2025年粤人版高一数学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年粤人版高一数学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知则角α的终边所在的象限是（）

A.第一象限。

B.第二象限。

C.第三象限。

D.第四象限。

2、奇函数在区间上是减函数，则在区间上是A.增函数，且最大值为B.减函数，且最大值为C.增函数，且最大值为D.减函数，且最大值为3、��֪��=()A.B.2C.D.4、已知函数f（x）=x2+1，那么f（a+1）的值为（）A.a2+a+2B.a2+1C.a2+2a+2D.a2+2a+15、定义运算：a*b=如1*2=1，则函数f（x）=cosx*sinx的值域为（）A.[-1，]B.[-1，1]C.[1]D.[-]6、已知等比数列{an}中，a4+a8=则a6（a2+2a6+a10）的值为（）A.1B.-4C.D.-7、如图，正方体ABCD鈭�A1B1C1D1

的棱长为3

以顶点A

为球心，2

为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于(

)

A.5娄脨6

B.2娄脨3

C.娄脨

D.7娄脨6

评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、化简的结果是____．9、已知向量和的夹角为则=____10、若cosαcosβ=则sinαsinβ的取值范围是______．11、函数的定义域是____．12、【题文】函数的定义域为____.13、【题文】过点(0,1)的直线与x2＋y2＝4相交于A、B两点，则|AB|的最小值为________．14、【题文】[2014·江西模拟]设全集U＝[0，＋∞)，A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|x2＋a＜0}，若(∁UA)∪B＝∁UA，则a的取值范围是________．15、已知全集U={1，2，3，4}，集合A={1，4}，B={2，4}，则A∩∁UB=____．16、化简：（a2-2+a-2）÷（a2-a-2）评卷人得分三、证明题(共8题，共16分)17、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．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；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．20、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．21、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．22、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=2．23、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．24、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．评卷人得分四、作图题(共1题，共2分)25、绘制以下算法对应的程序框图：

第一步；输入变量x；

第二步，根据函数f（x）=

对变量y赋值；使y=f（x）；

第三步，输出变量y的值．评卷人得分五、解答题(共1题，共4分)26、计算（1）（2）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】

由于=2π-则角α的终边所在的象限与-的终边相同，而-的终边在第三象限；

故角α的终边所在的象限是第三象限；

故选C．

【解析】【答案】由于=2π-则角α的终边所在的象限与-的终边相同，而-的终边在第三象限；从而得出结论．

2、B【分析】【解析】试题分析：利用奇函数关于原点对称，那么可知如果奇函数在区间上是减函数，那么在区间上是减函数，排除A,C。而对于已知区间可知，函数在x=a处取得最大值，在x=b处取得最小值。因此在对应区间上，最大值为最小值为故选B.考点：本试题主要是考查了抽象函数的奇偶性和单调性。【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】【解答】解：∵函数f（x）=x2+1；

∴f（a+1）=（a+1）2+1=a2+2a+2．

故选：C．

【分析】由已知得f（a+1）=（a+1）2+1，由此能求出结果．5、A【分析】解：根据三角函数的周期性；我们只看在一个最小正周期的情况即可；

设x∈[0；2π]；

当≤x≤时，sinx≥cosx，f（x）=cosx，f（x）∈[-1，]；

当0≤x＜或x≤2π时，cosx＞sinx，f（x）=sinx，f（x）∈[0，]∪[-1；0]．

综合知f（x）的值域为[-1，]．

故选：A．

根据定义和正弦函数与余弦函数的关系；求得f（x）的解析式根据x时范围确定f（x）的值域．

本题主要考查了三角函数图象与性质．考查了学生推理和分析能力．【解析】【答案】A6、C【分析】解：a6（a2+2a6+a10）=a6a2+2+a6a10

=+2a4a8+

=（a4+a8）2

=

=

故选：C．

利用等比数列的性质am•an=计算；化简即得结论．

本题考查等比数列的性质，注意解题方法的积累，属于中档题．【解析】【答案】C7、A【分析】解：如图；球面与正方体的六个面都相交；

所得的交线分为两类：一类在顶点A

所在的三个面上；即面AA1B1

B；面ABCD

和面AA1D1D

上；

另一类在不过顶点A

的三个面上；即面BB1C1

C；面CC1D1D

和面A1B1C1D1

上.

在面AA1B1B

上，交线为弧EF

且在过球心A

的大圆上，因为AE=2AA1=3

则隆脧A1AE=娄脨6.

