2024年沪教新版高一数学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪教新版高一数学上册阶段测试试卷707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8题，共16分)1、若是第三象限的角,且则()A.B.C.D.2、【题文】已知是定义在R上的奇函数，若对于x≥0，都有f(x+2)=且当时，则=A.1-eB.e-1．C.-l-eD.e+l3、【题文】在直角坐标平面上的点集那么的面积是A.B.C.D.4、【题文】函数的零点是()A.B.C.3D.5、【题文】已知是定义在R上的奇函数且周期为2，若当时，则的值是（）A.B.C.D.6、已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为底面是边长为的正三角形.若为底面的中心，则与平面所成角的大小为()A.B.C.D.7、函数y=的定义域是（）A.B.C.（+∞）D.（+∞）8、若x∈（-∞，-1]时，不等式（m2-m）•4x-2x＜0恒成立，则实数m的取值范围是（）A.（-2，1）B.（-4，3）C.（-1，2）D.（-3，4）评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、曲线与直线在y轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为P1，P2，P3，，则．(表示与两点间的距离）．10、若向量且向量=（2,m），=（3,1），则m=____.11、【题文】已知若非是非的充分而不必要条件，则实数的取值范围为_____________.12、【题文】27＋lg4＋2lg5＝__________13、已知函数f（x）=|x-2|，g（x）=kx-1，若方程f（x）=g（x）有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是______．评卷人得分三、证明题(共6题，共12分)14、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

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

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．

（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．16、如图，已知：D、E分别为△ABC的AB、AC边上的点，DE∥BC，BE与CD交于点O，直线AO与BC边交于M，与DE交于N，求证：BM=MC．17、已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，∠E的平分线EX与∠F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．18、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，圆O的半径为1，求证：EC2+ED2=2．19、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．评卷人得分四、解答题(共1题，共8分)20、已知集合A={x|x-1＜0}，B={x|x2-4≥0}；求A∩B和A∪B．

评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)21、先化简，再求值：，其中．评卷人得分六、综合题(共2题，共6分)22、抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），顶点为M点．

（1）求该抛物线的解析式．

（2）试判断抛物线上是否存在一点P；使∠POM=90°．若不存在，说明理由；若存在，求出P点的坐标．

（3）试判断抛物线上是否存在一点K，使∠OMK=90°，若不存在，说明理由；若存在，求出K点的坐标．23、如图，四边形ABCD是菱形，点D的坐标是（0，），以点C为顶点的抛物线y=ax2+bx+c恰好经过x轴上A；B两点．

（1）求A；B，C三点的坐标；

（2）求经过A，B，C三点的抛物线的解析式．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解析】

因为是第三象限的角,且,则选C【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】

试题分析：根据题意，由于是定义在R上的奇函数，若对于x≥0，都有f(x+2)=那么可知当时，故可知=e-1,故选B.

考点：函数解析式。

点评：主要是考查了函数就行以及解析式的运用，属于基础题。【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】

试题分析：表示圆的内部，集合M中整理为或其中当时表示直线x轴负半轴，圆围成的图形与直线y轴正半轴，圆围成的图形，两图形均为扇形，面积和为圆的当时表示的图形是圆在第四象限的部分，综上可知总面积为圆面积的一半，即

考点：不等式表示平面区域。

点评：集合N相对比较简单，集合M中的不等式化简后包括多种情况，如就又包含了两种情况，分情况讨论题目对学生一直是难点【解析】【答案】C4、A【分析】【解析】令解得所以函数的零点为故选A。函数零点是指函数与x轴交点的横坐标值，所以B不符合。【解析】【答案】A5、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C6、B【分析】【解答】如图所示，∵底面∴为与平面所成角，∵平面∥平面∴为与平面所成角，∵∴解得又为底面正三角形的中心，∴在中，∴故选B．

7、A【分析】【解答】解：由题意知；2x﹣1＞0①

2x﹣1≠1②

3x﹣2＞0③

综合上面三个不等式得到x＞且x≠1且x＞

∴函数的定义域是

故选A．

【分析】观察对数的代数式，首先底数要大于零且不等于1，真数要大于零，而真数是一个开偶次方形式，被开方数需要大于零，得到三个不等式，组成不等式组，求这几个不等式的解集的交集，得到结果．8、C【分析】解：∵（m2-m）4x-2x＜0在x∈（-∞；-1]时恒成立。

