2025年华东师大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年华东师大版高一数学下册阶段测试试卷77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5题，共10分)1、cos660o的值为().A.B.C.D.2、函数的单调递减区间是（）A.B.C.D.3、若x是三角形的最小内角，则函数y=sinx+cosx﹣sinxcosx的最小值是（）A.-+B.+C.1D.4、一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于（）A.a2B.2a2C.a2D.a25、连续抛掷2颗骰子，则出现朝上的点数之和等于6的概率为（）A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、在△ABC中，若A=60°，b=1，则a=____．7、已知数列{an}满足a1+2a2+3a3++nan=n（n+1）（n+2），则它的前n项和Sn=____．8、若f（x）=（a2﹣3a+3）ax是指数函数则a=____．9、时钟从6时走到9时，时针旋转了______弧度．10、如图，设α∈（0，π）且当∠xOy=α时，定义平面坐标系xOy为斜坐标系，在斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：e1，e2分别为x轴、y轴正方向相同的单位向量，若则记为那么在以下的结论中，正确的有______（填上所有正确结论的序号）．

（1）设a=（m，n），则

（2）设a=（m，n），b=（s，t），若a=b；则m=s，n=t；

（3）设a=（m，n），b=（s，t），若a⊥b；则ms+nt=0；

（4）设a=（m，n），b=（s，t），若a∥b，则mt-ns=0．评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)11、已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=a（Sn-an+1）（a为常数；a≠0，a≠1）．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=an2+Sn•an，若数列{bn}为等比数列；求a的值；

（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，数列{cn}的前n项和为Tn．求证：Tn＞2n-．

12、已知函数图象关于原点对称；定义域是R．

（1）求m；n的值；

（2）若对任意t∈[-2；2]，f（tx-2）+f（x）＞0恒成立，求实数x的取值范围．

13、已知定点A（1，0），B（-1，0），C（0，1），D（0，2），动点P满足：．

（1）求动点P轨迹M的方程；并说明方程表示的曲线类型；

（2）当k=2时：

①E是x轴上的动点，EK，EQ分别切曲线M于K，Q两点，如果求线段KQ的垂直平分线方程；

②若E点在△ABC边上运动；EK，EQ分别切曲线M于K，Q两点，求四边形DKEQ的面积的取值范围．

14、如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF//AC，AB=CE=EF=1⑴求证：AF//平面BDE⑵求证：CF⊥平面BDE15、如图，在四边形中，求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积及体积。16、【题文】设为奇函数，为常数．

（1）求的值；

（2）判断函数在上的单调性；并说明理由；

（3）若对于区间上的每一个值，不等式恒成立，求实数的取值范围．17、（Ⅰ）计算：2-（）+lg+（-1）lg1+（lg5）2+lg2•lg50

（Ⅱ）已知x+x=3，求的值．18、在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b；c，已知cos2A-3cos（B+C）=1．

（1）求角A的大小；

（2）若△ABC的面积b=5；求sinBsinC的值；

（3）若a=1，求△ABC的周长l的取值范围．19、如图；在长方体ABCD鈭�A1B1C1D1

中，AB=AD=1AA1=2

点P

为DD1

的中点．

(1)

求证：直线BD1//

平面PAC

(2)

求证：平面PAC隆脥

平面BDD1

(3)

求直线PB1

与平面PAC

的夹角．评卷人得分四、证明题(共4题，共12分)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．23、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．评卷人得分五、计算题(共3题，共6分)24、已知x、y满足方程组，则x+y的值为____．25、已知x，y，z为实数，满足，那么x2+y2+z2的最小值是____26、计算：（2）﹣（﹣2016）0﹣（）+（）﹣2．评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)27、二次函数的图象的顶点坐标是，它与x轴的一个交点B的坐标是（-2，0），另一个交点的是C，它与y轴相交于D，O为坐标原点．试问：y轴上是否存在点P，使得△POB∽△DOC？若存在，试求出过P、B两点的直线的解析式；若不存在，说明理由．28、如图；以A为顶点的抛物线与y轴交于点B；已知A、B两点的坐标分别为（3，0）、（0，4）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）设M（m；n）是抛物线上的一点（m；n为正整数），且它位于对称轴的右侧．若以M、B、O、A为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数，求点M的坐标；

（3）在（2）的条件下，试问：对于抛物线对称轴上的任意一点P，PA2+PB2+PM2＞28是否总成立？请说明理由．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】试题分析：考点：诱导公式，特殊角的三角函数值.【解析】【答案】C.2、D【分析】【解答】令解得函数的单调递减区间为

【分析】求三角函数的单调区间，关键是将看成一个整体，代入三角函数的单调区间求解即可.3、A【分析】【解答】解：令sinx+cosx=t，则sinxcosx=∴y=t﹣=﹣（t﹣1）2+1．

