2025年外研版三年級起點高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版三年級起點高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷334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8題，共16分)1、函數(shù)y=x2+2x+3（x∈A）是增函數(shù)；則A為（）

A.（-∞；+∞）

B.（-∞；-1]

C.[-1；+∞）

D.（-∞；-1）∪（-1，+∞）

2、【題文】設(shè)函數(shù)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，圖像如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)的圖像可能為（）3、【題文】已知三棱錐的主視圖與俯視圖如下圖；俯視圖是邊長是2的正三角形，那么該三棱錐的左視圖可能為（）

4、【題文】定義新運算“”：當(dāng)a≥b時,ab=a;當(dāng)ab=b2,則函數(shù)f(x)=(1x)x-(2x),x∈［-2,2］的最大值等于()A.-1B.1C.6D.125、【題文】在正四面體ABCD的面上；到棱AB以及C；D兩點的距離都相等的點共有（）

A.1個B.2個C.3個D.4個6、【題文】過兩點的直線在軸上的截距為()．A.B.C.D.7、在中，若則()A.B.C.D.8、為了得到函數(shù)的圖象，可以將函數(shù)的圖象（）A.向右平移B.向右平移C.向左平移D.向左平移評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、已知實數(shù)滿足則__________.10、某簡單幾何體的三視圖如圖所示；其正視圖；h側(cè)視圖、俯視圖。

均為直角三角形，則這個幾何體的體積為____．

11、計算2lg2+lg0.25=____．12、在△中，已知則=13、已知函數(shù)則的值是．14、【題文】設(shè)函數(shù)為奇函數(shù)，則______.15、【題文】設(shè)則從大到小的順序為____.16、過點P（2，3），并且在兩軸上的截距相等的直線方程為____．17、直線mx+y-m=0，無論m取任意實數(shù)，它都過點______．評卷人得分三、計算題(共9題，共18分)18、分解因式：（1-x2）（1-y2）-4xy=____．19、代數(shù)式++的值為____．20、直線y=2x-1與x軸的交點坐標(biāo)是____，與y軸的交點坐標(biāo)是____．21、計算：．22、已知x、y滿足方程組，則x+y的值為____．23、已知tanα=3，計算（1）（sinα+cosα）2；（2）的值．24、已知x、y均為實數(shù)，且滿足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，則x4+x3y+x2y2+xy3+y4=____．25、已知∠A為銳角且4sin2A-4sinAcosA+cos2A=0，則tanA=____．26、已知關(guān)于x的方程|x|=ax-a有正根且沒有負(fù)根，求a的取值范圍．評卷人得分四、證明題(共3題，共12分)27、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．28、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．29、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．評卷人得分五、解答題(共4題，共36分)30、棱P-ABCD的底面是正方形PD⊥ABCD；點E在棱PB上．

（Ⅰ）求證：平面AEC⊥平面PDB；

（Ⅱ）當(dāng)且E為PB的中點時，求①AE與平面PDB所成的角的大??；②求異面直線AE和CD所成角的大?。?/p>

31、已知f（x）=acos2x+2cosx-3

（Ⅰ）當(dāng)a=1時；求函數(shù)y=f（x）的值域；

（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）存在零點；求a的取值范圍．

32、已知中，點在線段上，且延長到使設(shè)（1）用表示向量（2）若向量與共線，求的值.33、一次函數(shù)是上的增函數(shù)，已知．（1）求（2）若在單調(diào)遞增，求實數(shù)的取值范圍；（3）當(dāng)時，有最大值求實數(shù)的值．評卷人得分六、綜合題(共2題，共18分)34、如圖，矩形ABCD中，AD＜AB，P、Q分別為AD、BC的中點．N為DC上的一點，△AND沿直線AN對折點D恰好與PQ上的M點重合．若AD、AB分別為方程x2-6x+8=0的兩根．

（1）求△AMN的外接圓的直徑；

（2）四邊形ADNM有內(nèi)切圓嗎？有則求出內(nèi)切圓的面積，沒有請說明理由．35、已知△ABC的一邊AC為關(guān)于x的一元二次方程x2+mx+4=0的兩個正整數(shù)根之一，且另兩邊長為BC=4，AB=6，求cosA．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

