2025年浙教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年浙教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5题，共10分)1、方程实根的个数是（）

A.0

B.1

C.2

D.无穷多个。

2、【题文】函数的一段图象是（）

3、【题文】集合为实数，若则()A.B.C.D.4、如果执行右边的程序框图；那么输出的S=（）

A.10B.22C.46D.945、如图，正方体ABCD鈭�A1B1C1D1

的棱长为3

以顶点A

为球心，2

为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于(

)

A.5娄脨6

B.2娄脨3

C.娄脨

D.7娄脨6

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、函数的定义域为____．（用区间表示）7、y=cosx•tanx的周期是____．8、设OA是球O的半径，M是OA的中点，过M且与OA成45°角的平面截球O的表面得到圆C,若圆C的面积等于则球O的表面积等于9、【题文】一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积是则这个三棱柱的体积为____.10、【题文】下列命题中：

①函数的图象与的图象关于轴对称；

②函数的图象与的图象关于轴对称；

③函数的图象与的图象关于轴对称；

④函数的图象与的图象关于坐标原点对称．

正确的是____．11、已知△ABC的周长为26且点A，B的坐标分别是（-6，0），（6，0），则点C的轨迹方程为______．12、已知三角形ABC

中，有：a2tanB=b2tanA

则三角形ABC

的形状是______．评卷人得分三、计算题(共6题，共12分)13、（1）计算：（）0+︳1-︳-（）2007（）2008-（-1）-3

（2）先化简，再求值（1-）÷其中x=4．14、如图，D是BC上一点，E是AB上一点，AD、CE交于点P，且AE：EB=3：2，CP：CE=5：6，那么DB：CD=____．15、先化简，再求值：，其中．16、已知（a＞b＞0）是方程x2-5x+2=0的两个实根，求的值．17、已知x1、x2是方程x2-（k-3）x+k+4=0的两个实根，A、B为x轴上的两点，其横坐标分别为x1、x2（x1＜x2）．O为坐标原点；P点在y轴上（P点异于原点）．设∠PAB=α，∠PBA=β．

（1）若α；β都是锐角；求k的取值范围．

（2）当α、β都是锐角，α和β能否相等？若能相等，请说明理由；若不能相等，请证明，并比较α、β的大小．18、（2000•台州）如图，已知AB是⊙O的直径，BC是和⊙O相切于点B的切线，⊙O的弦AD平行于OC，若OA=2，且AD+OC=6，则CD=____．评卷人得分四、解答题(共4题，共40分)19、【题文】若f(x)的定义域为[a,b]，值域为[a,b]（a

①设g(x)＝x2－x+是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值;

②问是否存在常数a，b（a>－2），使函数h(x)=是区间[a,b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a,b的值，否则，请说明理由.20、【题文】在正方体ABCD－A1B1C1D1中；E；F为棱AD、AB的中点．

（1）求证：EF∥平面CB1D1；

（2）求证：平面CAA1C1⊥平面CB1D121、（1）试用比较法证明柯西不等式：（a2+b2）（x2+y2）≥（ax+by）2（m，n，a，b∈R）

（2）已知x2+y2=2，且|x|≠|y|，求的最小值．22、已知等比数列{an}

满足；a1=12a3=a2

(1)

求数列{an}

的通项公式。

(2)

若等差数列{bn}

的前n

项和为Sn

满足b1=2S3=b2+6

求数列{an?bn}

的前n

项和Tn

．评卷人得分五、作图题(共3题，共21分)23、画出计算1++++的程序框图．24、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．

25、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3题，共9分)26、设直线kx+（k+1）y-1=0与坐标轴所围成的直角三角形的面积为Sk，则S1+S2++S2009=____．27、如图，已知：⊙O1与⊙O2外切于点O，以直线O1O2为x轴，点O为坐标原点，建立直角坐标系，直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A，交y轴于点C（0，2），交x轴于点M．BO的延长线交⊙O2于点D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半径的长；

