2025年外研版三年级起点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2025年外研版三年级起点高一数学上册阶段测试试卷496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6题，共12分)1、已知函数f（x）的图象是连续不断的；x与f（x）的对应关系见下表，则函数f（x）在区间[1，6]上的零点至少有（）

。X123456Y123.5621.45-7.8211.57-53.76-52

A.2

B.3

C.4

D.5

2、已知且f（-5）=m，则f（5）+f（-5）的值为（）

A.4

B.0

C.2m

D.-m+4

3、【题文】已知是两两不重合的三个平面，下列命题中错误的是（）A.若则B.若则C.若则D.若则4、【题文】如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝则（）

（A）EF与GH互相平行。

（B）EF与GH异面。

（C）EF与GH的交点M可能在直线AC上；也可能不在直线AC上。

（D）EF与GH的交点M一定在直线AC上5、在空间直角坐标系中，已知点P（x，y，z），给出下列4条叙述：①点P关于x轴的对称点的坐标是（x；－y，z）

②点P关于yOz平面的对称点的坐标是（x；－y，－z）

③点P关于y轴的对称点的坐标是（x；－y，z）

④点P关于原点的对称点的坐标是（－x；－y，－z）

其中正确的个数是（）A.3B.2C.1D.06、已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是（）A.2B.C.2sin1D.sin2评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、【题文】设a、b为不重合的两条直线；α；β为不重合的两个平面，给出下列命题：

①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且b⊥α，则a∥b；③若a∥α且a∥β，则α∥β；④若a⊥α且a⊥β，则α∥β.其中为真命题的是________．(填序号)8、【题文】函数由下表定义：

。

2

5

3

1

4

1

2

3

4

5

若则．9、【题文】若一个长方体的长、宽、高分别为3，4，5，则这个长方体的对角线长为____10、等差数列{an}中，a2=5，a5=33，则a3+a4=______．11、在正方体ABCD-A1B1C1D1各个面上的对角线所在直线中，与直线AD1所成角是的条数是______．评卷人得分三、证明题(共6题，共12分)12、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．13、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．14、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．15、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．16、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．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2题，共16分)18、（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____．19、（2010•花垣县校级自主招生）如图所示，∠AOB=40°，OM平分∠AOB，MA⊥OA于A，MB⊥OB于B，则∠MAB的度数为____．评卷人得分五、综合题(共1题，共9分)20、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．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】

函数f（x）的图象是连续不断的；由表格。

∵f（2）＞0；f（3）＜0∴在（2，3）上至少有1个零点。

f（3）＜0；f（4）＞0∴在（3，4）上至少有1个零点。

f（4）＞0；f（5＜0）∴在（4，5）上至少有1个零点。

∴f（x）在区间[1；6]上的零点至少有3个．

故选B

【解析】【答案】直接依据零点存在性定理解决．

2、A【分析】

令f（x）-2=g（x）=

g（-x）=）==

∴g（-5）=-g（5）；∴f（-5）-2=-[f（5）-2]

即f（5）+f（-5）=4

故选A．

【解析】【答案】令g（x）=f（x）-2；运用函数奇偶性的定义可得g（-x）=-g（x），从而可得g（-5）=-g（5），即f（-5）-2=-[f（5）-2]，从而求出f（5）+f（-5）的值．

3、B【分析】【解析】

试题分析：由平行的传递性，A．若则正确；

结合“墙角结构”知，“B．若则”不正确。故选B。

考点：本题主要考查立体几何的平行关系；垂直关系。

点评：简单题，高考常见题型，关键是熟知立体几何中平行与垂直的定理、结论等。【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】

试题分析：由＝＝得由点E、H分别是边AB、AD的中点得一定相交，在平面ACB中；GH在平面ACD中，两面交线为AC直线，所以EF与GH的交点M一定在直线AC上。

考点：公理三两面交线问题。

点评：公理三还可用来证明三点共线【解析】【答案】D5、C【分析】【解答】其中正确的是④点P关于原点的对称点的坐标是（－x；－y，－z）故选C.

【分析】本题主要考查了空间直角坐标系、空间中的点的坐标，解决问题的关键是的关键是根据空间直角坐标系的点的坐标特征进行分析即可.6、B【分析】解：如图：∠AOB=2，过点0作OC⊥AB，C为垂足，并延长OC交于D；

∠AOD=∠BOD=1，AC=AB=1；

Rt△AOC中，AO==

从而弧长为α•r=

故选B．

解直角三角形AOC；求出半径AO，代入弧长公式求出弧长的值．

本题考查弧长公式的应用，解直角三角形求出扇形的半径AO的值，是解决问题的关键．【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【解析】①错，a∥α，b∥α，直线a与b可能相交、平行或异面；③错，若α∩β＝l，a∥l，aα，aβ，则a∥α，a∥β.【解析】【答案】②④8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】49、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】10、略

【分析】解：等差数列{an}中，a2=5，a5=33，则a2+a5=a3+a4=5+33=38；

故答案为38．

由等差数列的定义和性质可得a2+a5=a3+a4；把条件代入运算求得结果．

本题主要考查等差数列的定义和性质，属于基础题．【解析】3811、略

【分析】解：连接正方体ABCD-A1B1C1D1各个面上的对角线；

由于是正方体，不难发现：对角线AD1、AC、CD1构成等边三角形ACD1；

同理：AB1D1也是等边三角形，与直线AD1所成角是．

∵AC∥A1C1、CD1∥BA1，DC1∥AB1、B1D1∥BD

∴直线AD1所成角是

所以与直线AD1所成角是的直线是AC、A1C1、CD1、BA1，DC1、AB1、B1D1、BD有8条．

故答案为8．

连接正方体ABCD-A1B1C1D1各个面上的对角线，根据正方体的特征，不难发现：对角线与AD1所构成的三角形ACD1是等边三角形，三角形AB1D1是等边三角形，与直线AD1所成角是．那么在正方体中与这些对角线平行的与直线AD1所成角都是．即可得到答案．

本题考查了正方体的特征，线面，线线的关系以及线线所成的角的问题．属于基础题．【解析】8三、证明题(共6题，共12分)12、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．13、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．14、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=15、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．16、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．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2题，共16分)18、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：2．19、略

【分析】【分析】根据已知条件可证Rt△OAM≌Rt△OBM，从而可得MA=MB，∠AMO=∠BMO=70°，MN=MN，可证△AMN≌△BMN，可得∠ANM=∠BNM=90°，故有∠MAB=90°-70°=20°．【解析】【解答】解：∵OM平分∠AOB；

∴∠AOM=∠BOM==20°．

又∵MA⊥OA于A；MB⊥OB于B；

∴MA=MB．

∴Rt△OAM≌Rt△OBM；

∴∠AMO=