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…………○…………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年鲁科版高一数学下册阶段测试试卷916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6题,共12分)1、有甲、乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次,他们每次命中环数的条形图如图所示,共计两位运动员的平均环数分别为标准差为s甲,s乙;则()
A.s甲>s乙
B.s甲<s乙
C.s甲>s乙
D.s甲<s乙
2、已知且是第三象限角,则的值为()A.B.C.D.3、.已知函数若方程有两个实数根,则k的取值范围是()A.B.C.D.4、奇函数f(x)在(﹣∞,0)上单调递增,若f(﹣1)=0,则不等式f(x)<0的解集是()A.(﹣∞,﹣1)∪(0,1)B.(﹣∞,﹣1)(∪1,+∞)C.(﹣1,0)∪(0,1)D.(﹣1,0)∪(1,+∞)5、对任意的a∈(0,1)∪(1,+∞),则函数f(x)=logax+2必过定点为()A.(0,2)B.(1,0)C.(1,2)D.(0,3)6、若mn
满足m+2n鈭�1=0
则直线mx+3y+n=0
过定点(
)
A.(12,16)
B.(12,鈭�16)
C.(16,鈭�12)
D.(鈭�16,12)
评卷人得分二、填空题(共5题,共10分)7、在平行四边形ABCD中,若则=____.(用坐标表示)8、某中学为了解学生数学课程的学习情况,在3000名学生中随机抽取200名,并统计这200名学生的某次数学考试成绩,得到了样本的频率分布直方图(如图).根据频率分布直方图推测这3000名学生在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是_________9、在区间上随机取一实数则该实数满足不等式的概率为____.10、f(x)=的单调递增区间为______.11、与直线2x+3y-6=0平行且过点(1,-1)的直线方程为______.评卷人得分三、证明题(共6题,共12分)12、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.13、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.14、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.15、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.16、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.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.评卷人得分四、计算题(共3题,共24分)18、关于x3-ax2-2ax+a2-1=0只有一个实数根,则a的取值范围是____.19、已知x=,y=,则x6+y6=____.20、已知x1,x2为方程x2+4x+2=0的两实根,则x13+14x2+55=____.评卷人得分五、作图题(共1题,共2分)21、已知简单组合体如图;试画出它的三视图(尺寸不做严格要求)
评卷人得分六、综合题(共2题,共10分)22、如图1;△ABC与△EFA为等腰直角三角形,AC与AE重合,AB=EF=9,∠BAC=∠AEF=90°,固定△ABC,将△EFA绕点A顺时针旋转,当AF边与AB边重合时,旋转中止.不考虑旋转开始和结束时重合的情况,设AE;AF(或它们的延长线)分别交BC(或它的延长线)于G、H点,如图2.
(1)问:在图2中,始终与△AGC相似的三角形有____及____;
(2)设CG=x;BH=y,GH=z,求:
①y关于x的函数关系式;
②z关于x的函数关系式;(只要求根据第(1)问的结论说明理由)
(3)直接写出:当x为何值时,AG=AH.23、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.参考答案一、选择题(共6题,共12分)1、C【分析】
甲乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次;
根据两人每次射击的环数制成的条形图知:=4×0.1+5×0.2+7×0.3+8×0.1+9×0.2+10×0.1=7.1;
S甲=[(7.1-4)2×2+(7.1-5)2+(7.1-7)3×3+(7.1-8)2+(7.1-9)2×2+(7.1-10)2]=4.1;
=5×0.1+6×0.2+7×0.4+8×0.2+9×0.1=7;
S乙=[(7-5)2+(7-6)2×2+(7-7)2×4+(7-8)2×2+(7-9)2]=1.2;
∴S甲>S乙;
故选C.
【解析】【答案】甲乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次,根据两人每次射击的环数制成的条形图先分别求出S甲和S乙;再进行判断.
2、D【分析】试题分析:因为是第三象限角,所以所以所以而所以故选D.考点:1.象限角的定义;2.同角三角函数的基本关系式;3.两角和的正切公式.【解析】【答案】D3、B【分析】【解答】要使方程有两个实数根,则函数和的图象有两个交点;
而画出图象,由于过定点要使函数和的图象有两个交点,由上图可知选B.
4、A【分析】【解答】解:根据题意;可作出函数图象:
∴不等式f(x)<0的解集是(﹣∞;﹣1)∪(0,1)
故选A.
【分析】根据题目条件,画出一个函数图象,再观察即得结果.5、C【分析】【解答】解:函数f(x)=logax恒过(1;0);
则:函数f(x)=logax+2必过定点为(1;2).
故选:C.
【分析】利用对数函数经过的特殊点判断求解即可.6、B【分析】解:隆脽m+2n鈭�1=0
隆脿m=1鈭�2n
代入直线mx+3y+n=0
方程得;
n(1鈭�2x)+(x+3y)=0
它经过1鈭�2x=0
和x+3y=0
的交点(12,鈭�16)
故选B.