由題意可得，A是函數(shù)的增區(qū)間．由于函數(shù)y=x2+2x+3的圖象是拋物線；開口向上，對稱軸為x=-1；

故增區(qū)間為[-1；+∞）；

故選C．

【解析】【答案】由題意可得，A是函數(shù)的增區(qū)間．由于函數(shù)y=x2+2x+3的圖象是拋物線；開口向上，對稱軸為x=-1，由此可得函數(shù)的增區(qū)間．

2、D【分析】【解析】

試題分析：原函數(shù)在時遞減，所以其導(dǎo)函數(shù)值滿足排除A,C，當(dāng)時原函數(shù)的單調(diào)性呈現(xiàn)增減增的變化；所以導(dǎo)數(shù)值為正負(fù)正的變化，所以D正確。

考點：函數(shù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性。

點評：當(dāng)函數(shù)在某一區(qū)間上是增函數(shù)時，其導(dǎo)數(shù)成立；當(dāng)函數(shù)在某一區(qū)間上是減函數(shù)時，其導(dǎo)數(shù)成立【解析】【答案】D3、D【分析】【解析】由主視圖和俯視圖知左視圖的高是2，另一條邊也是2，主視圖中有一條虛線所以左視圖只能是D【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】：當(dāng)-2≤x≤1時,f(x)=(1x)x-(2x)=1·x-2=x-2,此時-4≤f(x)≤-1,

當(dāng)1【解析】【答案】C.5、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B6、B【分析】【解析】

試題分析：過兩點的直線的方程為令得到。

即在y軸上的截距為3

考點：直線的兩點式方程，直線在y軸上的截距.【解析】【答案】B7、B【分析】【解答】因為，在中，若所以，故選B.8、D【分析】【解答】因為，為了得到函數(shù)的圖象，可以將函數(shù)的圖象向左平移故選D.二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】試題分析：設(shè)函數(shù)則假設(shè)則那么即然后把左邊展開整理得到：而我們已知也就是那么必須保證解得即考點：構(gòu)造函數(shù)求值.【解析】【答案】10、略

【分析】

由三視圖知，此幾何體是一個有一條側(cè)棱垂直于底面的三棱錐，其高為2，底面直角三角形的兩個直角邊長分別為3，4，故其底面積是=6

該幾何體體積為

故答案為：4

【解析】【答案】由三視圖知；此幾何體是一個有一條側(cè)棱垂直于底面的三棱錐，其高為2，底面直角三角形的兩個直角邊長分別為3，4，可先求出底面面積，再利用體積公式求出幾何體的體積。

11、略

【分析】

2lg2+lg0.25=lg4+lg=lg（4×）=lg1=0

故答案為0

【解析】【答案】由題設(shè)條件知；此題是一個利用對數(shù)的性質(zhì)化簡求值的題，利用對數(shù)的運算性質(zhì)變形求值即可得出正確答案。

12、略

【分析】試題分析：解三角形問題，一般利用正余弦定理.本題已知兩邊及一夾角，求對邊，應(yīng)用余弦定理.由得考點：正余弦定理【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】試題分析：因為所以考點：分段函數(shù)求值，指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)求值.【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】015、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】16、x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0【分析】【解答】解：若直線的截距不為0，可設(shè)為把P（2，3）代入，得，a=5，直線方程為x+y﹣5=0若直線的截距為0，可設(shè)為y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=直線方程為3x﹣2y=0

∴所求直線方程為x+y﹣5=0；或3x﹣2y=0

故答案為x+y﹣5=0；或3x﹣2y=0

【分析】分直線的截距不為0和為0兩種情況，用待定系數(shù)法求直線方程即可．17、略

【分析】解：直線mx+y-m=0；即m（x-1）+y=0，令x-1=0，求得x=1，y=0；

∴無論m取任意實數(shù)；它都過點（1，0）；

故答案為：（1；0）．

令參數(shù)m的系數(shù)等于0；求得x；y的值，可得直線經(jīng)過定點的坐標(biāo)．

本題主要考查直線經(jīng)過定點問題，屬于基礎(chǔ)題．【解析】（1，0）三、計算題(共9題，共18分)18、略

【分析】【分析】首先求出（1-x2）（1-y2）結(jié)果為1-x2-y2+x2y2，然后變?yōu)?-2xy+x2y2-x2-y2-2xy，接著利用完全平方公式分解因式即可求解．【解析】【解答】解：（1-x2）（1-y2）-4xy

