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形；边长为2；

∴BC=DC=2；且△BCD为等腰直角三角形；

∴△BDC的面积=BC•CD=×2×2=2；

又∵正方形CEFG；及正方形ABCD；

∴EF=CE；BC=CD；

由四边形CDFE的面积是（EF+CD）•EC，△EFB的面积是（BC+CE）•EF；

∴四边形CDFE的面积=△EFB的面积；

∴△BDF的面积=△BDC的面积+四边形CDFE的面积-△EFB的面积=△BDC的面积=2．

故答案为：2．20、略

【分析】【分析】设圆O的半径是r厘米，连接AO、OE、OF、OD、OB、0C，根据等腰三角形性质求出AD⊥BC，根据勾股定理求出高AD，求出△ABC面积，根据S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO和三角形面积公式代入求出即可．【解析】【解答】解：设圆O的半径是r厘米；

连接AO；OE、OF、OD、OB、0C；

则OE=OF=OD=r厘米；

∵△ABC中；AB=AC，⊙O分别切BC；AB、AC于D、E、F；

∴AD过O；AD⊥BC，OE⊥AB，OF⊥AC；

∴BD=DC=×8=4；

根据勾股定理得：AD==3；

∴S△ACB=BC×AD=×8×3=12；

∵S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO；

∴12=BCr+ABr+ACr；

∴r=；

故答案为：．21、略

【分析】【分析】（1）方程左边的多项式利用十字相乘法分解因式；然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；

（2）方程左边的多项式利用十字相乘法分解因式；然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；

（3）将常数项移到右边；开方转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；

（4）利用两数的平方相等，两数相等或互为相反数转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．【解析】【解答】解：（1）3x2-32x-48=0；

分解因式得：（x-12）（3x+4）=0；

可得x-12=0或3x+4=0；

解得：x1=12，x2=-；

（2）4x2+x-3=0；

分解因式得：（4x-3）（x+1）=0；

可得4x-3=0=或x+1=0；

解得：x1=，x2=-1；

（3）（3x+1）2-4=0；

变形得：（3x+1）2=4；

开方得：3x+1=2或3x+1=-2；

解得：x1=，x2=-1；

（4）9（x-2）2=4（x+1）2；

开方得：3（x-2）=2（x+1）或3（x-2）=-2（x+1）；

解得：x1=8，x2=．22、解：①﹣（）﹣（π+e）0+（）

=﹣﹣1+2

=2．

②2lg5+lg4+ln

=lg25+lg4+

=lg100+

=【分析】【分析】利用指数和对数的运算性质和运算法则求解．四、解答题(共1题，共8分)23、略

【分析】

(1)

直接利用诱导公式化简f(娄脕)

(2)

化简f(娄脨12鈭�娄脕)

利用cos(5娄脨6+2娄脕)=13

以及诱导公式直接求解即可．

本题考查诱导公式的应用，二倍角的余弦函数的应用，考查计算能力．【解析】解：(1)f(娄脕)=sin(娄脕鈭�娄脨)cos(2娄脨鈭�娄脕)sin(鈭�娄脕+3娄脨2)sin(5娄脨2+娄脕)cos(鈭�蟺鈭�伪)sin(鈭�蟺鈭�伪)

=sin娄脕cos娄脕cos娄脕cos娄脕鈭�cos伪sin伪

=鈭�12cos2娄脕鈭�12

(2)f(娄脨12鈭�娄脕)=鈭�12cos(娄脨6鈭�2娄脕)鈭�12=12cos(5娄脨6+2娄脕)鈭�12

隆脽cos(5娄脨6+2娄脕)=13

隆脿f(娄脨12鈭�娄脕)=12隆脕13鈭�12=鈭�13

．五、证明题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴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为⊙O的直径；

∴∠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．25、略

【分析】【分析】要证E为中点，可证∠EAD=∠OEA，利用辅助线OE可以证明，求EF的长需要借助相似，得出比例式，之间的关系可以求出．【解析】【解答】（1）证明：连接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圆O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

⇒OE∥AD

=＞E为的中点．

（2）解：连CE；则∠AEC=90°，设圆O的半径为x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圆O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE•EF=AD•CF

DE•EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC•FA=3x（3+2）=15

∴EF=26、略

【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四边形GBFC是平行四边形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵过A；G的圆与BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四点共圆；

∴GA；GF=GC•GD；

即GA2=GC•GD．六、综合题(共3题，共30分)27、略

【分析】【分析】先根据一次函数的解析式求出点A及点B的坐标，利用勾股定理解出线段BC、AB的坐标，分一下三种情况进行讨论，（1）若D点在C点上方时，（2）若D点在AC之间时，（3）若D点在A点下方时，每一种情况下求出点D的坐标即可．【解析】【解答】解：∵A；B是直线与y轴、x轴的交点；

令y=0，解得；

∴；

令x=0；解得y=-3；

∴A（0；-3）；

由勾股定理得，；

（1）若D点在C点上方时；则∠BCD为钝角；

∵∠BCD=∠ABD；又∠CDB=∠ADB；

∴△BCD∽△ABD；

∴；

设D（0；y），则y＞1；

∵；

∴；

∴8y2-22y+5=0；

解得或（舍去）；

∴点D的坐标为（0，）；

（2）若D点在AC之间时；则∠BCD为锐角；

∵∠ABD=∠BCD；又∠BAD=∠CAB；

∴△ABD∽△ACB，∴；

设D（0，y），则-3＜y＜1，又；

∴；

整理得8y2-18y-5=0；

解得或（舍去）；

∴D点坐标为（0，-）；

（3）若D点在A点下方时；有∠BAC=∠ABD+∠ADB＞∠ABD；

又显然∠BAC＜∠BCD；

∴D点在A点下方是不可能的．

综上所述，D点的坐标为（0，）或（0，-）．28、略

【分析】【分析】（1）判定抛物线的顶点必在x轴的下方；根据开口方向，二次函数只要与x轴有两个交点即可．

（2）利用垂径定理；勾股定理可以求出

（3）利用三角形面积公式，以CD为底边，P到y轴的距离为高，可以求出．【解析】【解答】（1）证明：抛物线y=x2+4ax+3a2开口向上；且a＞0

又△=（4a）2-4×3a2=4a2＞0

∴抛物线必与x轴有两个交点

∴其顶点在x轴下方

（2）解：令x2