2025年新世纪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年新世纪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、已知△ABC的三个顶点，A(1,5)，B(－2,4)，C(－6,－4)，M是BC边上一点,且△ABM的面积是△ABC面积的则线段AM的长度是()A.B.C.5D.2、已知向量与向量的夹角为若向量且则的值为()A.B.C.D.3、【题文】已知函数则的图象为（）4、【题文】设函数的定义域为则=（）A.B.C.D.5、【题文】设集合方程的解集一定是（）

6、已知圆C：x2+y2﹣4x=0，l为过点P（3，0）的直线，则（）A.l与C相交B.l与C相切C.l与C相离D.以上三个选项均有可能7、在一次模拟考试后，从高三某班随机抽取了20位学生的数学成绩，其分布如下：。分组[90，100][100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150）频数126731分数在130分（包括130分）以上者为优秀，据此估计该班的优秀率约为（）A.10%B.20%C.30%D.40%8、利用“长方体ABCD-A1B1C1D1中，四面体A1BC1D”的特点，求得四面体PMNR（其中PM=NR=PN=MR=MN=PR=）的外接球的表面积为（）A.14πB.16πC.13πD.15π评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、关于函数有下面四个结论：（1）是奇函数；（2）恒成立；（3）的最大值是(4)的最小值是其中正确结论的是_______________________________________．10、【题文】已知：M={a|函数在[]上是增函数}，N={b|方程有实数解}，设D=且定义在R上的奇函数在D内没有最小值，则m的取值范围是____．11、集合{2，-1}={2，a2-2a}，则实数a=______．12、函数y=的定义域为______．13、点(1,1)

到直线x+y鈭�1=0

的距离为______．评卷人得分三、证明题(共5题，共10分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、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、计算题(共3题，共12分)19、如图，已知AC=AD=AE=BD=DE，∠ADB=42°，∠BDC=28°，则∠BEC=____．20、已知t1、t2是二次函数s=-3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，且x=10t1，y=10t2，那么y与x间的函数关系式为____，其函数图象在第____象限内．21、若直线y=（m-2）x+m经过第一、二、四象限，则m的范围是____．评卷人得分五、解答题(共4题，共20分)22、甲；乙两位学生参加数学竞赛培训；现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下：

。甲8281797895889384乙9295807583809085（1）用茎叶图表示这两组数据；

（2）现要从中选派一人参加数学竞赛；从统计学的角度（在平均数；方差或标准差中选两个）考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由．

23、已知向量函数．（1）求函数的对称中心；（2）在中，分别是角对边，且且求的取值范围．24、比较下列各组数中两个值的大小。

（1）20.6，20.5；

（2）log23.4，log23.8．25、如图，在三棱锥A鈭�BOC

中，OA隆脥

底面BOC隆脧OAB=隆脧OAC=30鈭�AB=AC=4BC=22

动点D

在线段AB

上．

(1)

求证：平面COD隆脥

平面AOB

(2)

当OD隆脥AB

时，求三棱锥C鈭�OBD

的体积．评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)26、如图1；△ABC与△EFA为等腰直角三角形，AC与AE重合，AB=EF=9，∠BAC=∠AEF=90°，固定△ABC，将△EFA绕点A顺时针旋转，当AF边与AB边重合时，旋转中止．不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设AE；AF（或它们的延长线）分别交BC（或它的延长线）于G、H点，如图2．

（1）问：在图2中，始终与△AGC相似的三角形有____及____；

（2）设CG=x；BH=y，GH=z，求：

①y关于x的函数关系式；

②z关于x的函数关系式；（只要求根据第（1）问的结论说明理由）

（3）直接写出：当x为何值时，AG=AH．27、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．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解析】试题分析：∵△ABM的面积是△ABC面积的∴设M（x，y），则（x+2，y-4）=（-4，-8），∴解得，x=－3,y=2,即M（-3，2），∴|AM|==5，故答案为5。考点：本题主要考查平面向量的共线定理，平面向量的坐标运算。【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】

因为向量与向量的夹角为若向量且则的值为选B【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】

试题分析：根据已知函数前者是偶函数，后者也是偶函数，那么偶函数乘以偶函数，仍然是偶函数，故排除学校A,D，同时对于B,C，那么当x趋近于0时，我们取个值来计算可知应该是负数，可知排除B，选C.