将题中条件:“m+2n鈭�1=0
”代入直线方程;得直线即n(1鈭�2x)+(x+3y)=0
一定经过1鈭�2x=0
和x+3y=0
的交点.
本题考查直线过定点问题,两直线的交点坐标的求法,利用m(x+2)+(y鈭�1)=0
经过x+2=0
和y鈭�1=0
的交点.【解析】B
二、填空题(共5题,共10分)7、略
【分析】
∵
∴=(1;3)-(2,4)=(-1,-1)
故答案为:(-1;-1)
【解析】【答案】首先根据已知求得向量即根据向量的知识求得代入数值即可求得.
8、略
【分析】试题分析:考点:频率分布直方图。【解析】【答案】6009、略
【分析】【解析】试题分析:区间的长度为9,的长度为1,所以实数满足不等式的概率为考点:本题主要考查几何概型概率的计算。【解析】【答案】10、略
【分析】解:令t=x2-2x-3,则f(x)=故本题即求二次函数t的减区间;
再利用二次函数的性质可得二次函数t的减区间为(-∞;1);
故答案为:(-∞;1).
令t=x2-2x-3,则f(x)=本题即求二次函数t的减区间,再利用二次函数的性质可得二次函数t的减区间.
本题主要考查复合函数的单调性,指数函数、二次函数的性质,体现了转化的数学思想,属于基础题.【解析】(-∞,1)11、略
【分析】解:设与直线2x+3y-6=0平行的直线方程为2x+3y+m=0;
把点(1;-1)代入可得:2-3+m=0,解得m=-.
因此所求的直线方程为:2x+3y+1=0;
故答案为2x+3y+1=0.
设与直线2x+3y-6=0平行的直线方程为2x+3y+m=0;把点(1,-1)代入解出m即可得出.
本题考查了相互平行的直线斜率之间的关系,属于基础题.【解析】2x+3y+1=0三、证明题(共6题,共12分)12、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.13、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.14、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.15、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.16、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.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.四、计算题(共3题,共24分)18、略
【分析】【分析】先把方程变形为关于a的一元二次方程的一般形式:a2-(x2+2x)a+x3-1=0,然后利用求根公式解得a=x-1或a=x2+x+1;于是有
x=a+1或x2+x+1-a=0,再利用原方程只有一个实数根,确定方程x2+x+1-a=0没有实数根,即△<0,最后解a的不等式得到a的取值范围.【解析】【解答】解:把方程变形为关于a的一元二次方程的一般形式:a2-(x2+2x)a+x3-1=0;
则△=(x2+2x)2-4(x3-1)=(x2+2)2;
∴a=,即a=x-1或a=x2+x+1.
所以有:x=a+1或x2+x+1-a=0.
∵关于x3-ax2-2ax+a2-1=0只有一个实数根;
∴方程x2+x+1-a=0没有实数根;即△<0;
∴1-4(1-a)<0,解得a<.
所以a的取值范围是a<.
故答案为a<.19、略
【分析】【分析】根据完全立法和公式将所求的代数式转化为x6+y6=(x2+y2)3-3x2y2(x2+y2);然后将已知条件代入并求值即可.【解析】【解答】解:∵x=,y=;
∴x6+y6
=(x2+y2)3-3x2y2(x2+y2)
=(5-+5+)3-3×(5-)(5+)(5-+5+)
=103-3×20×10
=400;
故答案是:400.20、略
【分析】【分析】由于x1,x2为方程x2+4x+2=0的两实根,由此得到x12+4x1+2=0,x1+x2=-4,x1•x2=2,而x13=x12•x1,然后代入所求代数式即可求解.【解析】【解答】解:∵x1,x2为方程x2+4x+2=0的两实根;
∴x12+4x1+2=0,x1+x2=-4,x1•x2=2;
∴x12=-4x1-2;
而x13=x12•x1;
∴x13+14x2+55
=x12•x1+14x2+55
=(-4x1-2)•x1+14x2+55
=-4x12-2x1+14x2+55
=-4(-4x1-2)-2x1+14x2+55
=14(x1+x2)+8+55
=14×(-4)+63
=7.
故答案为:7.五、作图题(共1题,共2分)21、
解:几何体的三视图为:
【分析】【分析】利用三视图的作法,画出三视图即可.六、综合题(共2题,共10分)22、略
【分析】【分析】(1)△HGA;△HAB,求出∠H=∠GAC,∠AGC=∠AGC,即可推出△AGC∽△HGA;根据∠B=∠ACG=45°,∠GAC=∠H推出△AGC∽△HAB即可;
(2)①根据∵△AGC∽△HAB,得出=,求出y=;②在Rt△BAC中,由勾股定理求出BC=9;代入GH=BH-(BC-GC)求出即可;
(3)由△HGA∽△HAB得出HB=AB=9,由△HGA∽△GCA得
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