2025年教科新版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年教科新版高一数学上册阶段测试试卷101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、在一个试验模型中，设A表示一个随机事件，表示A的对立事件．以下给出了3个结论：

①P（A）=P（）；②P（A+）=1；③若P（A）=1，则P（）=0．

其中错误的结论共有（）

A.3个。

B.2个。

C.1个。

D.0个。

2、【题文】下列每组函数是同一函数的是()A.B.C.D.3、【题文】已知圆O的半径为R,A，B是其圆周上的两个三等分点，则的值等于（）A.B.C.D.4、【题文】三个数之间的大小关系是（）A.aB.bC.aD.b5、已知函数在上有两个零点则的值为（）A.B.C.D.6、若且则的值为（）A.1或B.1C.D.7、设函数f（x）=则f（﹣2）+f（log212）=（）A.3B.6C.9D.128、设函数若则实数=（）A.-4或-2B.-4或2C.-2或4D.-2或2评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、如图，把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，在这四个球之间有一个小球和这四个球都外切，则这个小球的半径是____．

10、若向量则与的夹角等于____；11、【题文】已知偶函数的定义域为R,满足若时，则____.12、下列说法中正确的有____

①刻画一组数据集中趋势的统计量有极差；方差、标准差等；刻画一组数据离散程度统计量有平均数、中位数、众数等．

②抛掷两枚硬币；出现“两枚都是正面朝上”；“两枚都是反面朝上”、“恰好一枚硬币正面朝上”的概率一样大．

③有10个阄；其中一个代表奖品，10个人按顺序依次抓阄来决定奖品的归属，则摸奖的顺序对中奖率没有影响．

④向一个圆面内随机地投一个点，如果该点落在圆内任意一点都是等可能的，则该随机试验的数学模型是古典概型．13、在三棱锥P-ABC中，已知PA=PB=PC=2，∠BPA=∠BPC=∠CPA=30°，一绳子从A点绕三棱锥侧面一圈回到点A的距离中，绳子最短距离是______．评卷人得分三、证明题(共6题，共12分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、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．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．评卷人得分四、解答题(共2题，共12分)20、已知定义域为R的函数是奇函数．

（1）求f（x）的解析式；

（2）用定义证明f（x）为R上的减函数；

（3）若对任意的t∈[-1，1]，不等式f（2k-4t）+f＜0恒成立；求k的取值范围．

21、(1)

化简f(x)=tan(娄脨+娄脕)cos(2娄脨+娄脕)sin(娄脕鈭�娄脨2)cos(鈭�伪鈭�3蟺)sin(鈭�3蟺鈭�伪)

(2)tan娄脕=12

求2sin2娄脕鈭�sin娄脕cos娄脕+cos2娄脕

的值．评卷人得分五、计算题(共4题，共36分)22、已知关于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一个正实数根，则a的取值范围是____．23、如图，某一水库水坝的横断面是梯形ABCD，坝顶宽CD=5米，斜坡AD=16米，坝高6米，斜坡BC的坡度i=1：3，求斜坡AD的坡角∠A（精确到1分）和坝底宽AB（精确到0.1米）．24、已知关于x的方程|x|=ax-a有正根且没有负根，求a的取值范围．25、若a、b互为相反数，则3a+3b-2的值为____．评卷人得分六、综合题(共1题，共2分)26、设圆心P的坐标为（-，-tan60°），点A（-2cot45°，0）在⊙P上，试判别⊙P与y轴的位置关系．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】

由对立事件的性质，知：P（A+）=P（A）+P（）=1，∴P（A）=1-P（）；

故若P（A）=1，则P（）=0．

∴①P（A）=P（）错误；②P（A+）=1正确；③若P（A）=1，则P（）=0；正确．

故选C．

【解析】【答案】由对立事件的性质，知：P（A+）=P（A）+P（）=1，由此知：①P（A）=P（）错误；②P（A+）=1正确；③若P（A）=1，则P（）=0；正确．

2、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B3、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D4、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B5、D【分析】【解答】由在上有两个零点则这两个零点关于即对称，所以则．选D.6、A【分析】解答：已知得：或平方得或选A.分析：由题根据三角函数公式展开化简计算即可.7、C【分析】【解答】解：函数f（x）=即有f（﹣2）=1+log2（2+2）=1+2=3；

f（log212）==12×=6；

则有f（﹣2）+f（log212）=3+6=9．

故选C．

【分析】先求f（﹣2）=1+log2（2+2）=1+2=3，再由对数恒等式，求得f（log212）=6，进而得到所求和．8、B【分析】【分析】当时，当时，选B.二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】