考点：本试题考查了函数图象的运用。

点评：解决该试题关键是利用函数的性质，以及特殊点法排除法来得到结论。而函数的性质主要是奇偶性和单调性的运用。属于基础题。【解析】【答案】C4、C【分析】【解析】故选C【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、A【分析】【解答】解：将圆的方程化为标准方程得：（x﹣2）2+y2=4；

∴圆心C（2，0），半径r=2；

又P（3，0）与圆心的距离d==1＜2=r；

∴点P在圆C内；又直线l过P点；

则直线l与圆C相交．

故选A．

【分析】将圆C的方程化为标准方程，找出圆心C坐标和半径r，利用两点间的距离公式求出P与圆心C间的长，记作d，判断得到d小于r，可得出P在圆C内，再由直线l过P点，可得出直线l与圆C相交．7、B【分析】【解答】解：由表可知；优秀的人数为3+1=4；

故分数在130分（包括130分）以上者为优秀，则优秀率为=20%；

故据此估计该班的优秀率约20%；

故选：B．

【分析】根据统计表和样本来估计总体的概念即可求出．8、A【分析】解：由题意，构造长方体，使得面上的对角线长分别为

则长方体的对角线长等于四面体PMNR外接球的直径．

设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y2=10，y2+z2=13，x2+z2=5；

∴x2+y2+z2=14

∴三棱锥O-ABC外接球的直径为

∴三棱锥S-ABC外接球的表面积为π•14=14π；

故选A．

构造长方体，使得面上的对角线长分别为则长方体的对角线长等于四面体PMNR外接球的直径，即可求出四面体PMNR外接球的表面积．

本题考查球内接多面体，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径是关键．【解析】【答案】A二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【解析】试题分析：函数满足所以函数是偶函数，当时函数是减函数，当时函数是增函数，因此函数最小值为最大值为综上可知（2）（4）正确考点：函数奇偶性单调性与最值【解析】【答案】（2）（4）10、略

【分析】【解析】

试题分析：先确定出集合MN的范围，求出集合D的范围．再根据在D内没有最小值，对函数的最小值进行研究，可先求其导数，利用导数研究出函数的单调性，确定出函数的最小值在区间D的左端点取到即可，由于直接研究有一定困难，可将函数变为构造新函数h（x）=将研究原来函数没有最小值的问题转化为新函数没有最大值的问题，利用导数工具易确定出新函数的最值，从而解出参数m的取值范围m>若m≤0，可得函数f（x）在D上是减函数，函数在右端点处取到最小值，不合题意；若m＞0，令h（x）=则在D内没有最小值可转化为h（x）在D内没有最大值，下对h（x）在D内的最大值进行研究，可知答案为m>

考点：函数的单调性与其导函数的正负。

点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，三角函数的周期求法及对三角函数图象特征的理解，指数函数的值域及集合的运算．考查了转化的思想及分类讨论的思想，计算的能力，本题综合性强涉及到的知识点较多，属于综合题中的难题【解析】【答案】m>11、略

【分析】解：因为集合{2，-1}={2，a2-2a}；

所以a2-2a=-1；

解得a=1；

故答案为：1．

利用集合相等；元素相同解答．

本题考查了集合相等，集合元素相同；属于基础题．【解析】112、略

【分析】解：由x≥0；x-1≠0得：x≥0，且x≠1．

所以原函数的定义域为[0；1）∪（1，+∞）．

故答案为：[0；1）∪（1，+∞）．

求该函数的定义域；直接让x≥0，且x-1≠0，求解x即可．

本题考查了函数定义域的求法，解答的关键是让根式内部的代数式大于等于0，分母不能为0，属基础题．【解析】[0，1）∪（1，+∞）．13、略

【分析】解：利用点到直线的距离可得：d=|1+1鈭�1|2=22

．

故答案为：22

．

利用点到直线的距离公式即可得出．

本题考查了点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．【解析】22

三、证明题(共5题，共10分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、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、计算题(共3题，共12分)19、略

【分析】【分析】根据等腰三角形的性质和等边三角形的性质分别得出∠AEC，∠BED，∠AED的度数，由∠BEC=∠AEC+∠BED-∠AED即可求解．【解析】【解答】解：∠ADC=42°+28°=70°．∠CAD=180°-2×70°=40°；

∠DAE=∠ADE=∠AED=∠60°；

于是；在△ACE中，∠CAE=60°+40°=100°；

∠AEC=（180°-100°）÷2=40°．

又∵在△BDE中；∠BDE=60°+42°=102°；

∴∠BED=（180-102）÷2=39°

从而∠BEC=∠AEC+∠BED-∠AED=40°+39°-60°=19°．

故答案为19°．20、略

【分析】【分析】由于t1、t2是二次函数s=-3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，利用根与系数的关系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底数幂的乘法法则计算即可解决问题．【解析】【解答】解：∵t1、t2是二次函数s=-3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函数图象在第一象限内．

故答案为：y=（x＞0），一．21、略

【分析】【分析】若函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，则k＜0，b＞0，由此可以确定m的取值范围．【解析】【解答】解：∵直线y=（m-2）x+m经过第一；二、四象限；

