2024年滬教新版高一數(shù)學上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教新版高一數(shù)學上冊階段測試試卷707考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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8題，共16分)1、若是第三象限的角,且則()A.B.C.D.2、【題文】已知是定義在R上的奇函數(shù)，若對于x≥0，都有f(x+2)=且當時，則=A.1-eB.e-1．C.-l-eD.e+l3、【題文】在直角坐標平面上的點集那么的面積是A.B.C.D.4、【題文】函數(shù)的零點是()A.B.C.3D.5、【題文】已知是定義在R上的奇函數(shù)且周期為2，若當時，則的值是（）A.B.C.D.6、已知三棱柱的側棱與底面垂直，體積為底面是邊長為的正三角形.若為底面的中心，則與平面所成角的大小為()A.B.C.D.7、函數(shù)y=的定義域是（）A.B.C.（+∞）D.（+∞）8、若x∈（-∞，-1]時，不等式（m2-m）?4x-2x＜0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是（）A.（-2，1）B.（-4，3）C.（-1，2）D.（-3，4）評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、曲線與直線在y軸右側的交點按橫坐標從小到大依次記為P1，P2，P3，，則．(表示與兩點間的距離）．10、若向量且向量=（2,m），=（3,1），則m=____.11、【題文】已知若非是非的充分而不必要條件，則實數(shù)的取值范圍為_____________.12、【題文】27＋lg4＋2lg5＝__________13、已知函數(shù)f（x）=|x-2|，g（x）=kx-1，若方程f（x）=g（x）有兩個不相等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)14、初中我們學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．15、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．16、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．17、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．18、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．19、如圖，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．評卷人得分四、解答題(共1題，共8分)20、已知集合A={x|x-1＜0}，B={x|x2-4≥0}；求A∩B和A∪B．

評卷人得分五、計算題(共1題，共4分)21、先化簡，再求值：，其中．評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)22、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過點A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點為M點．

（1）求該拋物線的解析式．

（2）試判斷拋物線上是否存在一點P；使∠POM=90°．若不存在，說明理由；若存在，求出P點的坐標．

（3）試判斷拋物線上是否存在一點K，使∠OMK=90°，若不存在，說明理由；若存在，求出K點的坐標．23、如圖，四邊形ABCD是菱形，點D的坐標是（0，），以點C為頂點的拋物線y=ax2+bx+c恰好經(jīng)過x軸上A；B兩點．

（1）求A；B，C三點的坐標；

（2）求經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】

因為是第三象限的角,且,則選C【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于是定義在R上的奇函數(shù)，若對于x≥0，都有f(x+2)=那么可知當時，故可知=e-1,故選B.

考點：函數(shù)解析式。

點評：主要是考查了函數(shù)就行以及解析式的運用，屬于基礎題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、C【分析】【解析】

試題分析：表示圓的內部，集合M中整理為或其中當時表示直線x軸負半軸，圓圍成的圖形與直線y軸正半軸，圓圍成的圖形，兩圖形均為扇形，面積和為圓的當時表示的圖形是圓在第四象限的部分，綜上可知總面積為圓面積的一半，即

考點：不等式表示平面區(qū)域。

點評：集合N相對比較簡單，集合M中的不等式化簡后包括多種情況，如就又包含了兩種情況，分情況討論題目對學生一直是難點【解析】【答案】C4、A【分析】【解析】令解得所以函數(shù)的零點為故選A。函數(shù)零點是指函數(shù)與x軸交點的橫坐標值，所以B不符合。【解析】【答案】A5、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C6、B【分析】【解答】如圖所示，∵底面∴為與平面所成角，∵平面∥平面∴為與平面所成角，∵∴解得又為底面正三角形的中心，∴在中，∴故選B．

7、A【分析】【解答】解：由題意知；2x﹣1＞0①

2x﹣1≠1②

3x﹣2＞0③

綜合上面三個不等式得到x＞且x≠1且x＞

∴函數(shù)的定義域是

故選A．

【分析】觀察對數(shù)的代數(shù)式，首先底數(shù)要大于零且不等于1，真數(shù)要大于零，而真數(shù)是一個開偶次方形式，被開方數(shù)需要大于零，得到三個不等式，組成不等式組，求這幾個不等式的解集的交集，得到結果．8、C【分析】解：∵（m2-m）4x-2x＜0在x∈（-∞；-1]時恒成立。

