2025年人教版高一数学下册阶段测试试卷

…………○…………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年人教版高一数学下册阶段测试试卷495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、函数y=x2-2x（-1≤x≤3）的值域是（）

A.[-1；1]

B.[-1；3]

C.[-1；15]

D.[1；3]

2、已知向量若与共线，则x的值为（）A.4B.8C.0D.23、对于直线m；n和平面α、β；α⊥β的一个充分条件是（）

A.m⊥n；m∥α，n∥β

B.m⊥n；α∩β=m，n⊂α

C.m∥n；n⊥β，m⊂α

D.m∥n；m⊥α，n⊥β

4、【题文】设则函数的图像大致形状是（）

5、【题文】在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则异面直线和所成角是（）度A.B.C.D.6、函数的定义域是()A.[-1,1]B.（-1,1）C.(1,+∞)D.（-∞,2）∪（2,+∞）7、等差数列{an}中，已知a1=2，a3+a5=10，则a7等于（）A.5B.6C.8D.108、设函数f(x)

的定义域为Rf(x)={3x鈭�1,0<x<1鈭�x,鈭�1鈮�x鈮�0

且对任意的x隆脢R

都有f(x+1)=鈭�1f(x)

若在区间[鈭�5,1]

上函数g(x)=f(x)鈭�mx+m

恰有5

个不同零点，则实数m

的取值范围是(

)

A.[鈭�14,鈭�16)

B.(鈭�12,鈭�14]

C.(鈭�16,0]

D.(鈭�12,鈭�16]

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、已知△ABC的三边分别为a，b，c，且a＝1，B＝45°，S△ABC＝2，则△ABC的外接圆的面积为．10、函数y=4x+2x-3的值域为____．11、现要用一段长为的篱笆围成一边靠墙的矩形菜园（如图所示），则围成的菜园最大面积是____.12、【题文】如图，在四面体ABCD中，P、Q分别为棱BC与CD上的点，且BP＝2PC，CQ＝2QD．R为棱AD的中点，则点A、B到平面PQR的距离的比值为____．13、已知l1，l2是分别经过A（2，1），B（0，2）两点的两条平行直线，当l1，l2之间的距离最大时，直线l1的方程是____14、若α是第二象限的角，且sinα=4-3m，则m的取值范围是____________．15、已知扇形的面积是4，扇形的圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长是______．16、圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的面积为______．评卷人得分三、证明题(共9题，共18分)17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．23、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．24、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．25、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．评卷人得分四、作图题(共1题，共10分)26、某潜艇为躲避反潜飞机的侦查，紧急下潜50m后，又以15km/h的速度，沿北偏东45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏东60°前行8min，最后摆脱了反潜飞机的侦查．试画出潜艇整个过程的位移示意图．评卷人得分五、计算题(共1题，共6分)27、如图，已知AC=AD=AE=BD=DE，∠ADB=42°，∠BDC=28°，则∠BEC=____．评卷人得分六、解答题(共2题，共12分)28、已知集合且求a的值。29、已知函数

(1)若求函数f(x)最大值和最小值；

(2)若方程f(x)+m=0有两根α，β，试求α•β的值．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】

函数y=f（x）=x2-2x=（x-1）2-1

∴此函数在[-1；1]上为减函数，在[1，3]上为增函数。

∴当x=1时函数取最小值f（1）=-1；

当x=-1或x=3时；函数取最大值f（3）=3

∴函数y=x2-2x（-1≤x≤3）的值域是[-1；3]

故选B

【解析】【答案】先利用二次函数的图象和性质；得函数的单调区间，进而利用函数的对称性得函数的最值。

2、A【分析】【解析】试题分析：根据题意，由于向量若与共线，则可知解得x的值为4，故答案为A.考点：向量的共线【解析】【答案】A3、C【分析】

对于A；”m⊥n，m∥α，n∥β”推不出α⊥β，故不正确。

对于B；“m⊥n，α∩β=m，n⊂α”推不出α⊥β，故不正确。

对于C；根据m∥n，n⊥β，m⊂α可⇒α⊥β，可知该命题正确。

对于D；“m∥n，m⊥α，n⊥β”→α∥β，故不正确．

故选C．

【解析】【答案】根据题意；结合正方体模型，对每一选支进行逐一判定，不正确的只需取出反例，正确的简单说明一下即可．

4、B【分析】【解析】

试题分析：函数当时，因此选

考点：函数的图象.【解析】【答案】B5、A【分析】【解析】

。

以B为坐标原点，所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图空间坐标系.设。

则

设和所成的角为则。

【解析】【答案】A6、B【分析】【解答】为使函数有意义，需即解得，-1<1,所以，函数的定义域是（-1,1)；选B。

【分析】简单题，确定函数的定义域，一般要考虑分母不为0，偶次根号下式子非负，对数的真数大于0.7、C【分析】解：∵等差数列{an}中，a1=2，a3+a5=10；

