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913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、如果正实数x；y满足x+y=1，那么1-xy（）

A.有最小值和最大值1

B.有最小值和最大值1

C.有最小值而无最大值。

D.无最小值而有最大值1

2、已知则的值为（）A.B.C.D.3、【题文】如图，在正方体中，若平面上一动点到和的距离相等，则点的轨迹为。

A.椭圆的一部分B.圆的一部分C.一条线段D.抛物线的一部分4、【题文】设且则等于（）A.B.C.D.5、在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE：EB=AF：FD=1：4，又H，G分别为BC，CD的中点，则（）A.BD∥平面EFG，且四边形EFGH是矩形B.EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D.EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形6、若边长为a的等边的底边AB与x轴平行，则用斜二测画法画出它的直观图的面积是()A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、函数的定义域是____．8、如果等差数列中，那么____.9、【题文】分别在集合和中随机的各取一个数，则这两个数的乘积为偶数的概率为____；10、【题文】如右图，一个空间几何体的主视图、左视图是周长为4一个内角为的菱形，俯视图是圆及其圆心，那么这个几何体的表面积为________．11、【题文】若函数则=____；12、函数f（x）=lg（2x﹣1）的定义域为____13、如图△ABC是直角边等于4的等腰直角三角形，D是斜边BC的中点，=+m•向量的终点M在△ACD的内部（不含边界），则实数m的取值范围是____．

14、若sinα（1+tan10°）=1，则钝角α=______．15、已知ABCDEF是正六边形，且==则=______．评卷人得分三、证明题(共8题，共16分)16、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．17、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．18、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．19、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=2．20、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、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．23、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．评卷人得分四、计算题(共4题，共24分)24、+2．25、解方程组．26、计算：．27、已知：（b-c）2=（a-b）（c-a），且a≠0，则=____．评卷人得分五、解答题(共1题，共7分)28、已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，已知x≥0时，f（x）=x2-2x．

（1）画出偶函数f（x）的图象；并根据图象；写出f（x）的单调区间；同时写出函数的值域；

（2）求f（x）的解析式．评卷人得分六、综合题(共1题，共2分)29、二次函数的图象的顶点坐标是，它与x轴的一个交点B的坐标是（-2，0），另一个交点的是C，它与y轴相交于D，O为坐标原点．试问：y轴上是否存在点P，使得△POB∽△DOC？若存在，试求出过P、B两点的直线的解析式；若不存在，说明理由．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】

若正实数x；y满足x+y=1；

∴0＜xy≤=

∴≤1-xy＜1

即有最小值而无最大值。

故选C

【解析】【答案】由正实数x；y满足x+y=1，根据基本不等式，我们可以确定xy的取值范围，进而根据不等式的性质，求出1-xy的取值范围，进而得到答案．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、D【分析】【解析】设A1B与AB1的交点为O，则点P到到的距离等于PO，所以点P到定点O的距离等于点P到定直线BC的距离，所以点P的轨迹是抛物线的一部分【解析】【答案】D4、A【分析】【解析】

归纳法：由知

又由得归纳得

∴构成以为首项.公比的等比数列.∴选A.【解析】【答案】

A5、B【分析】【解答】解：如图所示；在平面ABD内，∵AE：EB=AF：FD=1：4；

∴EF∥BD．

又BD⊂平面BCD；EF⊄平面BCD；

∴EF∥平面BCD．

又在平面BCD内；

∵H；G分别是BC，CD的中点；

∴HG∥BD．∴HG∥EF．

又∴EF≠HG．

在四边形EFGH中；EF∥HG且EF≠HG；

∴四边形EFGH为梯形．

故选：B．

【分析】由已知得EF∥BD．由此能证明EF∥平面BCD．由已知条件推导出HG∥BD．HG∥EF．EF≠HG．从而得到四边形EFGH为梯形．6、D【分析】【分析】由于正三角形ABC的直观图对应的三角形底边长与正三角形ABC底边长相等，高是原三角形高的易得直观图与原图面积之比为1：结合已知中正三角形ABC的边长为a，求出原图面积后，代入即可得到答案．

