2025年湘教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年湘教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、直线xsinθ+y+m=0（θ∈R）的倾斜角α范围是（）

A.[0；π）

B.

C.

D.

2、一屋顶横断面是一等腰三角形ABC；横梁AC=2L（定值），当雨水从屋顶面上流下来时间最短时，屋面的倾斜角等于（）度（摩擦忽略不计，雨水初速记为0）．

A.30°

B.45°

C.60°

D.75°

3、已知向量=（-1，4），=（2，-1），则•等于（）

A.（-2；-4）

B.9

C.2

D.-6

4、【题文】已知f(x)＝2x＋2－x，若f(a)＝3，则f(2a)等于()A.5B.7C.9D.115、【题文】函数的图象是()6、【题文】在则（）A.B.C.D.7、已知全集为I；集合P，Q，R如图所示，则图中阴影部分可以表示为（）

A.R∩∁I（P∪Q）B.R∩∁I（P∩Q）C.（R∩∁IP）∩QD.（R∩∁IQ）∩P8、函数的单调递减区间为（）A.（1，+∞）B.（1，2）C.（0，1）D.（﹣∞，1）9、下列各项中最小的数是（）A.111111（2）B.150（6）C.1000（4）D.101（8）评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、化简sin20°cos40°+cos20°sin40°＝.11、【题文】已知为奇函数，当__________12、【题文】已知p是r的充分条件而不必要条件，q是r的充分条件，s是r的必要条件，q是s的必。

要条件；现有以下命题：

①s是q的充要条件；

②p是q的充分而不必要条件；

③r是q的必要而不充分条件；

④是的必要而不充分条件；

⑤r是s的充分而不必要条件；

则以上命题正确的是______________（填上所有正确命题的序号）.13、【题文】已知集合且则实数的值为14、【题文】若直线被两平行线所截得的线段的长为。

则的倾斜角可以是①②③④⑤

其中正确答案的序号是____.（写出所有正确答案的序号）15、函数g（x）是函数f（x）=loga（x-2）（a＞0，且a≠1）的反函数，则函数g（x）的图象过定点______．16、已知函数f（x）=xα的图象过点（2，），则f（9）=______．评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)17、已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+（-1）n；n≥1．

（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a3；

（2）试判断数列是否为等比数列，如果是，求出的通项公式；如果不是；请说明理由；

（3）证明：对任意的整数m＞4，有．

18、设函数y=x2+2|x-2|+1；x∈R．

（1）作出函数的图象；

（2）求函数y的最小值及y取最小值时的x值．

19、设圆C1的方程为（x+2）2+（y-3m-2）2=4m2；直线l的方程为y=x+m+2．

（1）若m=1，求圆C1上的点到直线l距离的最小值；

（2）求C1关于l对称的圆C2的方程；

（3）当m变化且m≠0时，求证：C2的圆心在一条定直线上，并求C2所表示的一系列圆的公切线方程．

20、【题文】已知四棱锥的底面为直角梯形，底面且是的中点。

（Ⅰ）证明：面面

（Ⅱ）求与所成的角的余弦值；

（Ⅲ）求面与面所成二面角的余弦值。21、

（2.）已知简单组合体如图，试画出它的三视图（尺寸不作严格要求）22、计算：

（Ⅰ）（-）+-10（-2）-1+（-）0

（Ⅱ）lg-lg+lg．23、在平面直角坐标系xOy中，已知圆M过坐标原点O且圆心在曲线上．

（Ⅰ）若圆M分别与x轴；y轴交于点A、B（不同于原点O）；求证：△AOB的面积为定值；

（Ⅱ）设直线与圆M交于不同的两点C；D，且|OC|=|OD|，求圆M的方程；

（Ⅲ）设直线与（Ⅱ）中所求圆M交于点E、F，P为直线x=5上的动点，直线PE，PF与圆M的另一个交点分别为G，H，求证：直线GH过定点．24、设集合A={x|鈭�2鈮�x鈮�5}B={x|m+1鈮�x鈮�2m鈭�1}

若A隆脡B=鈱�

求m

的范围．25、设各项均为正数的数列{an}

的前n

项和为Sn

且对任意的n隆脢N*

都有2Sn=an+1

．

(1)

求数列{an}

的通项公式；

(2)

令bn=(鈭�1)n鈭�1an

求数列{bn}

的前n

项和Tn

(3)

令cn=1anS2n+1+an+1S2n鈭�1

求i=1n[(2n+1+1)ci]

的最小值．评卷人得分四、证明题(共4题，共8分)26、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．27、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．28、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．29、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．评卷人得分五、作图题(共1题，共6分)30、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．

