…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科新版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、設(shè)a為的小數(shù)部分，b為的小數(shù)部分，則的值為（）A.B.C.D.2、數(shù)列{an}的通項公式（n∈N*），若前n項的和Sn=10；則項數(shù)n為（）

A.10

B.11

C.120

D.121

3、【題文】集合可以表示為（）A.B.C.D.4、.若則（）A.B.2C.D.5、為了得到函數(shù)y=sin(3x鈭?婁脨4)

的圖象，可以將函數(shù)y=sin3x

的圖象(

)

A.向左平移婁脨4

個單位長度B.向右平移婁脨4

個單位長度C.向左平移婁脨12

個單位長度D.向右平移婁脨12

個單位長度評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、函數(shù)y=x-x2（x∈R）的最大值為____．7、若常數(shù)t＞0，則函數(shù)的定義域為____．8、函數(shù)的定義域為____．9、已知定義域為（-∞，0）∪（0，+∞）的偶函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，且f（1）=0，則不等式x?f（x）＞0的解集為____．10、已知集合則____．11、【題文】定義在R上的函數(shù)滿足且時，則____.12、【題文】若曲線與曲線有四個不同的交點，則實數(shù)的取值范圍是____。13、集合A={-1，0，1}，B={-2，-1，0}，則A∪B=______．14、不等式x2+3x鈭?4<0

的解集是______．評卷人得分三、證明題(共7題，共14分)15、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．16、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．17、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點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．18、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．19、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．20、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．21、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．評卷人得分四、解答題(共1題，共8分)22、【題文】如圖，四棱柱中，平面．

（Ⅰ）從下列①②③三個條件中選擇一個做為的充分條件；并給予證明；

①②③是平行四邊形．

（Ⅱ）設(shè)四棱柱的所有棱長都為1，且為銳角，求平面與平面所成銳二面角的取值范圍．評卷人得分五、計算題(共2題，共16分)23、若a、b互為相反數(shù)，則3a+3b-2的值為____．24、化簡：=____．評卷人得分六、綜合題(共1題，共3分)25、如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+c與x軸正半軸交于點F（4；0）；與y軸正半軸交于點E（0，4），邊長為4的正方形ABCD的頂點D與原點O重合，頂點A與點E重合，頂點C與點F重合；

（1）求拋物線的函數(shù)表達式；

（2）如圖2；若正方形ABCD在平面內(nèi)運動，并且邊BC所在的直線始終與x軸垂直，拋物線與邊AB交于點P且同時與邊CD交于點Q．設(shè)點A的坐標(biāo)為（m，n）

①當(dāng)PO=PF時；分別求出點P和點Q的坐標(biāo)及PF所在直線l的函數(shù)解析式；

②當(dāng)n=2時；若P為AB邊中點，請求出m的值；

（3）若點B在第（2）①中的PF所在直線l上運動；且正方形ABCD與拋物線有兩個交點，請直接寫出m的取值范圍．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】可將兩個式子分別平方，得到一個整數(shù)值，從而得出式子的值，再根據(jù)式子的小數(shù)部分的特點求出a與b的值，代入代數(shù)式即可解答．【解析】【解答】解：∵（）2=2，（）2=6；

∴=，=；

∴a=-1，b=-2；

∴=-

=+2--1

=-+1．

故選A．2、C【分析】

∵an=-

∴Sn=（-1）+（-）+（-）++（-）

=-1；

又Sn=10；

∴-1=10；

∴n+1=112=121；

∴n=120．

故選C．

【解析】【答案】依題意，可求得Sn=-1，又Sn=10；從而可求得項數(shù)n．

3、B【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，題目給出集合的描述法表示的集合A，那么可知代表元素為x，滿足方程即為一元二次方程的解集。那么由于可知集合是個單元素集故選B.

考點：本試題考查了集合的描述法。

點評：對于集合的描述法的理解，關(guān)鍵是看代表元素是數(shù)集，還是點集，然后按照對應(yīng)的條件寫出所有的元素，屬于基礎(chǔ)題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、D【分析】【解答】選D.5、D【分析】解：

題干錯誤：可以將函數(shù)的圖象；請給修改，謝謝。

本題主要考查函數(shù)y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象變換規(guī)律，【解析】D

二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【分析】可用公式法，也可用配方法求解．【解析】【解答】解：y=x-x2=-（x-）2+．

∴函數(shù)的最大值為．7、略

【分析】

函數(shù)的定義域為：

{x|12t2-tx-x2≥0}；

∵12t2-tx-x2≥0；

∴x2+tx-12t2≤0；

解方程x2+tx-12t2=0；

得x1=-4t，x2=3t；

∵常數(shù)t＞0；∴-4t≤x≤3t．

故答案為：[-4t；3t]．

【解析】【答案】函數(shù)的定義域為{x|12t2-tx-x2≥0}；由常數(shù)t＞0，能求出結(jié)果．

8、略

【分析】

函數(shù)的定義域為：

{x|}；

解得{x|-1＜x＜2；且x≠1}；

故答案為：{x|-1＜x＜2；且x≠1}．

【解析】【答案】函數(shù)的定義域為：{x|}；由此能夠求出結(jié)果．

9、略

【分析】

根據(jù)偶函數(shù)關(guān)于y軸對稱的性質(zhì)可知f（x）在（-∞；0）上單調(diào)減；

f（-1）=f（1）=0

不等式x?f（x）＞0等價于或

求得x＞1或x＜-1

故答案為：（-1；0）∪（1，+∞）

【解析】【答案】先利用偶函數(shù)的性質(zhì)求得函數(shù)f（x）在（-∞；0）上的單調(diào)性，利用f（1）的值求得f（-1）的值，進而把不等式轉(zhuǎn)化為x＜和x＞0時的不等式組求得x的范圍．

