2025年沪科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年沪科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9题，共18分)1、下列各数中，最小的数是（）A.-3B.3-1C.-|-|D.02、已知平面向量若与垂直，则实数=（）A.-1B.1C.-2D.23、若函数y=x2+2x+2在闭区间[m；1]上有最大值5，最小值1，则m的取值范围是（）

A.[-1；1]

B.[-1；+∞）

C.[-3；0]

D.[-3；-1]

4、若与的夹角为60°，则=（）

A.2

B.3

C.5

D.6

5、【题文】下面四个命题：

①若直线平面则内任何直线都与平行；

②若直线平面则内任何直线都与垂直；

③若平面平面则内任何直线都与平行；

④若平面平面则内任何直线都与垂直。

其中正确的两个命题是（）A.①②B.②③C.③④D.②④6、【题文】如果OA//OAOB//OB那么AOB和AOB()A.相等B.互补C.相等或互补D.大小无关7、【题文】长方体各面上的对角线所确定的平面个数是()A.20B.14C.12D.68、采用系统抽样方法从学号为1到50的50名学生中选取5名参加测试，则所选5名学生的学号可能是（）A.1，2，3，4，5B.5，26，27，38，49C.2，4，6，8，10D.5，15，25，35，459、若x、y满足x2+y2-2x+4y-20=0，则x2+y2的最小值是（）A.-5B.5-C.30-10D.无法确定评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、已知向量且其中（1）求和的值；（2）若求角的值．11、【题文】对函数f(x)＝xsinx，现有下列命题：①函数f(x)是偶函数；②函数f(x)的最小正周期是2π；③点(π，0)是函数f(x)的图象的一个对称中心；④函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．其中是真命题的是________．(写出所有真命题的序号)12、【题文】右图是一个几何体的三视图；根据图中数据；

可得该几何体的表面积是____

13、计算：=____．14、已知f（x+1）=x2+2x，则f（x﹣1）=____．15、在△ABC中，已知a=7，b=8，c=13，则角C的大小为______．评卷人得分三、证明题(共7题，共14分)16、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．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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=2．22、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、解答题(共2题，共20分)23、【题文】如图,在四棱锥中,⊥底面四边形是直角梯形,⊥∥

(1)求证:平面⊥平面

(2)求点C到平面的距离；

(3)求PC与平面PAD所成的角的正弦值。24、【题文】已知函数为偶函数，且其图像上相邻的一个最高点和最低点之间的距离为

（1）求函数f(x)的解析式；

（2）若的值。评卷人得分五、计算题(共1题，共3分)25、（2015秋•太原校级月考）如图，在△ABC中，AB=AC，D是AB上一点，点E在AC的延长线上，且BD=CE，连结DE交BC于F，过点D作DG⊥AE，垂足为G，连结FG．若FG=，∠E=30°，则GE=____．评卷人得分六、综合题(共3题，共27分)26、（2012•镇海区校级自主招生）如图，在坐标平面上，沿着两条坐标轴摆着三个相同的长方形，其长、宽分别为4、2，则通过A，B，C三点的拋物线对应的函数关系式是____．27、数学课上；老师提出：

如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A点的坐标为（1，0），点B在x轴上，且在点A的右侧，AB=OA，过点A和B作x轴的垂线，分别交二次函数y=x2的图象于点C和D，直线OC交BD于点M，直线CD交y轴于点H，记点C、D的横坐标分别为xC、xD，点H的纵坐标为yH．

同学发现两个结论：

①S△CMD：S梯形ABMC=2：3②数值相等关系：xC•xD=-yH

（1）请你验证结论①和结论②成立；

（2）请你研究：如果上述框中的条件“A的坐标（1；0）”改为“A的坐标（t，0）（t＞0）”，其他条件不变，结论①是否仍成立（请说明理由）；

（3）进一步研究：如果上述框中的条件“A的坐标（1，0）”改为“A的坐标（t，0）（t＞0）”，又将条件“y=x2”改为“y=ax2（a＞0）”，其他条件不变，那么xC、xD与yH有怎样的数值关系？（写出结果并说明理由）28、如图，由矩形ABCD的顶点D引一条直线分别交BC及AB的延长线于F，G，连接AF并延长交△BGF的外接圆于H；连接GH，BH．

