2025年粤教版高一数学上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年粤教版高一数学上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、sin70Cos370-sin830Cos530的值为（）A.B.C.D.2、如果执行右面的程序框图，那么输出的（）．A.10B.22C.46D.3、长方体的一个顶点上三条棱的边长分别为3、4、5，且它的八个顶点都在同一球面上，这个球的表面积是（）A.B.C.D.4、下列各命题正确的是（）A.终边相同的角一定相等．B.第一象限角都是锐角．C.锐角都是第一象限角．D.小于90度的角都是锐角．5、【题文】在一条公路上每隔10公里有一个仓库；共有5个仓库。一号仓库存有则10吨货物，二号仓库存有20吨货物，五号仓库存有40吨货物，其余两个仓库是空的。现在要把所有的货物集中存放一个仓库里，若每吨货物运输1公里需要0.5元运输费，则最少需要的运费是（）

A.450元B.500元C.550元D.600元6、【题文】有四个几何体:①正方体,②球,③圆锥,④所有棱长都相等的三棱锥,其中三视图可以用一个图形表示的几何体个数是()A.1B.2C.3D.47、一平面截一球得到直径是6cm的圆面，球心到这个平面的距离是4cm，则该球的体积（）A.B.C.D.8、将某班的60

名学生编号为010260

采用系统抽样方法抽取一个容量为5

的样本，且随机抽得的一个号码为04

则剩下的四个号码依次是(

)

A.09141924

B.10162228

C.16284052

D.08121620

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、已知A={x|x≤1或x＞3}，B={x|x＞2}，则（CRA）∪B=____．10、已知：两个函数f（x）和g（x）的定义域和值域都是{1；2，3}，其定义如下表：

。x123x123f（x）231g（x）132则g[f（2）]，f[g（2）]的值依次为：____．11、函数的定义域为____．12、【题文】已知直线给出下列命题：

①若且则②若

③若④若

⑤若

其中正确命题的序号是_______________(把所有正确命题的序号都填上).13、如图所示，在三棱锥A﹣BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件____时；四边形EFGH为菱形．

14、已知扇形的半径为2

圆心角为2

弧度，则该扇形的面积为______．评卷人得分三、证明题(共7题，共14分)15、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．16、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．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、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．19、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．20、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．21、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．评卷人得分四、计算题(共1题，共6分)22、设cos（α﹣）=﹣sin（﹣β）=且＜α＜π，0＜β＜求cos（）的值．评卷人得分五、解答题(共1题，共3分)23、（本小题满分12分）设集合或分别求满足下列条件的实数m的取值范围：（1）（2）评卷人得分六、作图题(共4题，共32分)24、作出下列函数图象：y=25、作出函数y=的图象．26、以下是一个用基本算法语句编写的程序；根据程序画出其相应的程序框图．

27、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）

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：sin70Cos370-sin830Cos530考点：三角恒等变换及诱导公式；【解析】【答案】A2、C【分析】【解析】

因为第一次循环得到i=2,s=4;第二次循环得到i=3,s=10;第三次循环得到i=4,s=22;第四次循环得到i=5,s=46;此时终止，选C【解析】【答案】C3、C【分析】【解析】

因为长方体的一个顶点上三条棱的边长分别为3、4、5，且它的八个顶点都在同一球面上，体对角线长为5因此球的半径为这个球的表面积是50选C【解析】【答案】C4、C【分析】【解析】

因为锐角是大于零小于90度的角都是第一象限角，成立，但是选项B不成立选项A中，终边相同的角一定相差周角的整数倍，选项D中，小于90度的角都是锐角显然错误。选C【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、B【分析】【解析】正方体和球的三视图可以用一个图形表示【解析】【答案】B7、C【分析】【解答】因为球半径、截面圆的半径和圆心到截面的距离构成一个直角三角形，所以球半径为所以球的体积为8、C【分析】解：用系统抽样抽出的5

个学生的号码从小到大成等差数列；公差为12

随机抽得的一个号码为04

则剩下的四个号码依次是16284052

．

故选：C

．

根据系统抽样的特征可知抽样是等距抽样的原则；构造一个等差数列，将四个学生的号码从小到大成等差数列，建立等式关系，解之即可．

系统抽样过程中，每个个体被抽取的可能性是相等的，系统抽样的原则是等距，抓住这一原则构造等差数列，是我们常用的方法．【解析】C

二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

∵集合A={x|x≤1或x＞3}；

∴CRA={x|1＜x≤3}；

∴（CRA）∪B={x|1＜x≤3}∪{x|x＞2}=（1；+∞）．

故答案为：（1；+∞）．

【解析】【答案】利用集合的补集定义求出CRA，再利用两个集合的并集的定义求出（CRA）∪B．

10、略

【分析】

由表格可知f（2）=3；

∴g[f（2）]=g（3）=2．g（2）=3；f[g（2）]=f（3）=1

故答案为：2和1．

【解析】【答案】要求g[f（2）]；应先由前表找出f（2）=3，将g[f（2）]化成g（3），再由后表找出g（3）=2．同样可求f[g（2）]．

11、略

【分析】

∵对于log2（x+2）得出2+x＞0

∴x＞-2

∵对于得出x-1＜0

∴x≥1

∴函数的定义域为（-2；1）

故答案为（-2；1）．

【解析】【答案】根据log2（x+2）得出x＞-2；根据得出x＜1，最后取交集．

12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】②⑤13、AC=BD【分析】【解答】解：在三棱锥A﹣BCD中；

∵E；F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点；

∴EHBD，FGBD，∴EHFG；

EFAC，HGAC，∴EFHG；

∴四边形EFGH为平行四边形；

∵四边形EFGH为菱形；∴EF=EH，∴AC=BD；

∴当AC；BD满足条件AC=BD时，四边形EFGH为菱形．

故答案为：AC=BD．

【分析】由已知EHBDFG，EFACHG，从而四边形EFGH为平行四边形，由四边形EFGH为菱形，得EF=EH，由此得到AC=BD．14、略

【分析】解：根据扇形的弧长公式可得l=娄脕r=2隆脕2=4

根据扇形的面积公式可得S=12隆脕2隆脕4=4

．

故答案为：4

．

先计算扇形的弧长；再利用扇形的面积公式可求扇形的面积．

本题考查扇形的弧长与面积公式，正确运用公式是解题的关键，属于基础题．【解析】4

三、证明题(共7题，共14分)15、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．16、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．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】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．19、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．20、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．21、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．四、计算题(共1题，共6分)22、解：∵{#mathml#}π2

{#/mathml#}＜α＜π，0＜β＜{#mathml#}π2

{#/mathml#}，∴{#mathml#}π4

{#/mathml#}＜α﹣{#mathml#}β2

{#/mathml#}＜π，{#mathml#}−π4<α2−β<π2

{#/mathml#}，∵cos（α﹣{#mathml#}β2

{#/mathml#}）=﹣{#mat