2025年湘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年湘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8题，共16分)1、在△ABC中；3sinA-4sinB=6，4cosB+3cosA=1，则C的大小为（）

A.30°

B.60°

C.60°或120°

D.120°

2、下面结论中正确的是()A.若则有B.若则有C.若则有D.若则有3、sin480°等于（）A．B．C．D．4、【题文】两个圆与恰有三条公切。

线，若则的最小值为（）A.B.C.1D.35、已知集合U={x|x≤﹣1或x≥0}，A={x|0≤x≤2}，B={x|x2＞1}，则集合A∩（∁UB）等于（）A.{x|x＞0或x＜﹣1}B.{x|1＜x≤2}C.{x|0≤x≤1}D.{x|0≤x≤2}6、已知平面向量||=1，||=且|2|=则向量与向量的夹角为（）A.B.C.D.π7、在△ABC中，若则△ABC是（）A.直角三角形B.等腰三角形C.等腰或直角三角形D.钝角三角形8、若向量=（1，1），=（2，-1），=（-1，2），则等于（）A.+B.-2C.-D.-+评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c已知A=的面积为则a的值为_________.10、【题文】圆截直线所得的弦长为____。11、【题文】设函数f（x）＝则不等式f（x）>2的解集为_________________12、已知集合A={x|﹣2≤x≤3}，B={x|x≥m}，若A⊆B，则实数m的取值范围为____13、一个角为30°，其终边按逆时针方向转三周得到的角的度数为______．若sin（--α）=-且tanα＜0，那么cos（+α）的值是______．14、如图图形可用符号表示为______．评卷人得分三、证明题(共7题，共14分)15、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．16、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．17、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．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；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．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、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4分)22、请画出如图几何体的三视图．

评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)23、【题文】已知函数f(x)=logax(a＞0,a≠1)，如果对于任意x∈［3，+∞）都有|f(x)|≥1成立，试求a的取值范围.评卷人得分六、综合题(共3题，共15分)24、抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），顶点为M点．

（1）求该抛物线的解析式．

（2）试判断抛物线上是否存在一点P；使∠POM=90°．若不存在，说明理由；若存在，求出P点的坐标．

（3）试判断抛物线上是否存在一点K，使∠OMK=90°，若不存在，说明理由；若存在，求出K点的坐标．25、如图，△ABC中，AB=5，BC=6，BD=BC；AD⊥BC于D，E为AB延长线上的一点，且EC交AD的延长线于F．

（1）设BE为x；DF为y，试用x的式子表示y．

（2）当∠ACE=90°时，求此时x的值．26、已知点A（-2，0），点B（0，2），点C在第二、四象限坐标轴夹角平分线上，∠BAC=60°，那么点C的坐标为____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

∵3sinA-4sinB=6；4cosB+3cosA=1；

∴两式平方；相加可得。

9（sin2A+cos2A）+24（cosAcosB-sinAsinB）+16（sin2B+cos2B）=37

即9+24（cosAcosB-sinAsinB）+16=37，可得cosAcosB-sinAsinB=

∵cosC=-cos（A+B）=-（cosAcosB-sinAsinB）

∴cosC=-结合C为三角形的内角，可得C=120°

故选：D

【解析】【答案】将已知的两个等式平方、将左右两边对应相加，结合同角三角函数的关系化简得cosAcosB-sinAsinB=从而得到cos（A+B）=再由三角形内角和定理和诱导公式，即可算出角C的大小．

2、C【分析】若则成立.【解析】【答案】C3、D【分析】【解析】

因为sin480°=sin120°=sin60°=选D【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】即

即

依题意可得；两圆外切，则两圆心距离等于两圆的半径之和。

则即

所以当且仅当即时取等号。

故选C【解析】【答案】C5、C【分析】【解答】∵U={x|x≤﹣1或x≥0}，B={x|x2＞1}={x|x＜﹣1或x＞1}；

∴∁UB={x|x=﹣1或0≤x≤1}；

又∵A={x|0≤x≤2}；

∴A∩（∁UB）={x|0≤x≤1}；

故选：C．

【分析】化简B={x|x2＞1}={x|x＜﹣1或x＞1}，先求∁UB，从而求A∩（∁UB）．6、B【分析】【解答】解：∵||=1，||=且|2|=∴4+4+=7，即4+4+3=7，∴=0．

∴=+=1，||==2．

设向量与向量的夹角为θ，0≤θ≤π，则cosθ===

∴θ=

故选B．

【分析】由题意求得=0，从而求得=1，||=2，再由cosθ=的值，求得向量与向量的夹角θ的值．7、A【分析】【解答】解：由正弦定理得∴sinA•cosA=sinB•cosB；

∴sin2A=sin2B；

∴2A=2B或2A+2B=π，但a≠b；

∴2A≠2B，A+B=即△ABC是直角三角形．

故选A

【分析】先由正弦定理得求出sinA•cosA=sinB•cosB，利用倍角公式化简得sin2A=sin2B，因a≠b，进而求出，A+B=．8、C【分析】解：向量=（1，1），=（2，-1），=（-1，2），=λ+μ