（1）求证：△DFA∽△HBG；

（2）过A点引圆的切线AE，E为切点，AE=3；CF：FB=1：2，求AB的长；

（3）在（2）的条件下，又知AD=6，求tan∠HBC的值．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】根据正数大于零，零大于负数，可得答案．【解析】【解答】解：-3＜-|-|＜0＜3-1；

故选：A．2、B【分析】【解析】试题分析：因为，平面向量且与垂直，所以，（）·=0，即，（－4，－3+2）·（1，,3）=0，所以，－4－3（3+2）=0，=1，故选B。考点：本题主要考查平面向量的坐标运算，向量垂直的条件。【解析】【答案】B3、D【分析】

y=x2+2x+2=（x+1）2+1；

令x2+2x+2=5，即x2+2x+-3=0；解得x=-3或x=1，f（-1）=1；

作出函数图象如下图所示：

因为函数在闭区间[m；1]上有最大值5，最小值1；

所以由图象可知；-3≤m≤-1．

故选D．

【解析】【答案】数形结合：根据所给函数作出其草图；借助图象即可求得答案．

4、B【分析】

∵与的夹角为60°；

||=2；

（）•（=-2；

∴

∴

解得||=3，或||=-2（舍）．

故选B．

【解析】【答案】由与的夹角为60°，知||=2，由（）•（=-2，知由此能求出||．

5、B【分析】【解析】

试题分析：①若直线平面则内任何直线都与平行，错误。内的直线与平行或异面；②若直线平面则内任何直线都与垂直；正确。此为线面垂直的性质定理；

③若平面平面则内任何直线都与平行；正确。此为面面平行的性质定理；

④若平面平面则内任何直线都与垂直，错误。内的直线与可能平行；可能相交。

考点：空间中点；线、面的位置关系；线面平行的判定定理和性质定理。

点评：做此题的关键是熟练掌握线面平行的判定定理和性质定理。做题时要考虑周全，避免遗漏情况。属于基础题型。【解析】【答案】B6、C【分析】【解析】此题考查角的概念。

思路：如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边；则这两个角相等或者互补。应选C

答案C

点评：可以通过图形来帮助理解【解析】【答案】C7、B【分析】【解析】相对两平行平面中有两组平行对角线,可以确定两个平面,这样有6个平面.又因为每个顶点对应一个符合条件的平面,这样又有8个平面,共有14个平面.【解析】【答案】B8、D【分析】【解答】解：系统抽样的抽样间隔为=10；∴所选学生的学号间隔为10，∴D正确．

故选：D．

【分析】求出系统抽样的抽样间隔，根据间隔判断可得答案．9、C【分析】解：把圆的方程化为标准方程得：

（x-1）2+（y+2）2=25，则圆心A坐标为（1，-2），圆的半径r=5；

设圆上一点的坐标为（x；y），原点O坐标为（0，0）；

则|AO|=|AB|=r=5；

所以|BO|=|AB|-|OA|=5-．

则x2+y2的最小值为（5-）2=30-10．

故选C．

把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标和圆的半径r，设圆上一点的坐标为（x，y），原点坐标为（0，0），则x2+y2表示圆上一点和原点之间的距离的平方，根据图象可知此距离的最小值为圆的半径r减去圆心到原点的距离，利用两点间的距离公式求出圆心到原点的距离，利用半径减去求出的距离，然后平方即为x2+y2的最小值．

此题考查学生会把圆的一般方程化为圆的标准方程并会由圆的标准方程找出圆心坐标与半径，考查了数形结合的数学思想，是一道中档题．【解析】【答案】C二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】

（１）(2)【解析】本试题主要是考查了两角和差的三角恒等变形的运用。（1）∵∴即得到正弦值和余弦值。（2）因为然后可知得到【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】∵定义域关于原点对称，且f(－x)＝f(x)，∴函数f(x)是偶函数，①正确；∵f(x＋2π)≠f(x)，∴2π不是函数f(x)的周期；②错误；

∵f≠－f∴点(π，0)不是函数f(x)的图象的一个对称中心；③错误；

∵f′(x)＝sinx＋xcosx≥0在区间上恒成立，∴函数f(x)在区间上单调递增，又∵函数f(x)是偶函数，∴在区间上单调递减，④正确，所以真命题的序号是①④.【解析】【答案】①④12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12π13、11【分析】【解答】解：原式=3+4+