同理隆脧BAF=娄脨6

所以隆脧EAF=娄脨6

故弧EF

的长为：2隆脕娄脨6=娄脨3

而这样的弧共有三条．

在面BB1C1C

上；交线为弧FG

且在距球心为1

的平面与球面相交所得的小圆上；

此时，小圆的圆心为B

半径为1隆脧FBG=娄脨2

所以弧FG

的长为：1隆脕娄脨2=娄脨2

．

于是，所得的曲线长为：娄脨3+娄脨2=5娄脨6

．

故选：A

．

球面与正方体的六个面都相交；所得的交线分为两类：一类在顶点A

所在的三个面上，即面AA1B1

B；面ABCD

和面AA1D1D

上；另一类在不过顶点A

的三个面上，即面BB1C1

C、面CC1D1D

和面A1B1C1D1

上.

由空间几何知识能求出这两段弧的长度之和．

本题考查空间几何的性质和综合应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．【解析】A

二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】首先观察代数式，根据二次根式有意义的条件，则5-3x≥0，即x≤．再根据二次根式的性质，即=|a|和（）2=a（a≥0），进行化简计算．【解析】【解答】解：根据题意，得5-3x≥0，即x≤；则3x≤5．

∴原式=-（5-3x）；

当1≤3x≤5；原式=3x-1-5+3x=6x-6；

当3x＜1时；则原式=1-3x-5+3x=-4．

故答案为6x-6或-4．9、略

【分析】【解析】试题分析：因为，向量和的夹角为所以，==考点：本题主要考查平面向量的数量积，模的计算。【解析】【答案】10、略

【分析】

∵cosαcosβ=设sinαsinβ=x；

∴cos（α+β）=cosαcosβ-sinαsinβ=-x；

cos（α-β）=cosαcosβ+sinαsinβ=+x；

∴-1≤-x≤1，-1≤+x≤1；

解得：-≤x≤

则sinαsinβ的取值范围是[-]．

故答案为：[-]

【解析】【答案】设x=sinαsinβ；利用两角和与差的正弦函数公式分别化简cos（α+β）与cos（α-β），将cosαcosβ的值代入，利用余弦函数的值域列出不等式，求出不等式的解集得到x的范围，即为sinαsinβ的取值范围．

11、略

【分析】

由题意可得2x-1≥0；

解不等式可得x≥0

所以函数的定义域是[0；+∞）

故答案为：[0；+∞）

【解析】【答案】由题意可得2x-1≥0；解不等式可得函数的定义域．

12、略

【分析】【解析】

试题分析：要使函数有意义，需要所以函数的定义域为

考点：本小题主要考查函数的定义域的求法.

点评：函数的定义域就是是函数有意义的自变量的取值范围，还要注意函数的定义域必须写成集合或区间的形式.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

试题分析：要求解直线与圆相交时的弦长，那么结合图像，要使得|AB|的长度最小，那么就是求解半弦长最小时的情况。利用圆的半径和半弦长和弦心距的关系可知，半径的平方等于弦心距的平方加上半弦长的平方得到。由于半径由x2＋y2＝4可知为2.只要满足圆心（0,0）到过点（0,1）的直线的距离最大即可，那么即为过点（0,1）且与圆心的连线垂直的直线，如图所示，那么此时的弦心距为1，那么利用上述的勾股定理可知|AB|=故|AB|的最小值为2故答案为2

考点：本试题主要是考查了直线与圆的位置关系；计算弦心距，再求半弦长，得出结论．

点评：数形结合解答本题，它是选择题可以口算、心算、甚至不算，得出结果最好．【解析】【答案】214、略

【分析】【解析】∵U＝[0；＋∞)；

∴A＝{x|(x－3)(x＋1)≥0}＝{x|x≥3或x≤－1}．

∴∁UA＝[0,3)，又∵(∁UA)∪B＝∁UA；

∴B⊆∁UA；∴当B＝∅时即a≥0时，适合题意；

当B≠∅时B＝[0，)，又B⊆∁UA；

∴由数轴可得≤3，即

∴－9≤a＜0.

∴综上，a≥－9.【解析】【答案】[－9，＋∞)15、{1}【分析】【解答】解：∵U={1；2，3，4}，B={2，4}；

∴∁UB={1；3}；

又A={1；4}；

∴A∩∁UB={1}．

故答案为：{1}．

【分析】直接利用交、并、补集的混合运算求得答案．16、略

【分析】

由题意，原式==利用平方公式化简．

本题考查了有理指数幂的化简与求值，属于基础题．【解析】解：原式=

=

=

=．三、证明题(共8题，共16分)17、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．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】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=20、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．21、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

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

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．22、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=2．23、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．24、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