2025年沪科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年沪科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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知M＝{x|y＝x2－2}，N＝{y|y＝x2－2}，则M∩N等于（）A.NB.MC.RD.Φ2、【题文】是三角形的两个内角，则“”是的()条件A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既非充分又非必要3、【题文】定义在上的函数满足：且时递增，则的值是(▲)A.恒为负数B.等于0C.恒为正数D.正、负都有可能4、【题文】已知集合（e为自然对数的底数）()A.B.C.D.5、若点在函数的图象上，则函数的值域为（）A.B.C.D.6、与函数y=的定义域相同的函数是（）A.y=B.y=2x﹣1C.y=D.y=ln（x﹣1）7、已知函数的部分图象如图所示，则下列选项判断错误的是（）A.|MN|=πB.C.D.8、如图，E、F分别是三棱锥P-ABC的棱AP、BC的中点，PC=10，AB=6，EF=7，则异面直线AB与PC所成的角为（）A.30°B.60°C.0°D.120°评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、已知则的坐标为____．10、利用简单随机抽样的方法，从个个体中逐个抽取个个体，若第二次抽取时，余下的每个个体被抽取到的概率为则11、已知函数f（x）=2×9x-3x+a2-a-3，当0≤x≤1时，f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为____．12、tan22°+tan23°+tan22°tan23°=_______13、【题文】设的定义域为若满足下面两个条件，则称为闭函数.①在内是单调函数；②存在使在上的值域为如果为闭函数，那么的取值范围是_______。14、【题文】正三角形ABC的边长为2将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为此时四面体ABCD的外接球的体积为____。15、【题文】已知二面角α―ΑΒ―β为600，在平面β内有一点P，它到棱AB的距离为2，则点P到平面α的距离为____评卷人得分三、解答题(共8题，共16分)16、假定下述数据是甲、乙两个供货商的交货天数：甲：109101011119111010乙：81014710111081512估计两个供货商的交货情况，并问哪个供货商交货时间短一些，哪个供货商交货时间较具一致性与可靠性．17、已知函数f（x）=a-（a∈R）．

（1）若f（x）是奇函数；求a的值；

（2）判断f（x）在定义域上的单调性；并证明；

（3）要使f（x）≧0恒成立；求实数a的取值范围．

18、如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中．

（Ⅰ）求证：B1D⊥平面A1C1B；

（Ⅱ）求三棱锥B1-A1C1B的体积；

（Ⅲ）求异面直线BC1与AA1所成的角的大小．

19、(本小题满分12分)在平面直角坐标系中，为坐标原点，三点满足（Ⅰ）求证：三点共线；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）已知的最小值为求实数的值.20、【题文】（12分）如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=60°，AB=AC=2以PA为直径的球O和PB、PC分别交于B1、C1

（1）求证B1C1∥平面ABC

（2）若二面角C—PB—A的大小为arctan2试求球O的表面积。

21、已知角θ的终边经过点P（-m）（m≠0）且sinθ=试判断角θ所在的象限，并求cosθ和tanθ的值．22、已知函数f（x）是偶函数，且在（0，+∞）上是减函数，证明：函数f（x）在（-∞，0）上是增函数．23、四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，四边形ABCE为菱形，∠BAD=120°，G、F分别是线段CE，PB上的动点，且满足

（1）求证：FG∥平面PDC；

（2）求λ的值，使得平面PAG⊥平面PCE．评卷人得分四、计算题(共2题，共12分)24、已知10a=2，10b=6，则102a-3b=____．25、如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E是AD边上一点（点E与A、D不重合）．BE的垂直平分线交AB于M；交DC于N．

（1）设AE=x；试把AM用含x的代数式表示出来；

（2）设AE=x，四边形ADNM的面积为S．写出S关于x的函数关系式．评卷人得分五、证明题(共3题，共30分)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．27、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．28、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．评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)29、如图，△ABC中，AB=5，BC=6，BD=BC；AD⊥BC于D，E为AB延长线上的一点，且EC交AD的延长线于F．

（1）设BE为x；DF为y，试用x的式子表示y．

（2）当∠ACE=90°时，求此时x的值．30、先阅读下面的材料再完成下列各题

我们知道，若二次函数y=ax2+bx+c对任意的实数x都有y≥0，则必有a＞0，△=b2-4ac≤0；例如y=x2+2x+1=（x+1）2≥0，则△=b2-4ac=0，y=x2+2x+2=（x+1）2+1＞0，则△=b2-4ac＜0．

（1）求证：（a12+a22++an2）•（b12+b22++bn2）≥（a1•b1+a2•b2++an•bn）2

（2）若x+2y+3z=6，求x2+y2+z2的最小值；

（3）若2x2+y2+z2=2；求x+y+z的最大值；

（4）指出（2）中x2+y2+z2取最小值时，x，y，z的值（直接写出答案）．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：先化简两个集合，再由交集的定义根据所得的集合求两个集合的交集.由题意考点：本题考查交集及其运算，求解的关键是正确理解交集的定义以及对两个集合进行化简．【解析】【答案】A2、C【分析】【解析】由正弦定理及三角形中大边对大角；小边对小角得：

故选C【解析】【答案】C3、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】

试题分析：由题可得根据交集的定义可得＝故选C.