由已知中四个半径都是1的球中的三个放在桌面上；使它两两外切；

然后在它们上面放上第四个球；使它与前三个都相切；

连接四个球的球心；得到一个棱长为2的正四面体。

则该正四面体的外接球半径为

若这四个球之间有一个小球和这四个球都外切；

则这个小球的半径为-1

故答案为：-1

【解析】【答案】由已知中四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，我们易将这四个球的球心连接成一个正四面体，并根据四球外切，得到四面体的棱长为2，接球半径为由于这四个球之间有一个小球和这四个球都外切，则小球的球心与四面体的球体重合，进而再由小球与其它四球外切，球心距（即正四面体外接球半径）等于大球半径与小球半径之和，得到答案．

10、略

【分析】=(3,3),=(0,3)所以夹角=【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

试题分析：由知函数是以４为周期的周期函数，所以故应填入：３．

考点：周期函数．【解析】【答案】312、③【分析】【解答】解：①刻画一组数据集中趋势的统计量有平均数、中位数、众数等；刻画一组数据离散程度统计量有极差、方差、标准差等，故①不正确；②抛掷两枚硬币，出现“两枚都是正面朝上”、“两枚都是反面朝上”的概率分别为“恰好一枚硬币正面朝上”的概率为故②不正确；③抽签有先后，摸奖的顺序对中奖率没有影响，故③正确；

④由于基本事件的无限性；且该点落在圆内任意一点都是等可能的，则该随机试验的数学模型是几何概型，故④不正确，故下列说法中正确的有1个，故答案为：③

【分析】①刻画一组数据集中趋势的统计量有平均数；中位数、众数等；刻画一组数据离散程度统计量有极差、方差、标准差等；②抛掷两枚硬币；分期求出出现“两枚都是正面朝上”、“两枚都是反面朝上”的概率和，“恰好一枚硬币正面朝上”的概率；

③抽签有先后，摸奖的顺序对中奖率没有影响；④由于基本事件的无限性，且该点落在圆内任意一点都是等可能的，所以该随机试验的数学模型是几何概型．13、略

【分析】解：设过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点，将三棱锥由PA展开，则∠APA1=90°；

AA1为绳子从点A沿侧面到棱PB上的点E处；再到棱PC上的点F处，然后回到点A的最短距离；

∵PA=2；

∴由勾股定理可得AA1==2．

故答案为：．

将三棱锥的侧面展开，求一绳子从A点绕三棱锥侧面一圈回到点A的距离中，绳子最短距离，可转化为求AA1的长度；利用勾股定理即可得到答案．

本题考查的知识点是多面体和旋转体表面上的最短距离问题，其中将三棱锥的侧面展开，将空间问题转化为平面上两点间距离问题，是解答本题的关键．【解析】三、证明题(共6题，共12分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、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．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．四、解答题(共2题，共12分)20、略

【分析】

（1）由f（0）=0得b=1；由f（-1）=-f（1）得a=2．

∴

（2）设x1＜x2，则f（x1）-f（x2）=-

=

=

∴f（x1）＞f（x2）；

∴f（x）为R上的减函数；

（3）由函数f（x）为奇函数，得f（2k-4t）+f（3•2t-k-1）＜0⇔f（2k-4t）＜f（k+1-3•2t）；

∵f（x）为R上的减函数；

∴2k-4t＞k+1-3•2t；

∴

对任意的t∈[-1，1]，不等式f（2k-4t）+f（3•2t-k-1）＜0恒成立，等价于k＞的最大值；

∵t∈[-1，1]，∴

∴当时，的最大值为

∴．

【解析】【答案】（1）根据奇函数的性质得f（0）=0；f（-1）=-f（1），解出即可；

（2）设x1＜x2，依据奇函数的定义只需利用作差证明f（x1）＞f（x2）；

（3）利用函数的奇偶性；单调性把该不等式转化为具体不等式；然后转化为求函数的最值问题，利用二次函数的性质易求其最大值．

21、略

【分析】

(1)

由已知利用诱导公式；同角三角函数基本关系式即可化简求值得解；

(2)

利用同角三角函数基本关系式化简所求；结合已知即可计算得解．

本题主要考查了诱导公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．【解析】解：(1)f(x)=tan(娄脨+娄脕)cos(2娄脨+娄脕)sin(娄脕鈭�娄脨2)cos(鈭�伪鈭�3蟺)sin(鈭�3蟺鈭�伪)=tan娄脕鈰�cos娄脕鈰�(鈭�cos娄脕)(鈭�cos伪)鈰�sin伪=1

(2)隆脽tan娄脕=12

隆脿2sin2娄脕鈭�sin娄脕cos娄