（2）求线段AB的解析式；

（3）在直线AB上是否存在点P，使△MO2P与△MOB相似？若存在，求出点P的坐标与此时k=的值，若不存在，说明理由．28、如图1，点C将线段AB分成两部分，如果，那么称点C为线段AB的黄金分割点．某研究小组在进行课题学习时，由黄金分割点联想到“黄金分割线”，类似地给出“黄金分割线”的定义：直线l将一个面积为S的图形分成两部分，这两部分的面积分别为S1，S2，如果；那么称直线l为该图形的黄金分割线．

（1）研究小组猜想：在△ABC中；若点D为AB边上的黄金分割点（如图2），则直线CD是△ABC的黄金分割线．你认为对吗？为什么？

（2）研究小组在进一步探究中发现：过点C任作一条直线交AB于点E，再过点D作直线DF∥CE，交AC于点F，连接EF（如图3），则直线EF也是△ABC的黄金分割线．请你说明理由．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】

令f（x）=+-其定义域为x∈[1，+∞）．

由在定义域上单调递增，∴-在定义域上单调递减；而在定义域x∈[1；+∞）上单调递减；

故函数f（x）在定义域x∈[1；+∞）上单调递减．

又f（1）==1＞0，f（2）=-2＜1-2=-1＜0；即f（1）×f（2）＜0；

因此函数f（x）在区间（1；2）内存在一个零点，又由函数f（x）在定义域x∈[1，+∞）上单调递减，故有唯一的一个零点．

即方程实根的个数是1．

故选B．

【解析】【答案】令f（x）=+-其定义域为x∈[1，+∞），先判断其单调性，再判断其是否存在零点即可．

2、B【分析】【解析】

试题分析：令得所以则易知时，函数单调递增；时，函数单调递减.所以选B.

考点：函数的图像、导数与函数的单调性【解析】【答案】B3、D【分析】【解析】

试题分析：即

考点：集合的运算.

点评：【解析】【答案】D4、C【分析】解：由图循环体被执行四次；其运算规律是对S+1的和乘以2再记到S中；

每次执行后的结果依次是4；10，22，46

故选C

本题是一个直到型循环结构；循环体被执行4次，每次执行时都是对S加一再乘以2，由此即可计算出最后的结果。

本题考查循环结构，求解本题的关键是正确理解图形，由图中得出运算的次数以及运算的规律．【解析】【答案】C5、A【分析】解：如图；球面与正方体的六个面都相交；

所得的交线分为两类：一类在顶点A

所在的三个面上；即面AA1B1

B；面ABCD

和面AA1D1D

上；

另一类在不过顶点A

的三个面上；即面BB1C1

C；面CC1D1D

和面A1B1C1D1

上.

在面AA1B1B

上，交线为弧EF

且在过球心A

的大圆上，因为AE=2AA1=3

则隆脧A1AE=娄脨6.

同理隆脧BAF=娄脨6

所以隆脧EAF=娄脨6

故弧EF

的长为：2隆脕娄脨6=娄脨3

而这样的弧共有三条．

在面BB1C1C

上；交线为弧FG

且在距球心为1

的平面与球面相交所得的小圆上；

此时，小圆的圆心为B

半径为1隆脧FBG=娄脨2

所以弧FG

的长为：1隆脕娄脨2=娄脨2

．

于是，所得的曲线长为：娄脨3+娄脨2=5娄脨6

．

故选：A

．

球面与正方体的六个面都相交；所得的交线分为两类：一类在顶点A

所在的三个面上，即面AA1B1

B；面ABCD

和面AA1D1D

上；另一类在不过顶点A

的三个面上，即面BB1C1

C、面CC1D1D

和面A1B1C1D1

上.