∴（m2-m）＜在x∈（-∞；-1]時恒成立。

由于f（x）=在x∈（-∞；-1]時單調遞減。

∵x≤-1；

∴f（x）≥2

∴m2-m＜2

∴-1＜m＜2

故選C

由題意可得（m2-m）＜在x∈（-∞，-1]時恒成立，則只要（m2-m）＜的最小值；然后解不等式可m的范圍。

本題主要考查了函數(shù)的恒成立問題m≤f（x）恒成立?m≤f（x）得最小值（m≥f（x）恒成立?m≥f（x）的最大值），體現(xiàn)出函數(shù)恒成立與最值的相互轉化．【解析】【答案】C二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】根據(jù)題意令解得，考點：二倍角的三角函數(shù)及三角恒等變換，周期性【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】試題分析：因為，向量且向量=（2,m），=（3,1），所以，m=－6.考點：平面向量的坐標運算，向量垂直的條件?！窘馕觥俊敬鸢浮?611、略

【分析】【解析】

試題分析：由題意知非或非或又非是非的充分而不必要條件，且

考點：充分條件和必要條件【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】【解析】【答案】1113、略

【分析】解：由題意可得函數(shù)f（x）的圖象（藍線）

和函數(shù)g（x）的圖象（紅線）有兩個交點；

如圖所示：

KAB=

數(shù)形結合可得：＜k＜1；

故答案為：＜k＜1．

畫出函數(shù)f（x）；g（x）的圖象；由題意可得函數(shù)f（x）的圖象（藍線）和函數(shù)g（x）的圖象（紅線）有兩個交點，數(shù)形結合求得k的范圍．

本題主要考查函數(shù)的零點與方程的根的關系，體現(xiàn)了轉化、數(shù)形結合的數(shù)學思想，屬于基礎題．【解析】＜k＜1三、證明題(共6題，共12分)14、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．15、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．16、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．17、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內接四邊形；

∴∠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分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接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；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．18、略

【分析】【分析】首先作CD關于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．19、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴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、解答題(共1題，共8分)20、略

【分析】

A=（-∞；1），B=（-∞，-2]∪[2，+∞）；

∴A∩B=（-∞；-2]；

A∪B=（-∞；1）∪[2，+∞）．

【解析】【答案】先求出集合A與B；再利用數(shù)軸進行交集；并集運算即可．

五、計算題(共1題，共4分)21、略

【分析】【分析】先把括號內通分得原式=?，再把各分式的分子和分母因式分解約分得原式=2（x+2），然后把x=-2代入計算即可．【解析】【解答】解：原式=?

=?

=?

=2（x+2）

=2x+4；

當x=-2；

原式=2（-2）+4=2．六、綜合題(共2題，共6分)22、略

【分析】【分析】（1）將A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三點坐標代入y=ax2+bx+c中，列方程組求a、b；c的值；得出拋物線解析式；

（2）拋物線上存在一點P，使∠POM=90?．設（a，a2-4a）；過P點作PE⊥y軸，垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F，利用互余關系證明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．過頂點M作MN⊥OM，交y軸于點N，在Rt△OMN中，利用互余關系證明△OFM∽△MFN，利用相似比求N點坐標，再求直線MN解析式，將直線MN解析式與拋物線解析式聯(lián)立，可求K點坐標．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意，得，解得；

∴拋物線的解析式為y=x2-4x；

（2）拋物線上存在一點P；使∠POM=90?．

x=-=-=2，y===-4；

∴頂點M的坐標為（2；-4）；

設拋物線上存在一點P，滿足OP⊥OM，其坐標為（a，a2-4a）；

過P點作PE⊥y軸；垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F．

則∠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點的坐標為（，）；

（3）過頂點M作MN⊥OM；交y軸于點N．則∠FMN+∠OMF=90?．