=7+4

=11．

故答案为：11．

【分析】利用对数的运算性质即可得出．14、x2﹣2x【分析】【解答】解：由题意：f（x+1）=x2+2x；

令t=x+1；则x=t﹣1；

故得g（t）=（t﹣1）2+2（t﹣1）=t2﹣1；

所以f（x）=x2﹣1；

那么：f（x﹣1）=（x﹣1）2﹣1=x2﹣2x

故答案为：x2﹣2x．

【分析】利用换元法，令t=x+1，从而化简可得g（t）=（t﹣1）2+2（t﹣1）；从而求解f（x）．在求解f（x﹣1）．15、略

【分析】解：∵在△ABC中a=7，b=8；c=13；

∴由余弦定理可得cosC=

==-

∵C∈（0，π），∴C=

故答案为：

由题意和余弦定理可得cocC；由三角形内角的范围可得．

本题考查余弦定理，涉及三角函数值和角的对应关系，属基础题．【解析】三、证明题(共7题，共14分)16、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．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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=2．22、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、解答题(共2题，共20分)23、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）平面需证BC⊥平面PAB,由⊥底面得PA⊥BC,又已知⊥

故问题得证；（2）利用等体积转化法，（3）根据线面角的定义，求出点C到平面PAD的距离、线段的长度；即可求出PC与平面PAD所成的角的正弦值。

试题解析：(1)∵PA⊥平面ABCD,BCÌ平面ABCD,∴PA⊥BC,

又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,

∵BCÌ平面PBC,∴平面PBC⊥平面PAB

(2)∵

设点C到平面PBD的距离为∵

∴∴

由(2)知,又∴

连接AC交BD于E,

由相似形可得,点C到平面PAD的距离=

∴PC与平面PAD所成的角的正弦值是

考点：（1）空间线面平垂直、面面平垂直判定定理的应用；（2）空间线面角的定义及求法；（3）空间点面距离概念与求法。【解析】【答案】（1）见解析；（2）（3）24、略

【分析】【解析】

【解析】【答案】（1）

（2）五、计算题(共1题，共3分)25、略

【分析】【分析】作DH∥AC交BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得∠B=∠ACB，再根据平行线的性质得∠BHD=∠ACB，则∠B=∠BHD，所以DB=DH，加上DB=CE，所以DH=CE，于是可根据“AAS”可证明△DHF≌△ECF，得到DF=EF，则GF为斜边DE上的中线，所以DE=2GF=2，然后根据含30度的直角三角形三边的关系可求出GE．【解析】【解答】解：作DH∥AC交BC于H；如图；

∵AB=AC；

∴∠B=∠ACB；

∵DH∥AC；

∴∠BHD=∠ACB；∠E=∠EDH；

∴∠B=∠BHD；

∴DB=DH；

而DB=CE；

∴DH=CE；

在△DHF和△ECF中；

；

∴△DHF≌△ECF；

∴DF=EF；

∵DG⊥AC；

∴∠DGE=90°；

∵GF为斜边DE上的中线；

∴DE=2GF=2；

而∠E=30°；

∴DG=DE=；

∴GE=DG=．

故答案为．六、综合题(共3题，共27分)26、略

【分析】【分析】根据矩形的性质，利用矩形边长得出A，B，C三点的坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可．【解析】【解答】解：∵沿着两条坐标轴摆着三个相同的长方形；其长；宽分别为4、2；

∴A点的坐标为：（-4；2），B点的坐标为：（-2，6），C点的坐标为：（2，4）；

将A，B，C代入y=ax2+bx+c；

；

解得：；

∴二次函数解析式为：y=-x2-x+．

故答案为：y=-x2-x+．27、略

【分析】【分析】（1）可先根据AB=OA得出B点的坐标；然后根据抛物线的解析式和A，B的坐标得出C，D两点的坐标，再依据C点的坐标求出直线OC的解析式．进而可求出M点的坐标，然后根据C；D两点的坐标求出直线CD的解析式进而求出D点的坐标，然后可根据这些点的坐标进行求解即可；

（2）（3）的解法同（1）完全一样．【解析】【解答】解：（1）由已知可得点B的坐标为（2；0），点C坐标为（1，1），点D的坐标为（2，4）；

由点C坐标为（1；1）易得直线OC的函数解析式为y=x；

故点M的坐标为（2；2）；

所以S△CMD=1，S梯形ABMC=

所以S△CMD：S梯形ABMC=2：3；

即结论①成立．

设直线CD的函数解析式为y=kx+b；

则；

解得

所以直线CD的函数解析式为y=3x-2．

由上述可得，点H的坐标为（0，-2），yH=-2