由空间几何知识能求出这两段弧的长度之和．

本题考查空间几何的性质和综合应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．【解析】A

二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】

由题设条件知log3x≥0

解得x≥1．

∴函数的定义域为{x|x≥1}．

故答案为：[1；+∞）．

【解析】【答案】由二次根式的定义可知log3x≥0；结合对数函数的性质可推导出函数的定义域．

7、略

【分析】

由题意可得：y=cosx•tanx=sinx，（x≠）；

所以函数的周期T=2π．

故答案为：2π．

【解析】【答案】根据题意首先化简函数的解析式；再根据周期的公式计算出答案即可．

8、略

【分析】【解析】

圆C的半径为圆心到截面的距离由勾股定理可得解得所以球O的表面积等于8π。【解析】【答案】8π9、略

【分析】【解析】

试题分析：由球的体积公式，得解得所以正三棱柱的高h=2R=4．设正三棱柱的底面边长为a，则其内切圆的半径为：得所有该正三棱柱的体积为

考点：1.球的体积；2.柱体的体积【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

试题分析：由函数图象几种特殊变换知识可知；这里只有③不对，其余均正确．

考点：函数图象几种特殊变换及对称性．【解析】【答案】①②④11、略

【分析】解：由题意可得|BC|+|AC|=14＞AB；故顶点A的轨迹是以A；B为焦点的椭圆，除去与x轴的交点．

∴2a=14，c=6，∴b=故顶点C的轨迹方程为=1（x≠±7）．

故答案为=1（x≠±7）．

由题意可得|BC|+|AC|=14＞AB，故顶点A的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，除去与x轴的交点，利用椭圆的定义和简单性质求出a、b的值；即得顶点C的轨迹方程．

本题考查椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用．解题的易错点：最后不检验满足方程的点是否都在曲线上．【解析】=1（x≠±7）12、略

【分析】解：隆脽

三角形ABC

中，a2tanB=b2tanA

隆脿

由正弦定理asinA=bsinB=2R

得：sin2A鈰�sinBcosB鈭�sin2B鈰�sinAcosA=0

隆脽sinA?sinB>0

隆脿sinAcosB鈭�sinBcosA=0

即12(sin2A鈭�sin2B)cosB鈰�cosA=0

隆脿sin2A=sin2B

又AB

为三角形中的角；

隆脿2A=2B

或2A=娄脨鈭�2B

隆脿A=B

或A+B=娄脨2

．

故答案为：等腰三角形或直角三角形．

三角形ABC

中，利用正弦定理将a2tanB=b2tanA

化为sin2A鈰�sinBcosB鈭�sin2B鈰�sinAcosA=0

再利用二倍角的正弦即可得到sin2A=sin2B

从而得到：A=B

或A+B=娄脨2

问题即可解决．

本题考查三角形的形状判断，着重考查正弦定理的应用及二倍角的正弦及诱导公式，属于中档题．【解析】等腰或直角三角形三、计算题(共6题，共12分)13、略

【分析】【分析】（1）求出根据零指数；绝对值性质、积的乘方和幂的乘方分别求出每一个式子的值；代入求出即可．

（2）根据分式的加减法则先计算括号里面的减法，同时把除法变成乘法，进行约分，再代入求出即可．【解析】【解答】解：（1）原式=1+-1-（+1）×1-（-1）；

=1+-1--1+1；

=0．

（2）原式=[-]×；

=×；

=；

当x=4时；

原式=；

=．14、略

【分析】【分析】过E点作EF∥BC，交AD于F．根据平行线分线段成比例得出EF：BD=3：（3+2）=3：5，EF：CD=（6-5）：5=1：5=3：15，从而得解．【解析】【解答】解：过E点作EF∥BC；交AD于F．

∵AE：EB=3：2；CP：CE=5：6；

∴EF：BD=3：（3+2）=3：5；EF：CD=（6-5）：5=1：5=3：15；

∴DB：CD=5：15=1：3．

故答案为：1：3．15、略

【分析】【分析】先把括号内通分得原式=•，再把各分式的分子和分母因式分解约分得原式=2（x+2），然后把x=-2代入计算即可．【解析】【解答】解：原式=•

=•

=•

=2（x+2）

=2x+4；

当x=-2；

原式=2（-2）+4=2．16、略

【分析】【分析】先把方程的两根代入程x2-5x+2=0，根据根与系数的关系得出+、的值，然后再代入求的值即可．【解析】【解答】解：∵是方程x2-5x+2=0的两实根；

∴a-5+2=0；

∴b-5+2=0，+=5，=2．

∴原式=[]÷+

=+=+=2•=2•=517、略

【分析】【分析】（1）由于x1、x2是方程x2-（k-3）x+k+4=0的两个实根，由于得到其判别式是正数，由此可以确定k的取值范围，而A、B为x轴上的两点，其横坐标分别为x1、x2（x1＜x2），O为坐标原点，P点在y轴上（P点异于原点）．设∠PAB=α，∠PBA=β，若α、β都是锐角，由此得到点A、B在原点两旁，所以x1•x2＜0；这样就可以解决问题；