考点：交集定义域值域【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】因为点在函数的图象上，所以解得所以故选D．6、D【分析】【解答】解：函数y=的定义域是（1；+∞）；

对于A，函数y=的定义域是[1；+∞），与已知函数的定义域不同；

对于B，函数y=2x﹣1的定义域是（﹣∞；+∞），与已知函数的定义域不同；

对于C，函数y=的定义域是（﹣∞；1）∪（1，+∞），与已知函数的定义域不同；

对于D；函数y=ln（x﹣1）的定义域是（1，+∞），与已知函数的定义域相同．

故选：D．

【分析】求出函数y=的定义域，再分别求出选项中的函数定义域，进行判断即可．7、C【分析】解：根据函数的部分图象知；

ω=1，∴f（x）=sin（x+）+1；

∴|MN|=T=π；A正确；

f（）=sin（+）+1=2；B正确；

f（x）+f（-x-）=sin（x+）+1+sin（-x-）+1

=sinxcos+cosxsin-sinxcos-cosxsin+2

=（sinx-cosx）+2≠1；C错误；

x=是f（x）=sin（x+）图象的一条对称轴；

∴f（-x）=f（+x）；D正确．

故选：C．

根据函数的部分图象知ω=1；写出f（x）的解析式，再对选项中的命题进行分析；判断正误．

本题考查了正弦函数的图象与性质的应用问题，是基础题．【解析】【答案】C8、B【分析】解：取AC的中点G；连接EG，GF；

由中位线定理可得：GE∥PC；GF∥AB且GE=5，GF=3；

∴∠EGF或补角是异面直线PC；AB所成的角．

在△GEF中由余弦定理可得：cos∠EGF===-

∴∠EGF=120°；则异面直线PC，AB所成的角为60°．

故选B．

先取AC的中点G；连接EG，GF，由三角形的中位线定理可得GE∥PC，GF∥AB且GE=5，GF=3，根据异面直线所成角的定义，再利用余弦定理求解．

本题主要考查空间几何体的结构特征和异面直线所成的角的求法，同时还考查了转化思想和运算能力，属中档题．【解析】【答案】B二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

由向量减的三角形法则可得，=（-5；-1）-（3，-2）=（-8，1）

故答案为：（-8；1）

【解析】【答案】由向量减的三角形法则可得，然后代入坐标运算即可求解。

10、略

【分析】试题分析：由已知在第二次抽取时，余下有个个体，还需抽取12个个体，而余下的每个个体被抽取到的概率为所以有故．考点：简单随机抽样．【解析】【答案】3711、略

【分析】

∵0≤x≤1时；f（x）＞0恒成立；

令t=3x；

设f（t）=2t2-t+a2-a-3；

1≤t≤3时为对称轴x=开口向上的抛物线的一段单调递增函数。

则t=1即自变量x=0；得到f（x）的最小值f（0）＞0；

化简得；a2-a-2＞0；解得a＞2或a＜-1

故答案为a＞2或a＜-1

【解析】【答案】因为当0≤x≤1时；f（x）＞0恒成立，即可得到f（x）在0≤x≤1时是单调递增函数，根据增减性，自变量的最小值x=0得到f（x）的最小值f（0）＞0解出a即可．

12、略

【分析】【解析】

因为tan22°+tan23°+tan22°tan23°=tan(22°+23°)(1-tan22°tan23°)+tan22°tan23°=tan45°=1【解析】【答案】113、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】≤__14、略

【分析】【解析】

试题分析：

根据题意可知三棱锥的三条侧棱底面是正三角形，它的外接球就是它扩展为正三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，正三棱柱中，底面边长为高为

由题意可得：三棱柱上下底面中心连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，正三棱柱的外接球的球心为外接球的半径为根据可知

考点：1.球与多面体的组合体；2.体积公式.【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】三、解答题(共8题，共16分)16、略