∵x是三角形的最小内角，∴x∈（0，]，∵t=sinx+cosx=sin（x+），∴t∈（1，]；

∴当t=时，y取得最小值-．

故选：A．

【分析】令sinx+cosx=t，则sinxcosx=则y是关于t的二次函数，根据x的范围得出t的范围，利用二次函数性质推出y的最小值．4、B【分析】解：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′=S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积等于=2a2．

故选B．

根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′=S；先求出直观图即正方形的面积，根据比值求出原平行四边形的面积即可．

考查学生灵活运用据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′=S．【解析】【答案】B5、A【分析】解：将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次；

向上的点数和的情况有62=36种；

其中点数为为6的情况有：1+5；5+1，2+4，4+2，3+3，共5种；

∴向上的点数和为6的概率：

p=．

故选：A．

将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，向上的点数和的情况有62=36种；其中点数为为6的情况有5种，由此能求出向上的点数和为6的概率．

本题考查概率的求法，是基础题，解题时要注意古典概型概率计算公式的合理运用．【解析】【答案】A二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】

∵S△ABC=bcsinA=

∴c=4

∴a===

故答案为：

【解析】【答案】先利用三角形面积公式求得c；最后利用三角函数的余弦定理求得a．

7、略

【分析】

∵a1+2a2+3a3++nan=n（n+1）（n+2）；①

∴a1+2a2+3a3++（n-1）an-1=（n-1）n（n+1）；②

①-②，得nan=3n（n+1）；

∴an=3n+3．

∴Sn=a1+a2+a3++an

=（3×1+3）+（3×2+3）+（3×3+3）++（3n+3）

=3（1+2+3++n）+3n

=

=．

故答案为：．

【解析】【答案】由a1+2a2+3a3++nan=n（n+1）（n+2），知a1+2a2+3a3++（n-1）an-1=（n-1）n（n+1），所以nan=3n（n+1），即an=3n+3．由此能求出它的前n项和Sn．

8、2【分析】【解答】解：根据指数函数的定义可得

∴a=2

故答案为：2

【分析】根据指数函数的定义可得求解即可9、略

【分析】解：时钟从6时走到9时，时针旋转了弧度．

故答案为：．

直接利用角的定义；写出结果即可．

本题考查角的定义，基本知识的考查．【解析】10、略

【分析】解：根据斜坐标的定义，=（m，n），=（s；t）；

∴

（1）．=∵α≠∴（1）错误；

（2）．若根据平面向量基本定理得：m=s，n=t，∴（2）正确；

（3）∵=ms+nt+（mt+ns）cosα≠ms+nt；∴（3）错误；

（4）．由得∴s=λm，t=λn，∴mt-ns=0，故（4）正确；

所以正确的是（2）（4）．

故答案为：（2）（4）．

把新定义回归到向量的数量积的运算对每个结论进行验证；即可得出结论．

本题为新定义，正确理解题中给出的斜坐标并与已知的向量知识相联系是解决问题的关键，属中档题．【解析】（2）（4）三、解答题(共9题，共18分)11、略

【分析】

（Ⅰ）S1=a（S1-a1+1）

∴a1=a；．（1分）

当n≥2时，Sn=a（Sn-an+1），Sn-1=a（Sn-1-an-1+1）；

两式相减得：an=a•an-1，

（a≠0，n≥2）即{an}是等比数列．

∴an=a•an-1=an；（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a≠1；

若{bn}为等比数列，则有b22=b1b3；

而b1=2a2，b2=a3（2a+1），b3=a4（2a2+a+1）（6分）

故[a3（2a+1）]2=2a2•a4（2a2+a+1），解得（7分）

再将a=代入得bn=（）n成立，所以a=．（8分）

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知

所以==（10分）

所以

Tn=c1+c2++cn+（2-）

=（12分）

【解析】【答案】（Ⅰ）由题意知a1=a，Sn=a（Sn-an+1），Sn-1=a（Sn-1-an-1+1），由此可知an=a•an-1，所以an=a•an-1=an．

（Ⅱ）由题意知a≠1，由此可解得．

（Ⅲ）证明：由题意知所以=由此可知Tn＞2n-．

12、略

【分析】

（1）因为f（x）是奇函数；所以f（0）=0；

即解得n=1；

从而有

又由f（1）=-f（-1）知。

解得m=2

（2）由（1）知

易知f（x）在（-∞；+∞）上为减函数；

又∵f（x）是奇函数；

∴f（2-tx）=-f[-（2-tx）]=-f（tx-2）；f（tx-2）+f（x）＞0

即f（x）＞f（2-tx）

即x＜2-tx；

即xt+x-2＜0对任意的t∈[-2；2]恒成立。

∴

∴

解得：．

【解析】【答案】（1）由函数图象关于原点对称；故函数为奇函数，根据f（0）=0，f（1）=-f（-1）可得m；n的值；

（2）根据指数函数的图象和性质；分析出函数的单调性，结合（1）中函数的奇偶性，可将不等式f（tx-2）+f（x）＞0化为xt+x-2＜0对任意的t∈[-2，2]恒成立，进而得到实数x的取值范围．