10、略

【分析】【解析】試題分析：∵∴即考點：本題考查了集合的運算【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

試題分析：由可知是奇函數(shù)，且關(guān)于對稱，由圖像分析可知其周期為4，所以

考點：奇偶性周期性，指數(shù)函數(shù)圖像，數(shù)形結(jié)合【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

試題分析：

由題意可知曲線C1：x2+y2-2x=0表示一個圓，化為標(biāo)準(zhǔn)方程得：（x-1）2+y2=1，所以圓心坐標(biāo)為（1，0），半徑r=1；C2：y（y-mx-m）=0表示兩條直線y=0和y-mx-m=0，由直線y-mx-m=0可知：此直線過定點（-1，0），在平面直角坐標(biāo)系中畫出圖象如圖所示：當(dāng)直線y-mx-m=0與圓相切時，圓心到直線的距離化簡得則

所以當(dāng)直線與圓相交時，

考點：圓的一般方程圓的方程的綜合應(yīng)用。

點評：此題考查學(xué)生掌握直線與圓的位置關(guān)系，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，是一道中檔題．本題的突破點是理解曲線C2：y（y-mx-m）=0表示兩條直線【解析】【答案】13、略

【分析】解：根據(jù)題意得A∪B={-2；-1，0，1}

故答案為{-2；-1，0，1}

要求A與B的并集；就是要求屬于A或?qū)儆贐的元素所構(gòu)成的集合．

此題是一道基礎(chǔ)題比較簡單，要求學(xué)生理解兩個集合的并集定義．【解析】{-2，-1，0，1}14、略

【分析】解：不等式x2+3x鈭?4<0

化為。

(x+4)(x鈭?1)<0

解得鈭?4<x<1

隆脿

不等式的解集是(鈭?4,1)

．

故答案為：(鈭?4,1)

．

根據(jù)一元二次不等式的解法步驟求解即可．

本題考查了一元二次不等式的解法與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．

【解析】(鈭?4,1)

三、證明題(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．16、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，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）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【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為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．18、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．19、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．20、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．21、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．四、解答題(共1題，共8分)22、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）由平面和可以得到平面從而可以得到結(jié)合作已知條件，可以證明平面進而可以得到

（Ⅱ）建立空間直角坐標(biāo)系；將題中涉及的關(guān)鍵點用參數(shù)表示出來，并將問題中涉及的二面角的余弦值利用參數(shù)表示出來，結(jié)合函數(shù)的方法確定二面角的余弦值的取值范圍，進而確定二面角的取值范圍.

試題解析：（Ⅰ）條件②可做為的充分條件.1分。

證明如下：

平面平面2分。

∵平面

若條件②成立，即∵平面3分。

又平面．..4分。

（Ⅱ）由已知，得是菱形，

設(shè)為的中點，則平面

∴交于同一點且兩兩垂直.5分。

以分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示．6分。

設(shè)其中

則

7分。

設(shè)是平面的一個法向量；

由得令則

9分。

又是平面的一個法向量；10分。

11分。

令則為銳角；

則

因為函數(shù)在上單調(diào)遞減，

所以12分。

又

即平面與平面所成角的取值范圍為．13分。

考點：直線與平面垂直、二面角、函數(shù)的單調(diào)性【解析】【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）五、計算題(共2題，共16分)23、略

【分析】【分析】根據(jù)相反數(shù)的定義得到a+b=0，再變形3a+3b-2得到3（a+b）-2，然后把a+b=0整體代入計算即可．【解析】【解答】解：∵a、b互為相反數(shù)；

∴a+b=0；

∴3a+3b-2=3（a+b）-2=3×0-2=-2．

故答案為-2．24、略

【分析】【分析】先算括號里的，再乘除進行約分．【解析】【解答】解：=

（x+2）（x-2）[]

=（x+2）（x-2）

=．

故答案為．六、綜合題(共1題，共3分)25、略

【分析】【分析】（1）已知拋物線的對稱軸是y軸；頂點是（0，4），經(jīng)過點（4，0），利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；

（2）①過點P作PG⊥x軸于點G；根據(jù)三線合一定理可以求得G的坐標(biāo)，則P點的橫坐標(biāo)可以求得，把P的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式，即可求得縱坐標(biāo)，得到P的坐標(biāo)，再根據(jù)正方形的邊長是4，即可求得Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線的解析式即可求得Q的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得直線PF的解析式；

②已知n=2；即A的縱坐標(biāo)是2，則P的縱坐標(biāo)一定是2，把y=2代入拋物線的解析式即可求得P的橫坐標(biāo)，根據(jù)AP=2，且AP∥y軸，即可得到A的橫坐標(biāo)，從而求得m的值；

（3）假設(shè)B在M點時，C在拋物線上或假設(shè)當(dāng)B點在N點時，D點同時在拋物線上時，求得兩個臨界點，當(dāng)B在MP和FN之間移動時，拋物線與正方形有兩個交點．【解析】【解答】解：（1）由拋物線y=ax2+c經(jīng)過點E（0；4），F(xiàn)（4，0）

，解得；

∴y=-x2+4；