=1-x2-y2+x2y2-4xy

=1-2xy+x2y2-x2-y2-2xy

=（xy-1）2-（x+y）2

=（xy-1+x+y）（xy-1-x-y）．

故答案為：（xy-1+x+y）（xy-1-x-y）．19、略

【分析】【分析】本題可分4種情況分別討論，解出此時的代數(shù)式的值，然后綜合得到所求的值．【解析】【解答】解：由分析知：可分4種情況：

①a＞0，b＞0，此時ab＞0

所以++=1+1+1=3；

②a＞0，b＜0，此時ab＜0

所以++=1-1-1=-1；

③a＜0，b＜0，此時ab＞0

所以++=-1-1+1=-1；

④a＜0，b＞0，此時ab＜0

所以++=-1+1-1=-1；

綜合①②③④可知：代數(shù)式++的值為3或-1．

故答案為：3或-1．20、略

【分析】【分析】根據(jù)函數(shù)與y軸的交點的橫坐標(biāo)為0，函數(shù)與x軸的交點的縱坐標(biāo)為0．【解析】【解答】解：當(dāng)y=0時；x=0.5；

當(dāng)x=0時；y=-1．

∴直線y=2x-1與x軸的交點坐標(biāo)是（0.5，0），與y軸的交點坐標(biāo)是（0，-1）．21、略

【分析】【分析】利用負(fù)整數(shù)指數(shù)冪運算法則，特殊角的三角函數(shù)值，絕對值的代數(shù)意義，以及零指數(shù)冪法則計算即可得到結(jié)果．【解析】【解答】解：原式=-2+2×-3++1=-3．22、略

【分析】【分析】由2x+y=5，x+2y=4，兩式相加化簡即可得出．【解析】【解答】解：；

①+②得：3（x+y）=9；即x+y=3．

故答案為：3．23、略

【分析】【分析】（1）利用tanα==3得到a=3b，利用勾股定理求得斜邊c=b；代入即可得到答案；

（2）分子分母同時除以cosα，把tanα=3代入答案可得；【解析】【解答】解：（1）∵tanα==3；

∴a=3b；

∴c==b；

∴（sinα+cosα）2=（+）2=（+）2=；

（2）∵tanα==3；

∴tanα==3；

===．24、略

【分析】【分析】本題須先根據(jù)題意求出x2+y2和x2y2的值，再求出x4+y4的值，最后代入原式即可求出結(jié)果．【解析】【解答】解：x2y+xy2=xy（x+y）=66；

設(shè)xy=m；x+y=n；

由xy+x+y=17；得到m+n=17，由xy（x+y）=66，得到mn=66；

∴m=6；n=11或m=11，n=6（舍去）；

∴xy=m=6；x+y=n=11；

x2+y2=112-2×6=109，x2y2=36

x4+y4=1092-36×2=11809

x4+x3y+x2y2+xy3+y4

=11809+6×109+36

=12499．

故答案為：1249925、略

【分析】【分析】先根據(jù)解一元二次方程的配方法，得出2sinA-cosA=0，再根據(jù)tanA的定義即可求出其值．【解析】【解答】解：由題意得：（2sinA-cosA）2=0；

解得：2sinA-cosA=0；2sinA=cosA；

∴tanA===0.5．

故答案為：0.5．26、略

【分析】【分析】根據(jù)絕對值的性質(zhì)和方程|x|=ax-a有正根且沒有負(fù)根，確定a的取值范圍．【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的方程|x|=ax-a有正根且沒有負(fù)根；

∴x＞0；則x=ax-a；

∴x=．

∴＞0

解得，a＞1．四、證明題(共3題，共12分)27、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．28、略