可得（-1；2）=（λ+2μ，λ-μ）；

解得λ=1，μ=-1；

则=-．

故选：C．

利用平面向量的基本定理；列出方程求解即可．

本题考查向量的基本概念的应用，考查计算能力．【解析】【答案】C二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】试题分析：由已知可得则所以又由余弦定理：13，可得考点：本题主要考查余弦定理.【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】________12、（﹣∞，﹣2]【分析】【解答】∵集合A={x|﹣2≤x≤3}；B={x|x≥m}，且A⊆B；

∴m≤﹣2；

∴实数m的取值范围是：（﹣∞；﹣2]；

故答案为：（﹣∞；﹣2]．

【分析】由集合A={x|﹣2≤x≤3}，B={x|x≥m}，且A⊆B，可得m≤﹣2，用区间表示可得m的取值范围．13、略

【分析】解：一个为30°；其终边按逆时针方向转三周得到的角的度数为：3×360°+30°=1110°．

sin（--α）=-∴cos且tanα＜0，α是第四象限角；

cos（+α）=sinα=-=．

故答案为：1110°；．

直接利用终边相同的角求解第一空．利用诱导公式求解第二空．

本题考查诱导公式化简求值，以及同角三角函数的基本关系式，终边相同角的表示方法．【解析】1110°；14、略

【分析】解：根据题中的图形可知；它表示两个平面相交于直线AB；

利用集合的符号来表示就是：α∩β=AB．

故答案为：α∩β=AB．

点与直线及点与平面的位置关系可以看成是元素与集合的关系；用集合符号“∩”；“∈”和“∉”等表示，图中表示两个平面相交于直线AB，利用集合的符号来表示即可．

本题以点与直线及平面的位置关系为载体考查了空间中点、线、面位置关系的符号表示，其中理解点与直线及点与平面的位置关系可以看成是元素与集合的关系，是解答本题的关键．【解析】α∩β=AB三、证明题(共7题，共14分)15、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．16、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．17、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．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．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】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．四、作图题(共1题，共4分)22、解：如图所示：

【分析】【分析】由几何体是圆柱上面放一个圆锥，从正面，左面，上面看几何体分别得到的图形分别是长方形上边加一个三角形，长方形上边加一个三角形，圆加一点．五、解答题(共1题，共6分)23、略

【分析】【解析】当a＞1时；对于任意x∈［3，+∞），都有f(x)＞0.

所以，|f(x)|=f(x),而f(x)=logax在［3；+∞）上为增函数；

∴对于任意x∈［3，+∞），有f(x)≥loga3.4分。

因此；要使|f(x)|≥1对于任意x∈［3，+∞）都成立.

只要loga3≥1=logaa即可；∴1＜a≤3.6分。

当0＜a＜1时；对于x∈［3，+∞），有f(x)＜0,

∴|f(x)|="-f(x)."8分。

∵f（x）=logax在［3；+∞）上为减函数；

∴-f（x）在［3；+∞）上为增函数.

∴对于任意x∈［3；+∞）都有。

|f(x)|=-f(x)≥-loga3.10分。

因此；要使|f(x)|≥1对于任意x∈［3，+∞）都成立；

只要-loga3≥1成立即可；

∴loga3≤-1=loga,即≤3,∴≤a＜1.12分。

综上，使|f(x)|≥1对任意x∈［3，+∞）都成立的a的取值范围是：(1，3］∪［1）.14分【解析】【答案】a的取值范围是：(1，3］∪［1）六、综合题(共3题，共15分)24、略

【分析】【分析】（1）将A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三点坐标代入y=ax2+bx+c中，列方程组求a、b；c的值；得出抛物线解析式；

（2）抛物线上存在一点P，使∠POM=90˚．设（a，a2-4a）；过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，利用互余关系证明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N，在Rt△OMN中，利用互余关系证明△OFM∽△MFN，利用相似比求N点坐标，再求直线MN解析式，将直线MN解析式与抛物线解析式联立，可求K点坐标．【解析】【解答】解：（1）根据题意，得，解得；

∴抛物线的解析式为y=x2-4x；

（2）抛物线上存在一点P；使∠POM=90˚．

x=-=-=2，y===-4；

∴顶点M的坐标为（2；-4）；

设抛物线上存在一点P，满足OP⊥OM，其坐标为（a，a2-4a）；

过P点作PE⊥y轴；垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F．

则∠POE+∠MOF=90˚；∠POE+∠EPO=90˚．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90˚；

∴Rt△OEP∽Rt△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P点的坐标为（，）；

（3）过顶点M作MN⊥OM；交y轴于点N．则∠FMN+∠OMF=90˚．

∵∠MOF+∠OMF=90˚；

∴∠MOF=∠FMN．

又∵∠OFM=∠MFN=90˚；

∴△OFM∽△MFN．

∴OF：MF=MF：FN．即4：2=2：FN．∴FN=1．

∴点N的坐标为（0；-5）．

设过点M，N的直线的解析式为y=kx+b，则；

解得，∴直线的解析式为y=x-5；

联立得x2-x+5=0，解得x1=2，x2=；

∴直线MN与抛物线有两个交点（其中一点为顶点M）．

另一个交点K的坐标为（，-）；

∴抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．坐标为（，-）．25、略

【分析】【分析】（1）过B作BG∥AF交BCEC于G，则可以得到△CDF∽△CBG，接着利用相似三角形的性质得到，在Rt△