（2）若α=β，则x1+x2=0，由此得到k=3，所以判别式是正数，所以的得到α≠β；然后利用根与系数的关系即可得到α、β的大小关系．【解析】【解答】解：（1）∵x1、x2是方程x2-（k-3）x+k+4=0的两个实根，A、B为x轴上的两点，其横坐标分别为x1、x2（x1＜x2）．

∴△=k2-10k-7＞0得k＜5-4或k＞5+4；

若α；β都是锐角；

∴点A；B在原点两旁；

∴x1•x2＜0；

∴k＜-4；

（2）设α=β；

则x1+x2=0；

∴k=3；

所以α≠β；

因为x1+x2=k-3＜-7＜0；

所以|x1|＞|x2|；

所以OA＞OB；

则PA＞PB，在△PAB中，有α＜β．18、略

【分析】【分析】连接BD；根据AD∥OC，易证得OC⊥BD，根据垂径定理知：OC垂直平分BD，可得CD=CB，因此只需求出CB的长即可；

延长AD，交BC的延长线于E，则OC是△ABC的中位线；设未知数，表示出OC、AD、AE的长，然后在Rt△ABE中，表示出BE的长；最后根据切割线定理即可求出未知数的值，进而可在Rt△CBO中求出CB的长，即CD的长．【解析】【解答】解：连接BD；则∠ADB=90°；

∵AD∥OC；

∴OC⊥BD；

根据垂径定理；得OC是BD的垂直平分线，即CD=BC；

延长AD交BC的延长线于E；

∵O是AB的中点；且AD∥OC；

∴OC是△ABE的中位线；

设OC=x；则AD=6-x，AE=2x，DE=3x-6；

Rt△ABE中，根据勾股定理，得：BE2=4x2-16；

由切割线定理，得BE2=ED•AE=2x（3x-6）；

∴4x2-16=2x（3x-6）；解得x=2，x=4；

当x=2时；OC=OB=2，由于OC是Rt△OBC的斜边，显然x=2不合题意，舍去；

当x=4时；OC=4，OB=2；

在Rt△OBC中，CB==2．

∴CD=CB=2．四、解答题(共4题，共40分)19、略

【分析】【解析】

试题分析：①根据信息找到b所满足的等式即可求出b的值；一定要先判断函数在闭区间上的单调性；②先假设存在题目要求的常数，根据“四维光军”函数的特性去找到此常数能得到的结论，推出矛盾即可说明这样的常数是不存在的，这是一种逆向思维的题目，首先假设存在，由存在得出矛盾，则可知存在不成立.

试题解析：①由已知得其对称轴为区间在对称轴的右边,

所以函数在区间上是单调递增的,3分。

由“四维光军”函数的定义可知,

即又因为解得6分。

②假如函数在区间上是“四维光军”函数,7分。

因为在区间是单调递减函数，则有10分。

即解得这与已知矛盾.12分。

考点：函数单调性的应用，函数的图形和性质的应用.【解析】【答案】①②不存在，详见解析20、略

【分析】【解析】本题主要考查线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力。

（Ⅰ）欲证EF∥平面CB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面CB1D1内一直线平行，连接BD，根据中位线可知EF∥BD，则EF∥B1D1，又B1D1⊂平面CB1D1，EF⊄平面CB1D1；满足定理所需条件；

（Ⅱ）欲证平面CAA1C1⊥平面CB1D1，根据面面垂直的判定定理可知在平面CB1D1内一直线与平面CAA1C1垂直，而AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1D1，A1C1⊥B1D1，满足线面垂直的判定定理则B1D1⊥平面CAA1C1，而B1D1⊂平面CB1D1；满足定理所需条件．

解：（1）证明:连结BD.

在长方体中，对角线

又E；F为棱AD、AB的中点；

又B1D1平面平面

EF∥平面CB1D1.

（2）在长方体中，AA1⊥平面A1B1C1D1，而B1D1平面A1B1C1D1；

AA1⊥B1D1.