13、略

【分析】

（1）设动点坐标为P（x；y）；

则=（x-1，y），=（x+1，y），=（x；1-y）；

因为所以x2+y2-1=K[x2+（y-1）2]；

整理得：（k-1）x2+（k-1）y2+k+1=0；

若k=1；则方程为y=1，表示过点（0，1）且平行与x轴的直线；

若k≠1，则方程化为x2+（y-）2=（）2，表示以（0，）为圆心，||为半径的圆．

（2）①因为k=2，所以方程为x2+（y-2）2=1；圆心为D，如图；

由|KQ|=可得|DN|=

由射影定理可得|DQ|2=|DN||DE，得|DE|=

在Rt△DOE中；|OE|=1，得E（1，0）（-1，0）；

ED⊥KQ且平分KQ；所以DE的方程为2x+y-2=0或2x-y+1=0（0＜y＜1）；

②LBC：x+y-1=0（0＜y＜1），LAC：x-y+1=0（0＜y＜1）；

当E（a，b）在线段AC上运动时；

SDKEQ=2S△DKE=DK•KE==（0＜b＜1）；

所以0＜SDKEQ＜2；

同理，当E（a，b）在线段BC上运动时，0＜SDKEQ＜2

当E（a，b）在线段BC上运动时；E（a，0）（-1≤a≤1）；

SDKEQ=2S△DKE=DK•KE=（-1≤a≤1）；

所以≤SDKEQ≤2；

综上可得，0≤SDKEQ≤2．

【解析】【答案】（1）根据题意，设出P的坐标（x，y）；可得则的坐标，代入中，可得（k-1）x2+（k-1）y2+k+1=0；分K=1与k≠1两种情况讨论；可得答案．

（2）①根据题意k=2，代入（1）的方程可得x2+（y-2）2=1，进而|DN|=结合射影定理计算可得|DE|=在Rt△DOE中，由|OE|=1，得E的坐标，又由ED⊥KQ且平分KQ，由直线的点斜式方程可得答案；

②由（1）可得线段BC、AC的方程，按E的在△ABC的三边上不同位置，不同分3种情况讨论；求出SDKEQ的范围；综合可得答案．

14、略

【分析】(1)关键是证明AF//EO.(2)关键是证明：证明：（1）证明：连AC、BD交于O点，连EO则EF=OA，四边形AFEO为平行四边形AF//平面BDE（2）证明：BD⊥平面ACEFCF⊥BD在平面四边形EFOC中四边形EFOC为菱形BD、OE平面BDE平面BDE.【解析】【答案】见解析.15、略

【分析】由题可得【解析】【答案】16、略

【分析】【解析】解：（1）为奇函数；

对定义域内的任意都成立；

解，得或（舍去）.

（2）由（1）知：

任取设则：

在上是增函数.

（3）令

上是减函数；

由（2）知，是增函数；

对于区间上的每一个值，不等式恒成立；

即恒成立，【解析】【答案】（1）

（2）在上是增函数。

（3）17、略

【分析】

（Ⅰ）化简2==（）=

（Ⅱ）化简x+x=3；从而利用完全平方公式求解．

本题考查了有理数指数幂的化简运算及求值，同时考查了完全平方公式的应用．【解析】解：（Ⅰ）2-（）+lg+（-1）lg1+（lg5）2+lg2•lg50

=--2+（-1）0+（lg5）2+2lg2•lg5+（lg2）2

=--2+1+1=-2；

（Ⅱ）∵x+x=3；

∴x+x-1=（x+x）2-2=7；

x2+x-2=（x+x-1）2-2=47；

∴==．18、略

【分析】

（1）、根据题意，由cos2A-3cos（B+C）=1利用倍角公式和诱导公式变形可得2cos2A+3cosA-2=0；解可得cosA的值，结合A的范围，即可得答案；

（2）、由三角形面积公式可得bc=20，结合题意进而可得b、c的值，又由余弦定理可得a的值，由正弦定理得===2计算可得sinB；sinC的值，相乘即可得答案；

（3）、根据题意，由余弦定理可得1=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc，将其变形可得b2+c2=bc+1，由基本不等式可得（b+c）2=1+3bc≤1+3（）2，解可得b+c的最大值，结合三角形三遍关系可得b+c的取值范围，又由l=a+b+c=1+b+c计算可得答案．