∴由等差数列的性质得，a1+a7=a3+a5=10；

解得a7=8；

故选：C．

根据题意和等差数列的性质得到：a1+a7=a3+a5，代入数据求出a7的值．

本题考查等差数列的性质的灵活应用，属于基础题．【解析】【答案】C8、A【分析】解：隆脽f(x+1)=鈭�1f(x)隆脿f(x+2)=鈭�1f(x+1)

隆脿f(x)=f(x+2)

即f(x)

的周期为2

．

作出f(x)

在[鈭�5,1]

上的函数图象如图所示：

令g(x)=0

得f(x)=mx鈭�m

则直线y=mx鈭�m

与f(x)

在[鈭�5,1]

上有5

个交点．

当直线y=mx鈭�m

过点(鈭�3,1)

时；直线y=mx鈭�m

与f(x)

在[鈭�5,1]

上恰好有5

个交点；

此时鈭�3m鈭�m=1

即m=鈭�14

当直线y=mx鈭�m

过点(鈭�5,1)

时；直线y=mx鈭�m

与f(x)

在[鈭�5,1]

上恰好有6

个交点；

此时鈭�5m鈭�m=1

即m=鈭�16

．

隆脿鈭�14鈮�m<鈭�16

．

故选A．

求出f(x)

的周期；作出f(x)

的函数图象，令y=mx鈭�m

与f(x)

在[鈭�5,1]

上的图象有5

个交点，即可求出m

的范围．

本题考查了函数的周期性应用，函数图象与函数零点的关系，属于中档题．【解析】A

二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】试题分析：所以所以所以设外接圆半径为由正弦定理可得解得则此三角形外接圆的面积为考点：1三角形面积公式；2余弦定理；3正弦定理求外接圆半径。【解析】【答案】10、略

【分析】

y=4x+2x-3=（2x）2+2x-3=（2x+1）2-4

∵2x+1＞1

∴（2x+1）2＞1

∴（2x+1）2-4＞-3

∴函数y=4x+2x-3的值域为（-3；+∞）

故答案为（-3；+∞）

【解析】【答案】函数y=4x+2x-3=（2x）2+2x-3对其进行配方；判断出它的值域即可．

11、略

【分析】试题分析：设矩形的长为则宽为则根据题意得：所以当时，最大，最大值为．考点：本题考查二次函数的应用，求最值.【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】：A、B到平面PQR的距离分别为三棱锥APQR与BPQR的以三角形PQR为底的高．故其比值等于这两个三棱锥的体积比．

VAPQR＝VAPQD＝×VAPCD＝××VABCD＝VABCD；

又，SBPQ＝SBCD－SBDQ－SCPQ＝(1－－×)SBCD＝SBCD；

VRBPQ＝VRBCD＝×VABCD＝VABCD．∴A、B到平面PQR的距离的比＝1∶4．

又，可以求出平面PQR与AB的交点来求此比值：

在面BCD内，延长PQ、BD交于点M，则M为面PQR与棱BD的交点．

由Menelaus定理知；··＝1，而＝，＝，故＝4．

在面ABD内，作射线MR交AB于点N，则N为面PQR与AB的交点．

由Menelaus定理知；··＝1，而＝4，＝1，故＝．

∴A、B到平面PQR的距离的比＝1∶4．【解析】【答案】．

13、2x﹣y﹣3=0【分析】【解答】由题意可得，l1，l2间的距离最大时；AB和这两条直线都垂直．

由于AB的斜率为故直线l1的斜率为：2；故它的方程是y﹣1=2（x﹣2），化简为2x﹣y﹣3=0；

故答案为：2x﹣y﹣3=0．

【分析】l1，l2间的距离最大时，AB和这两条直线都垂直．由斜率公式求得AB的斜率，取负倒数可得直线l1的斜率，用点斜式求直线l1的方程。14、略

【分析】解：α是第二象限的角；且sinα=4-3m

所以0＜4-3m＜1可得

故答案为：【解析】15、略

【分析】解：设扇形的半径为r；

则=4；

解得r=2．

∴扇形的弧长=2×2=4．

故答案为：4．

利用弧长公式；扇形的面积计算公式即可得出．

本题考查了弧长公式、扇形的面积计算公式，属于基础题．【解析】416、略

【分析】解：设上底面半径为r，则下底面半径为3r；

∵圆台的母线长为3；圆台的侧面积为84π；

∴S侧面积=π（r+3r）l=π×4r×3=84π；

解之得r=7，所以较小底面的面积S=πr2=49π

故答案为：49π

设圆台上底面半径为r，利用圆台的侧面公式，结合题意母线长为3且圆台的侧面积为84π，建立关于r的等式，解出上底面半径r=7；即可求出圆台较小底面的面积．

本题给出圆台满足的条件，求圆台上底面的面积，考查了圆台的侧面积公式、圆面积计算等知识，考查计算能力，属于基础题．【解析】49π三、证明题(共9题，共18分)17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．23、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．24、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．25、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A