又在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1；

B1D1⊥平面CAA1C1.

又B1D1平面CB1D1；

平面CAA1C1⊥平面CB1D1．【解析】【答案】（1）见解析（2）见解析21、略

【分析】

（1）利用作差法；即可证明；

（2）由柯西不等式得：（x2+y2）（）≥即可求得结论．

本题考查柯西不等式，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．【解析】（1）证明：左边=a2x2+a2y2+b2x2+b2y2，右边=a2x2+2abxy+b2y2；

左边-右边=a2y2+b2x2-2abxy=（ay-bx）2≥0；（2分）

∴左边≥右边；命题得证．（3分）

（2）解：∵x2+y2=2，∴由柯西不等式得：（x2+y2）（）≥（5分）

∴的最小值为．（7分）22、略

【分析】

(1)

利用等比数列的通项公式即可得出；

(2)

设数列{bn}

的公差为d

利用等差数列的通项公式及其前n

项和公式可得bn.

再利用“错位相减法”；等比数列的前n

项和公式即可得出．

本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n

项和公式、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．【解析】解：(1)

设等比数列{an}

公比为q

隆脽2a3=a2隆脿q=12

又a1=1

隆脿

数列{an}

通项公式为：an=12n鈭�1

．

(2)

设数列{bn}

的公差为d

隆脽S3=b2+6

则3b2=b2+6

隆脿b2=3

．

则d=b2鈭�b1=1隆脿bn=n+1

．

隆脿anbn=(n+1)12n鈭�1

Tn=2+3隆脕12+4隆脕122+5隆脕123++(n+1)隆脕12n鈭�1..(1)

12Tn=2隆脕12+3隆脕122+4隆脕123+5隆脕124++(n+1)隆脕12n.(2)

(1)鈭�(2)

得：12Tn=2+122+123+124++12n鈭�1鈭�(n+1)隆脕12n

12Tn=2+12(1鈭�12n鈭�1)1鈭�12鈭�(n+1)隆脕12n

整理得12Tn=3鈭�(n+3)隆脕12n

．

故：Tn=6鈭�(n+3)隆脕12n鈭�1

．五、作图题(共3题，共21分)23、解：程序框图如下：

【分析】【分析】根据题意，设计的程序框图时需要分别设置一个累加变量S和一个计数变量i，以及判断项数的判断框．24、解：程序框图如下：

【分析】【分析】根据题目中的程序语言，得出该程序是顺序结构，利用构成程序框的图形符号及其作用，即可画出流程图．25、

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3题，共9分)26、略

【分析】【分析】令x=0，得y=，令y=0，得x=，则Sk=•=（-），根据三角形面积公式求和．【解析】【解答】解：依题意，得直线与y轴交于（0，），与x轴交于（；0），则

则Sk=•=（-）；

S1+S2++S2009

=（1-+-++-）

=（1-）

=．

故答案为：．27、略

【分析】【分析】（1）连接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，连接OA，根据切线长定理求出AB的长，设O1B为r，根据勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2）求出∠CMO=∠NO1O2=30°，求出OM，设AB的解析式是y=kx+b；把C；M的坐标代入得到方程组，求出方程组的解即可；

（3）①∠MO2P=30°，过B作BQ⊥OM于Q，求出MQ，BQ，过P'作P'W⊥X轴于W，根据相似三角形的性质求出PW即可得到P的坐标，根据相似三角形的性质求出k即可；②∠MO2P=120°，过P作PZ⊥X轴于Z，根据含30度角的直角三角形性质求出PZ，即可得到P的坐标，根据相似三角形的性质求出k即可．【解析】【解答】解：（1）连接BO1，O2A作O1N⊥O2A于N，连接OA，

∵直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A；交y轴于点C（0，2）；

∴CA=CB；CA=CO（切线长定理）；

∴CA=CB=CO；

∴AB=2OC=4；

设O1B为r，由O1O22-O2N2=O1N2得（4r）2-（2r）2=42；

解得，3r=2；

答：⊙O2的半径的长为．

（2）∵O2N=3r-r=2r，O1O2=r+3r=4r；

∴∠NO1O2=30°；

∴∠CMO=∠NO1O2=30°；

∵OM==2；

M（-2