【分析】试题分析：由已知数据利用平均值公式先计算出甲供货商的平均供货时间和乙供货商的平均供货时间，哪个供货商的平均供货时间小，则该供货商交货时间短一些；然后利用方差公式计算出甲供货商的交货时间的方差与甲供货商的交货时间的方差，比较方差大小，方差小的供货商交货时间具有一致性与可靠性.试题解析：因为=(10+9+10+10+11+11+9+11+10+10)=10.1，=[+++++++++]=0.49，=(8+10+14+7+10+11+10+8+15+12)=10.5，=[+++++++++]=6.05，所以＜＜所以甲供货商交货时间短一些，甲供货商交货时间具有一致性与可靠性.考点:样本的均值与方差；总体估计【解析】【答案】17、略

【分析】

（1）因f（x）是R上的奇函数。

．所以f（x）+f（-x）=0

所以过原点．a=1．

（2）定义域为R

设x1，x2∈R且x1＜x2

则f（x2）-f（x1）

=

=

=

∵y=2x为增函数，且x2＞x1；

∴而分母大于0恒成立。

∴f（x2）-f（x1）＞0∴f（x2）＞f（x1）

故f（x）是R上的增函数。

（3）由f（x）≥0恒成立，可得恒成立。

∵要使其恒成立；只需a≥2

【解析】【答案】（1）由f（x）是R上的奇函数所以f（x）+f（-x）=0求得．

（2）在定义域上任取两个变量；且界定大小再作差变形看符号．

（3）由f（x）≥0恒成立，可转化为恒成立，再求得∵从而有a≥2．

18、略

【分析】

=••1•1•1=．（9分）

（Ⅲ）【解析】

∵AA1∥BB1；

∴异面直线BC1与AA1所成的角就是BC1与BB1所成的角，即∠B1BC1=45°．（13分）

故异面直线BC1与AA1所成的角为45°．（14分）

【解析】【答案】（Ⅰ）连BD、B1D1，A1C1⊥B1D1，因BB1⊥底面A1B1C1D1，A1C1底面A1B1C1D1，则A1C1⊥BB1，从而A1C1⊥平面BB1D1D；

则B1D⊥A1C1，同理可证：B1D⊥BC1，且A1C1∩BC1=C1，满足线面垂直的判定定理，则B1D⊥平面A1C1B；

（Ⅱ）根据进行求解即可；

（Ⅲ）AA1∥BB1，则异面直线BC1与AA1所成的角就是BC1与BB1所成的角，从而求得∠B1BC1．

（Ⅰ）证明：如图，连BD、B1D1；

∵A1B1C1D1是正方形；

∴A1C1⊥B1D1；（2分）

又∵BB1⊥底面A1B1C1D1，A1C1

底面A1B1C1D1；

∴A1C1⊥BB1；

∴A1C1⊥平面BB1D1D；（4分）

∴B1D⊥A1C1，同理可证：B1D⊥BC1，且A1C1∩BC1=C1；

故B1D⊥平面A1C1B．（5分）

（Ⅱ）19、略

【分析】

（Ⅰ）由已知即∴∥又∵有公共点∴三点共线.3分（Ⅱ）∵∴=∴∴6分（Ⅲ）∵C为的定比分点，∴∵∴8分当时，当时，取最小值与已知相矛盾；9分当时,当时,取最小值得(舍)–--10分当时，当时，取得最小值得11分综上所述，为所求.12分【解析】略【解析】【答案】20、略

【分析】【解析】（12分）

(1)连接AC1、AB1

∵PA⊥底面ABC

∴PA⊥AB；PA⊥AC

又∵AB=AC；易得△APC≌△APB

∴BP=CP

∠APB1=∠APC1

∵AP为球O的直径，∴AC1⊥PC1

AB1⊥PB1∴cos∠APB1==cos∠APC1=

∴PB1=PC1（3分）

∴∴B1C1∥BC

又∵B1C1平面ABC，BC平面ABC

∴B1C1∥平面ABC（6分）

（2）过点C作CD⊥AB于点D；则CD⊥平面ABP，过D作DE⊥PB于E，连CE，由三垂线定理知CE⊥PB

∴∠CED是二面角C—PB—A的平面角，即∠CED=arctan

∴tan∠CED=

∴DE=

sin∠PBA=

∴∠PBA=30°（9分）

∴AP=ABtan∠PBA=

∴球O的半径R=1（11分）

∴球O的表面积为（12分）【解析】【答案】21、解：由角θ的终边经过点P（-m）（m≠0），得|OP|=

∴sinθ==解得m2=5，即m=|OP|=2

①当m=时；θ在第二象限；

cosθ==-tanθ==﹣

②当m=﹣时；θ在第三象限；

cosθ=-tanθ==．【分析】【分析】先求出|OP|代入正弦函数的定义列出方程求出m，再根据m的符号分两类，根据任意角三角函数定义求出cosθ和tanθ的值，并判断出角所在的象限．22、略