【分析】【分析】（1）關(guān)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(yīng)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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．29、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)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(nèi)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(zhì)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．五、解答題(共4題，共36分)30、略

【分析】

（Ⅱ）①設(shè)AC∩BD=O；連接OE；

由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O；

∴∠AEO為AE與平面PDB所的角；

∴O；E分別為DB；PB的中點．

∴OE∥PD，OE=PD；

又∵PD⊥平面ABCD；

∴OE⊥底面ABCD；OE⊥AO；

在Rt△AOE中，OE=

∴∠AOE=45°；即AE與平面PDB所成的角的大小為45°．

②∵AB∥CD；

∴∠EAB為異面直線AE和CD所成角（或其補角）．

∵BA⊥AD；BA⊥PD；

∴BA⊥平面PAD；

∴BA⊥AP

∵在△EAB中AE==1，BE==1；AB=1

∴∠EAB=60°

即異面直線AE和CD所成角為60°

【解析】【答案】（Ⅰ）由題意可得：AC⊥BD；并且PD⊥AC，所以AC⊥平面PDB，進而由面面垂直的判定定理可得面面垂直．

（Ⅱ）①設(shè)AC∩BD=O；連接OE，所以∠AEO為AE與平面PDB所的角，根據(jù)題中的線面關(guān)系與線段的長度關(guān)系可得：在Rt△AOE中，∠AOE=45°，即AE與平面PDB所成的角的大小為45°．

②因為AB∥CD；所以∠EAB為異面直線AE和CD所成角（或其補角），根據(jù)題中的線面關(guān)系與線段的長度關(guān)系可得：在△EAB中有∠EAB=60°，即異面直線AE和CD所成角為60°

證明：（Ⅰ）∵四邊形ABCD是正方形；

∴AC⊥BD；

∵PD⊥底面ABCD；

∴PD⊥AC；

∴AC⊥平面PDB；

∴平面AEC⊥平面PDB．

31、略

【分析】

由已知可得：f（x）=acos2x+2cosx-3=2acos2x+2cosx-（3+a）．

（Ⅰ）當(dāng)a=1時，f（x）=2cos2x+2cosx-4=2（cosx+）2-

由-1≤cosx≤1，得函數(shù)y=f（x）的值域為[0]

（Ⅱ）函數(shù)y=f（x）存在零點，即2at2+2t-（3+a）=0在[-1；1]上有解．

（1）a=0時，方程的解t=?[-1；1]不滿足條件。

（2）當(dāng)a≠時，設(shè)g（t）=2t2+-（）

則①當(dāng)g（-1）g（1）≤0時滿足條件；此時有1≤a≤5

②當(dāng)g（-1）g（1）＞0時時；必有以下四式同時成立。

即g（-1）＞0，g（1）＞0，△≥0，-1≤≤-1．

解得a＞5，或a≤

綜上可得，a的取值范圍為（-∞，）∪[1；+∞）

【解析】【答案】（Ⅰ）利用二倍角公式，將化簡f（x）為一個角的一個三角函數(shù)的形式：f（x）=2acos2x+2cosx-（3+a）．再用換元法結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求解．

（Ⅱ）令cosx=t，問題轉(zhuǎn)化為y=2at2+2t-（3+a）=0在[-1；1]上有解．利用函數(shù)零點的定義，結(jié)合函數(shù)的圖象分類解決．要注意對a取值進行討論．

32、略

【分析】【解析】試題分析：（1）為的中點，（2）設(shè)與共線，設(shè)即所以解得，考點：向量的加減法運算及向量共線【解析】【答案】（1）（2）33、略

【分析】試題分析：（1）先設(shè)然后由恒成立得方程組求解方程組即可，注意取的解；（2）由（1）得根據(jù)二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)可知，要使在單調(diào)遞增，只須該函數(shù)的對稱軸大于或于1即可；（3）這是二次函數(shù)中定區(qū)間，而軸不定的最值問題，結(jié)合函數(shù)的圖像，分對稱軸在定區(qū)間的中點的左邊、對稱軸在定區(qū)間的中點的右邊兩種情況進行分類求解即可