评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)31、已知cos（+x）=x∈（﹣﹣），求的值．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】

因为θ∈R；所以直线的斜率k=-sinα；

得k∈[-1，1]，所以有．

故选C．

【解析】【答案】由直线的方程可确定直线的斜率；可得其范围，进而可求倾斜角的取值范围．

2、B【分析】

设倾斜角α，AB=s

∵F=mgsinα=ma，∴a=gsinα

∵s==

∴

当α=45°时，等号成立

所以α=45°；雨水从屋顶（光滑）上流下所用的时间最短。

故选B．

【解析】【答案】根据物体受力分析；考虑在竖直方向有F=mgsinα=ma，从而a=gsinα，利用屋面与倾斜角的关系，可得时间关系式，从而利用基本不等式可解．

3、D【分析】

由向量的数量积得坐标表示可得，

故选：D

【解析】【答案】利用向量的数量积的坐标表示可得代入可求答案．

4、B【分析】【解析】由f(a)＝3得2a＋2－a＝3，两边平方得22a＋2－2a＋2＝9，即22a＋2－2a＝7，∴f(2a)＝7.选B项．【解析】【答案】B5、A【分析】【解析】是偶函数，可排除B、D，当时，故选A.【解析】【答案】A6、B【分析】【解析】

试题分析：又因为

又因为

考点：．1.正弦定理；2.余弦定理.【解析】【答案】B7、A【分析】【解答】解：由图得：阴影部分所表示的为在集合R中但不在集合P和Q中的元素构成的部分，故阴影部分所表示的集合可表示为R∩∁I（P∪Q）．

故选：A．

【分析】阴影部分所表示的为在集合R中但不在集合P和Q中的元素构成的部分．8、B【分析】【解答】解：令t=﹣x2+2x＞0，求得0＜x＜2，可得函数的定义域为（0，2），f（x）=g（t）=log3t；

故本题即求函数t在（0；2）上的减区间．

再利用二次函数的性质可得函数t在（0；2）上的减区间为（1，2）；

故选：B．

【分析】令t=﹣x2+2x＞0，求得函数的定义域，f（x）=g（t）=log3t，本题即求函数t在定义域上的减区间，再利用二次函数的性质可得结论．9、A【分析】解：A.111111（2）=1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20=63．

B.150（6）=1×62+5×61+0×60=66．

C.1000（4）=1×43+0×42+0×41+0×40=64．

D.101（8）=1×82+0×81+1×80=65．

由以上可知，111111（2）最小．

故选：A．

将各数转化为十进制数即可比较出最小的数．

本题主要考察k（2≤k≤9）进制数与十进制的相互转化的方法．属于基础题．【解析】【答案】A二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】试题分析：根据得：sin20°cos40°+cos20°sin40°＝考点：两角和的正弦公式【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

试题分析：根据题意，由于为奇函数，当故可知结论为-3.

考点：奇偶性。

点评：本试题考查了函数奇偶性的运用，属于基础题。【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】①②④13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】①⑤15、略

【分析】解：函数f（x）=loga（x-2）（a＞0；且a≠1）的图象经过定点（3，0）；

∵函数g（x）是函数f（x）=loga（x-2）（a＞0；且a≠1）的反函数；

则函数g（x）的图象过定点（0；3）；

故答案为：（0；3）．

函数f（x）=loga（x-2）（a＞0；且a≠1）的图象经过定点（3，0），利用互为反函数的性质即可得出．

本题考查了互为反函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．【解析】（0，3）16、略

【分析】解：∵f（x）=xα的图象过点（2，）；

∴2α=

∴α=

∴f（x）=

∴f（9）==3．

故答案为：3．

根据题意可求得α，从而得到函数f（x）=xα的解析式；可求得f（9）的值．

本题考查幂函数的概念，求得α的值是关键，属于基础题．【解析】3三、解答题(共9题，共18分)17、略

【分析】

（1）当n=1时，有：S1=a1=2a1+（-1）⇒a1=1；

当n=2时，有：S2=a1+a2=2a2+（-1）2⇒a2=0；

当n=3时，有：S3=a1+a2+a3=2a3+（-1）3⇒a3=2；

综上可知a1=1，a2=0，a3=2；

（2）是等比数列；理由如下：

由已知得：an=Sn-Sn-1=2an+（-1）n-2an-1-（-1）n-1

化简得：an=2an-1+2（-1）n-1

上式可化为：=2[an-1+]

故数列是以1=为首项；公比为2的等比数列．

（3）由（2）可知：

所以=[]