【分析】

根据题意，设-∞＜x1＜x2＜0，那么0＜-x2＜-x1＜+∞．由函数在（0，+∞）上的单调性可得f（-x2）＞f（-x1），结合偶函数的性质可得f（x1）＜f（x2）；由函数单调性的定义即可得证明．

本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合问题，涉及函数单调性的证明，关键是运用偶函数的性质进行转化．【解析】证明：设-∞＜x1＜x2＜0，那么0＜-x2＜-x1＜+∞．

由于偶函数在（0，+∞）上是减函数，故有：f（-x2）＞f（-x1）

又根据偶函数的性质可得：f（-x1）=f（x1），f（-x2）=f（x2）

综上可得：f（x1）＜f（x2）；

故f（x）在（-∞，0）上是减函数．23、略

【分析】

（1）延长BG交CD于Q；连PQ，BE，证明FG∥PQ，即可证得FG∥平面PCD；

（2）连接AC，证明CE⊥平面PAG，即可得出平面PAG⊥平面PCE．

熟练掌握平行线分线段成比例定理、菱形的性质、线面平行的判定定理、面面垂直的判定，属于中档题．【解析】（1）证明：延长BG交CD于Q，连PQ，BE，平行四边形BEDC，则BE∥CQ，∴．

又∵PF：FB=CG：GE；则QG：GB=PF：FB，∴FG∥PQ．

∵FG⊄平面PCD；PQ⊂平面PCD．

∴FG∥平面PCD

（2）解：连接AC；

因为∠BAD=120°的菱形；所以△ACE为等边三角形；

所以CE⊥AG；

又因为PA⊥平面ABCD；所以PA⊥CE，PA∩AG=A

所以CE⊥平面PAG；

因为CE⊂平面PCE，所以面PAG⊥平面PCE．四、计算题(共2题，共12分)24、略

【分析】【分析】先利用同底数幂的除法法则把所求式子转换成除法运算，再利用幂的乘方法则变形，最后把10a、10b的值整体代入计算即可．【解析】【解答】解：∵10a=2，10b=6；

∴102a-3b=（10a）2÷（10b）3=4÷216=；

故答案是．25、略

【分析】【分析】（1）根据线段的垂直平分线推出BM=ME；根据勾股定理求出即可．

（2）连接ME，NE，NB，设AM=a，DN=b，NC=6-b，根据勾股定理得到AM2+AE2=ME2，DN2+DE2=NE2=BN2=BC2+CN2，代入求出即可．【解析】【解答】解：（1）连接ME．

∵MN是BE的垂直平分线；

∴BM=ME=6-AM；

在△AME中；∠A=90°；

由勾股定理得：AM2+AE2=ME2；

AM2+x2=（6-AM）2；

AM=3-x．

（2）连接ME，NE，NB，设AM=a，DN=b，NC=6-b；

因MN垂直平分BE；

则ME=MB=6-a；NE=NB；

所以由勾股定理得

AM2+AE2=ME2，DN2+DE2=NE2=BN2=BC2+CN2

即a2+x2=（6-a）2，b2+（4-x）2=42+（6-b）2；

解得a=3-x2，b=x2+x+3；

所以四边形ADNM的面积为S=×（a+b）×4=2x+12；

即S关于x的函数关系为S=2x+12（0＜x＜2）；

答：S关于x的函数关系式是S=2x+12．五、证明题(共3题，共30分)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．27、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．28、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．六、综合题(共2题，共4分)29、略

【分析】【分析】（1）过B作BG∥AF交BCEC于G，则可以得到△CDF∽△CBG，接着利用相似三角形的性质得到，在Rt△ABD中，利用勾股定理可得；又△EGB∽△EFA，由此利用相似三角形的性质即可求出y与x的函数关系；

（2）当∠ACE=90°时，则有∠FCD=∠DAC，由此得到Rt△ADC∽Rt△CDF，接着利用相似三角形的性质得到CD2=AD•DF，所以16=，从而得到，代入，即可求出x．【解析】【解答】解：（1）过B作BG∥AF交EC于G，

则△CDF∽△CBG；

∴；

∴；

在Rt△ABD中，可得；

又∵△EGB∽△EFA；

∴；

∴；

（2）当∠ACE=90°时；则有∠FCD=∠DAC；

∴Rt△ADC∽Rt△CDF；

∴；

∴CD2=AD•DF；

∴16=；

∴；

代入，有；

解得．30、略

【分析】【分析】（1）首先构造二次函数：f（x）=（a1x+b1）2+（