【解答】∵侧二测画法中得到的直观图面积与原图形的面积之比为1：

由于原图为边长为a的正三角形ABC，则S△ABC=

故直观图的面积为×=

故选D

【点评】本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中根据斜二测画法的作图规则，得到直观图与原图面积之比为1：是解答此类问题的关键．二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】

要使原函数有意义，则解得：x≥-1且x≠1．

所以；原函数的定义域为[-1，1）∪（1，+∞）．

故答案为[-1；1）∪（1，+∞）．

【解析】【答案】求出使函数式中无理式和分式有意义的x的取值集合；然后取交集．

8、略

【分析】【解析】

因为等差数列中，利用等差中项可知【解析】【答案】289、略

【分析】【解析】

试题分析：分别在集合和中随机的各取一个数共有9种不同的情况，其中这两个数的乘积为偶数的情况有（1,6），（2,3），（2，5），（2,6），（4,3），（4，5），（4,6）共7种不同的情况，∴所求的概率为

考点：本题考查了古典概型的运用。

点评：在保证能创建古典概型的情况下，首先要解决的问题如何求n与m,再利用公式计算概率．【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】212、（0，+∞）【分析】【解答】解：∵f（x）=lg（2x﹣1）

根据对数函数定义得2x﹣1＞0；

解得：x＞0

故答案为：（0；+∞）

【分析】根据对数函数定义得2x﹣1＞0，求出解集即可．13、（）【分析】【解答】解：在AB上取点D，使得过D作DE⊥AB，交BC于E，交AD于F；

∵∴的终点M落在直线DE上．

过F作FM⊥AC于M；过E作EN⊥AC于N；

∴若向量的终点M在△ACD的内部（不含边界）；则M必定在线段EF上（不含端点）．

∵△ABC是等腰直角三角形；AB=AC=4，∴AM=1，AN=3；

∴．

故答案为：（）．

【分析】根据向量加法的平行四边形法则得出M的轨迹，根据条件得出m的最大值和最小值即可．14、略

【分析】解：sinα（1+tan10°）=sinα•=sinα•2•=1；

∴2sinα•sin40°=cos10°=sin80°；

即2sinα•sin40°=sin80°；∴sinα=cos40°，结合α为钝角，可得α=140°；

故答案为：140°．

利用同角三角函数基本关系；诱导公式；可得sinα=cos40°，结合α为钝角，可得α的值．

本题主要考查同角三角函数基本关系、诱导公式的运用，属于基本知识的考查．【解析】140°15、略

【分析】解：如图；

连接EB，则：

∴．

故答案为：．

画出图形，根据条件可得到而从而便可得到．

考查向量减法的几何意义，向量数乘的几何意义，共线向量基本定理，以及对正六边形的认识．【解析】（）三、证明题(共8题，共16分)16、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．17、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．18、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．19、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=2．20、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】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．23、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．四、计算题(共4题，共24分)24、略

【分析】【分析】分别根据负整数指数幂、二次根式的化简、0指数幂及特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．【解析】【解答】解：原式=-（+1）+2×-+1

=--1+-+1

=-．25、略

【分析】【分析】观察方程组的两方程，发现y的系数互为相反数，根据互为相反数的两数之和为0，把两方程左右两边相加即可消去未知数y，得到关于x的一元一次方程，求出方程的解即可得到x的值，把x的值代入原方程组中的任一个方程中即可求出y的值，联立求出的x与y的值即为原方程组的解．【解析】【解答】解：；

①+②得：3x=3；

解得x=1；

把x=1代入①得：y=0；

∴原方程组的解为．26、略

【分析】【分析】求出=2，sin45°=，（3-π）0=1，=4，代入求出即可．【解析】【解答】解：原式=2-4×+1+4；

=2-2+1+4；

=5．27、略

【分析】【分析】根据题意将原式变形，然后利用添项法可配成完全平方式，再利用偶次方的非负性即可得出答案．【解析】