=[+++++]

=[1+++++]

＜（1++++）

=[]=[+]

==＜．

【解析】【答案】（1）是考查已知递推公式求前几项，属于基础题，需注意的是S1=a1，需要先求出a1才能求出a2；这是递推公式的特点．

（2）由已知化简得，an=2an-1+2（-1）n-1，进而可变为=2[an-1+]；利用等比数列的定义可作出判断；

（3）的解答需要在代换后；适当的变形，利用不等式放缩法进行放缩．

18、略

【分析】

（1）y=x2+2|x-2|+1=图象如图所示。

（2）由图象可知x=1时；y最小值4．

【解析】【答案】（1）利用绝对值的几何意义；写出分段函数，再利用二次函数的图象，可得函数的图象；

（2）利用图象可求函数y的最小值及y取最小值时的x值．

19、略

【分析】

（1）∵m=1，∴圆C1的方程为（x+2）2+（y-5）2=4；直线l的方程为x-y+3=0；

所以圆心（-2，5）到直线l距离为：

所以圆C1上的点到直线l距离的最小值为（4分）

（2）圆C1的圆心为C1（-2，3m+2），设C1关于直线l对称点为C2（a，b）；

则解得：

∴圆C2的方程为（x-2m）2+（y-m）2=4m2；

（3）由消去m得a-2b=0；

即圆C2的圆心在定直线x-2y=0上．（9分）

①当公切线的斜率不存在时；易求公切线的方程为x=0；

②当公切线的斜率存在时，设直线y=kx+b与圆系中的所有圆都相切；

则即（-4k-3）m2+2（2k-1）•b•m+b2=0；

∵直线y=kx+b与圆系中的所有圆都相切；所以上述方程对所有的m值都成立；

所以有：解之得：

所以C2所表示的一系列圆的公切线方程为：

故所求圆的公切线为x=0或．（14分）

【解析】【答案】（1）把m=1代入圆的方程和直线l的方程，分别确定出解析式，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线l的距离d，发现d大于半径r，故直线与圆的位置关系是相离，则圆上的点到直线l距离的最小值为d-r；求出值即可；

（2）由圆的方程找出圆心坐标，设出圆心关于直线l的对称点的坐标，由直线l的斜率，根据两直线垂直时斜率的乘积为-1求出直线C1C2的斜率，由圆心及对称点的坐标表示出斜率，等于求出的斜率列出一个关系式，然后利用中点坐标公式，求出两圆心的中点坐标，代入直线l的方程，得到另一个关系式，两关系式联立即可用m表示出a与b，把表示出的a与b代入圆C2的方程即可；

（3）由表示出的a与b消去m，得到a与b的关系式，进而得到圆C2的圆心在定直线x-2y=0上；分公切线的斜率不存在和存在两种情况考虑，当公切线斜率不存在时，容易得到公切线方程为x=0；当公切线斜率存在时，设直线y=kx+b与圆系中的所有圆都相切，根据点到直线的距离公式表示出圆心（a，b）到直线y=kx+b的距离d，当d等于圆的半径2|m|，化简后根据多项式为0时各项的系数为0，即可求出k与b的值，从而确定出C2所表示的一系列圆的公切线方程，综上，得到所有C2所表示的一系列圆的公切线方程．

20、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（Ⅰ）证明：因

由题设知且与是平面内的两条相交直线，由此得面又在面上，故面⊥面

（Ⅱ）解：因

（Ⅲ）解：在上取一点则存在使

要使

为。

所求二面角的平面角.

21、略

【分析】【解析】（1）

8分。

10分。

（2）

10分【解析】【答案】（1）1922、略

【分析】

（1）利用指数的运算性质即可得出．

（2）利用对数的运算性质即可得出．

本题考查了指数与对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．【解析】解：（Ⅰ）原式=+-+1=+10-10-20+1=-

（Ⅱ）原式==lg=．23、略

【分析】

（Ⅰ）由题意可设圆M的方程为求出圆M分别与x轴；y轴交于点A、B的坐标，利用面积公式，可得：△AOB的面积为定值；

（Ⅱ）由|OC|=|OD|；知OM⊥l，解得t=±1，再验证，即可求圆M的方程；

（Ⅲ）设P（5，y0），G（x1，y1），H（x2，y2），整理得2x1x2-7（x1+x2）+20=0．①设直线GH的方程为y=kx+b，代入利用韦达定理，确定直线方程，即可得出结论．