∴m-2＜0；m＞0；

故0＜m＜2．

故填空答案：0＜m＜2．五、解答题(共4题，共20分)22、略

【分析】

（1）茎叶图如下：

（2）派甲参加比较合适；理由如下：

（90-85）2+（92-85）2+（95-85）2]=41

∵=

∴甲的成绩较稳定；派甲参赛比较合适。

【解析】【答案】（1）将成绩的十位数作为茎；个位数作为叶，可得茎叶图；

（2）计算甲与乙的平均数与方差；即可求得结论．

23、略

【分析】试题分析：（1）此类问题往往是利用向量数量积定义及二倍角公式把f(x)化简成f(x)或者f(x)的形式，然后利用从而由y=sinx或者y=cosx的对称中心求出f(x)的对称中心．(2)求范围问题往往利用函数的思想，因此本题需要转化到关于边或者三角的函数问题，由题意可知将用正弦定理将边的关系转化为三角关系，利用三角函数的值域来确定的范围．(1)f(x)=令得出函数f(x)的对称中心．（2）f(C)=因为C为锐角，由正弦定理a=2sinA,b=2sinB,A>B>C=．考点：1．向量的数量积2．二倍角公式3．正弦定理．【解析】【答案】(1)(2)24、【解答】（1）∵2＞1；

∴y=2x为增函数。

又∵0.6＞0.5

∴20.6＞20.5；

（2）∵2＞1；

∴y=log2x为增函数。

又∵3.4＜3.8

∴log23.4＜log23.8；【分析】【分析】（1）先判断底数与1的关系；判断出对应指数函数的单调性，再判断指数的大小，即可得到答案．

（2）先判断底数与1的关系，判断出对应对数函数的单调性，再判断真数的大小，即可得到答案．25、略

【分析】

(1)

欲证平面COD隆脥

平面AOB

根据面面垂直的判定定理可知在平面COD

内一直线与平面AOB

垂直，根据勾股定理可知OC隆脥OB

根据线面垂直的判定定理可知OC隆脥

平面AOB

而OC?

平面COD

满足定理所需条件；

(2)OD隆脥ABOD=3

此时，BD=1.

根据三棱锥的体积公式求出所求即可．

本题主要考查平面与平面垂直的判定，以及三棱锥C鈭�OBD

的体积的求解，同时考查了空间想象能力，计算能力和推理能力，属于中档题．【解析】(1)

证明：隆脽AO隆脥

底面BOC隆脿AO隆脥OCAO隆脥OB

．

隆脽隆脧OAB=隆脧OAC=30鈭�AB=AC=4隆脿OC=OB=2

．

隆脽BC=22

由勾股定理得OC隆脥OB

隆脿OC隆脥

平面AOB

．

隆脽OC?

平面COD隆脿

平面COD隆脥

平面AOB

．

(2)

解：隆脽OD隆脥AB隆脿OD=3

此时，BD=1

．

隆脿VC鈭�OBD=13隆脕12隆脕3隆脕1隆脕2=33

．六、综合题(共2题，共18分)26、略

【分析】【分析】（1）△HGA；△HAB，求出∠H=∠GAC，∠AGC=∠AGC，即可推出△AGC∽△HGA；根据∠B=∠ACG=45°，∠GAC=∠H推出△AGC∽△HAB即可；

（2）①根据∵△AGC∽△HAB，得出=，求出y=；②在Rt△BAC中，由勾股定理求出BC=9；代入GH=BH-（BC-GC）求出即可；

（3）由△HGA∽△HAB得出HB=AB=9，由△HGA∽△GCA得出AC=CG=9，推出BG=HC，即可得出答案．【解析】【解答】解：（1）△HGA；△HAB；

理由是：∵△ABC与△EFA为等腰直角三角形；AC与AE重合，AB=EF，∠BAC=∠AEF=90°；

∴∠B=∠ACB=∠GAF=45°；

∴∠ACB=∠H+∠HAC=45°；∠GAC+∠HAC=∠GAF=45°；

∴∠H=∠GAC；

∵∠AGC=∠AGC；

∴△AGC∽△HGA；

∵∠B=∠ACG=45°；∠GAC=∠H；

∴△AGC∽△HAB；

（2）①如图2；∵△AGC∽△HAB；

∴=；

∴=；

∴y=；

②在Rt△BAC中，∠BAC=90°，AC=AB=9，由勾股定理得：BC=9；

∴GH=BH-（BC-GC）=y-（9-x）；

∴z=+x-9；

（3）∵∠GAH=45°是等腰三角形的顶角；

如图；∵由△HGA∽△HAB知：HB=AB=