∴（m2-m）＜在x∈（-∞；-1]时恒成立。

由于f（x）=在x∈（-∞；-1]时单调递减。

∵x≤-1；

∴f（x）≥2

∴m2-m＜2

∴-1＜m＜2

故选C

由题意可得（m2-m）＜在x∈（-∞，-1]时恒成立，则只要（m2-m）＜的最小值；然后解不等式可m的范围。

本题主要考查了函数的恒成立问题m≤f（x）恒成立⇔m≤f（x）得最小值（m≥f（x）恒成立⇔m≥f（x）的最大值），体现出函数恒成立与最值的相互转化．【解析】【答案】C二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】根据题意令解得，考点：二倍角的三角函数及三角恒等变换，周期性【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】试题分析：因为，向量且向量=（2,m），=（3,1），所以，m=－6.考点：平面向量的坐标运算，向量垂直的条件。【解析】【答案】-611、略

【分析】【解析】

试题分析：由题意知非或非或又非是非的充分而不必要条件，且

考点：充分条件和必要条件【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】【解析】【答案】1113、略

【分析】解：由题意可得函数f（x）的图象（蓝线）

和函数g（x）的图象（红线）有两个交点；

如图所示：

KAB=

数形结合可得：＜k＜1；

故答案为：＜k＜1．

画出函数f（x）；g（x）的图象；由题意可得函数f（x）的图象（蓝线）和函数g（x）的图象（红线）有两个交点，数形结合求得k的范围．

本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，体现了转化、数形结合的数学思想，属于基础题．【解析】＜k＜1三、证明题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，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】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】

证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；

则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．

（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．16、略

【分析】【分析】延长AM，过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．根据平行线分线段成比例的性质和逆定理可得CF∥BE，根据平行四边形的判定和性质即可得证．【解析】【解答】证明：延长AM；过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

从而四边形OBFC为平行四边形；

所以BM=MC．17、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性质知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四边形ABCD内接于圆，则∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，联立①②，即可证得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分别是∠AFB和∠AED的角平分线，等量代换后可证得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可连接AX，此时发现∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可证得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲证∠MFX=∠NFX，必须先证得∠AFM=∠BFN，可通过相似三角形来实现；首先连接FM、FN，易证得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通过等量代换，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圆周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可证得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，进一步可证得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可证得EX是∠MEN的角平分线．【解析】【解答】证明：（1）连接AX；

由图知：∠FDC是△ACD的一个外角；

则有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四边形ABCD是圆的内接四边形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分别是∠AFB、∠AED的角平分线；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性质知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）连接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可证得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．18、略

【分析】【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．【解析】【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四点共圆．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．19、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．【解析】【解答】证明：作DE⊥AC于E；

则AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中点；

∴AG=ED．

∴ED2=AF•AE；

∴5ED2=AF•AE；

∴AB•ED=AF•AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．四、解答题(共1题，共8分)20、略

【分析】

A=（-∞；1），B=（-∞，-2]∪[2，+∞）；

∴A∩B=（-∞；-2]；

A∪B=（-∞；1）∪[2，+∞）．

【解析】【答案】先求出集合A与B；再利用数轴进行交集；并集运算即可．

五、计算题(共1题，共4分)21、略

【分析】【分析】先把括号内通分得原式=•，再把各分式的分子和分母因式分解约分得原式=2（x+2），然后把x=-2代入计算即可．【解析】【解答】解：原式=•

=•

=•

=2（x+2）

=2x+4；

当x=-2；

原式=2（-2）+4=2．六、综合题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】（1）将A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三点坐标代入y=ax2+bx+c中，列方程组求a、b；c的值；得出抛物线解析式；

（2）抛物线上存在一点P，使∠POM=90˚．设（a，a2-4a）；过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，利用互余关系证明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N，在Rt△OMN中，利用互余关系证明△OFM∽△MFN，利用相似比求N点坐标，再求直线MN解析式，将直线MN解析式与抛物线解析式联立，可求K点坐标．【解析】【解答】解：（1）根据题意，得，解得；

∴抛物线的解析式为y=x2-4x；

（2）抛物线上存在一点P；使∠POM=90˚．

x=-=-=2，y===-4；

∴顶点M的坐标为（2；-4）；

设抛物线上存在一点P，满足OP⊥OM，其坐标为（a，a2-4a）；

过P点作PE⊥y轴；垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F．

则∠POE+∠MOF=90˚；∠POE+∠EPO=90˚．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90˚；

∴Rt△OEP∽Rt△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P点的坐标为（，）；

（3）过顶点M作MN⊥OM；交y轴于点N．则∠FMN+∠OMF=90˚．