本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．【解析】解：（Ⅰ）由题意可设圆M的方程为

即．

令x=0，得令y=0；得x=2t．

∴（定值）．（4分）

（Ⅱ）由|OC|=|OD|；知OM⊥l．

所以解得t=±1．

当t=1时，圆心M到直线的距离小于半径；符合题意；

当t=-1时，圆心M到直线的距离大于半径；不符合题意．

所以，所求圆M的方程为．（8分）

（Ⅲ）设P（5，y0），G（x1，y1），H（x2，y2），又知

所以．

因为3kPE=kPF，所以．

将代入上式；

整理得2x1x2-7（x1+x2）+20=0．①

设直线GH的方程为y=kx+b，代入

整理得．

所以．

代入①式，并整理得

即

解得或．

当时，直线GH的方程为过定点

当时，直线GH的方程为过定点

检验定点和E；F共线，不合题意，舍去．

故GH过定点．（14分）24、略

【分析】

由题意可得当B=鈱�

可得m+1>2m鈭�1

当B鈮�鈱�

可得{2m鈭�1<鈭�2m+1鈮�2m鈭�1

或{m+1>5m+1鈮�2m鈭�1

解不等式即可得到所求范围．

本题考查集合的定义和应用，考查分类讨论思想方法，以及不等式的解法，属于中档题．【解析】解：集合A={x|鈭�2鈮�x鈮�5}B={x|m+1鈮�x鈮�2m鈭�1}

若A隆脡B=鈱�

当B=鈱�

可得m+1>2m鈭�1

解得m<2

当B鈮�鈱�

可得{2m鈭�1<鈭�2m+1鈮�2m鈭�1

或{m+1>5m+1鈮�2m鈭�1

得{m鈮�2m<鈭�12

或{m>4m鈮�2

即为m隆脢鈱�

或m>4

综上可得m

的范围是m>4

或m<2

．25、略

【分析】

(1)2Sn=an+1

可得4Sn=(an+1)2n鈮�2

时，4Sn鈭�1=(an鈭�1+1)2

相减可得：(an+an鈭�1)(an鈭�an鈭�1鈭�2)=0.

于是隆脿an鈭�an鈭�1=2.

利用等差数列的通项公式即可得出．

(2)bn=(鈭�1)n鈭�1an=(鈭�1)n鈭�1(2n鈭�1).

对n

分类讨论即可得出．

(3)cn=1anS2n+1+an+1S2n鈭�1=1(2n+1)2n鈭�1+(2n鈭�1)2n+1=12(12n鈭�1鈭�12n+1)

可得i=1n[(2n+1+1)ci]=(2n+1+1)隆脕12(1鈭�12n+1)=n2n+1.

再利用单调性即可得出．

本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、裂项求和方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【解析】解：(1)隆脽2Sn=an+1隆脿4Sn=(an+1)2

n鈮�2

时；4Sn鈭�1=(an鈭�1+1)2隆脿4an=(an+1)2鈭�(an鈭�1+1)2

化为：(an+an鈭�1)(an鈭�an鈭�1鈭�2)=0

．

隆脽an+an鈭�1>0隆脿an鈭�an鈭�1=2

．

n=1

时；4a1=(a1+1)2

解得a1=1

．

隆脿

数列{an}

是等差数列；公差为2

．

隆脿an=1+2(n鈭�1)=2n鈭�1

．

(2)隆脽bn=(鈭�1)n鈭�1an=(鈭�1)n鈭�1(2n鈭�1)

．

n=2k

为偶数时，b2k鈭�1+b2k=(4k鈭�3)鈭�(4k鈭�1)=鈭�2

．

隆脿

数列{bn}

的前n

项和Tn=鈭�2k=鈭�n

．

n=2k鈭�1

为奇数时，数列{bn}

的前n

项和Tn=Tn鈭�1+bn=鈭�(n鈭�1)+(2n鈭�1)=n

．

综上可得：Tn=(鈭�1)n鈭�1n.

(3)cn=1anS2n+1+an+1S2n鈭�1=1(2n+1)2n鈭�1+(2n鈭�1)2n+1=12(12n鈭�1鈭�12n+1)

隆脿i=1n[(2n+1+1)ci]=(2n+1+1)隆脕12(1鈭�12n+1)=n2n+1

．

令dn=n2n+1>0

则dn+12dn2=(n+1)22n+3n22n+1=2n3+5n2+4n+12n3+3n2>1

．

可得dn+1>dn

因此数列{dn}

单调递增．

隆脿dn鈮�d1=33

．

隆脿i=1n[(2n+1+1)ci]

的最小值是33

．四、证明题(共4题，共8分)26、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．27、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）=