本题考查了正弦定理、余弦定理、两角和与差的正弦公式、均值不等式等基础知识，（3）不要忽略三角形的三边关系．【解析】解：（1）由cos2A-3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA-2=0；

即（2cosA-1）（cosA+2）=0，解得cosA=或cosA=-2（舍去）．

因为0＜A＜π，所以A=

（2）根据题意，S=bcsinA=bc=5即bc=20；

又由b=5；则c=4；

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=25+16-20=21，故a=

又由正弦定理得===2

sinB=sinC=

sinBsinC=×=

（3）根据题意，周长l=a+b+c=1+b+c；

由（1）A=则有1=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc；

即b2+c2=bc+1；

∴（b+c）2=1+3bc≤1+3（）2；

解可得b+c≤2；

又由b+c＞a=1，即1＜b+c≤2；

故有2＜l≤3；

△ABC的周长l的取值范围为（2，3]．19、略

【分析】

(1)

连接BD

交AC

于O

则O

为BD

中点，连接OP

可得OP//BD1

再由线面平行的判定可得BD1//

平面PAC

(2)

由已知长方体可得AC隆脥BD

且DD1隆脥

面ABCD

则DD1隆脥AC.

由线面垂直的判定可得AC隆脥

面BDD1B1.

进一步得到平面PAC隆脥

平面BDD1

(3)

连接PB1

由(2)

知，平面PAC隆脥

平面BDD1

则隆脧B1PO

即为PB1

与平面PAC

的夹角，然后求解三角形得答案．

本题考查线面平行与面面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了线面角的求法，是中档题．【解析】(1)

证明：连接BD

交AC

于O

则O

为BD

中点，连接OP

隆脽P

为DD1

的中点；隆脿OP//BD1

隆脽OP?

平面PACBD1?

平面PAC

隆脿BD1//

平面PAC

(2)

证明：长方体ABCD鈭�A1B1C1D1

中；AB=AD=1

底面ABCD

是正方形，则AC隆脥BD

又DD1隆脥

面ABCD

则DD1隆脥AC

．

隆脽BD?

平面BDD1B1D1D?

平面BDD1B1BD隆脡D1D=D

隆脿AC隆脥

面BDD1B1.隆脽AC?

平面PAC

隆脿

平面PAC隆脥

平面BDD1

(3)

解：连接PB1

由(2)

知，平面PAC隆脥

平面BDD1

隆脿隆脧B1PO

即为PB1

与平面PAC

的夹角；

在长方体ABCD鈭�A1B1C1D1

中；

隆脽AB=AD=1AA1=2隆脿OP=12+(22)2=62PB1=12+(2)2=3OB1=(22)2+22=322

．

在鈻�OPB1

中，cos隆脧B1PO=(3)2+(62)2鈭�(322)22隆脕3隆脕62=0

．

隆脿

直线PB1

与平面PAC

的夹角为娄脨2

．四、证明题(共4题，共12分)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】（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．23、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．五、计算题(共3题，共6分)24、略

【分析】【分析】由2x+y=5，x+2y=4，两式相加化简即可得出．【解析】【解答】解：；

①+②得：3（x+y）=9；即x+y=3．

故答案为：3．25、略

【分析】【分析】通过方程组进行消元，让yz都用含x的代数式表示，再代入x2+y2+z2，根据二次函数的最值问题得出答案即可．【解析】【解答】解：；

①×2+②；得x+y=5，则y=5-x③；

①+2×②；得x+z=4，则z=4-x④；

把③④代入x2+y2+z2得；

x2+（5-x）2+（4-x）2

=3x2-18x+41

=3（x-3）2+14；

∴x2+y2+z2的最小值是14；

故答案为14．26、解：==【分析】【分析】根据指数幂的运算性质计算即可．六、综合题(共2题，共18分)27、略

【分析】【分析】先根据条件利用待定系数法求出抛物线的解析式，然后根据解析式求出点D，点C的坐标，最后根据相似三角形的性质求出点P的坐标，根据P、B两点的坐标利用待定系数法就可以求出直线PB的解析式．【解析】【解答】解：∵二次函数的图象的顶点坐标是；它与x轴的一个交点B的坐标是（-2，0）；

∴设抛物线的解析式为：将点B（-2；0）代入得；

；解得

a=-1

∴抛物线的解析式为：y=-x2+x+6．

当x=0时；y=6

∴D（0；6）；

∴OD=6

y=0时，x1=-2，x2=3

C（3；0）；

∴OC=3；

∵B（-2；0）；

∴OB=2．

∵△POB∽△DOC；

∴；

∴