2025年仁愛科普版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年仁愛科普版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測試試卷541考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知向量=（2，1）=（3，-1）向量與的夾角為θ；則θ=（）

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

2、函數(shù)y=sinx+cos2x的值域是（）

A.[-1，]

B.[-1；1]

C.[1，]

D.（-∞，]

3、△ABC中，點(diǎn)D、E、F分別為AB、BC、CA的中點(diǎn)，則=（）

A.

B.

C.

D.

4、【題文】設(shè)甲：函數(shù)的值域?yàn)橐遥汉瘮?shù)有四個(gè)單調(diào)區(qū)間，那么甲是乙的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件5、函數(shù)f(x)＝2x|log0.5x|－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）A.1B.2C.3D.46、設(shè)S是的面積，A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且則（）A.是鈍角三角形B.是銳角三角形C.可能為鈍角三角形，也可能為銳角三角形D.無法判斷7、函數(shù)f（x）=3sin（2x-）的圖象的一條對(duì)稱軸是（）A.B.C.D.8、已知函數(shù)圖象上的一個(gè)最低點(diǎn)為A，離A最近的兩個(gè)最高點(diǎn)分別為B與C，則?=（）A.B.C.D.9、設(shè)角婁脕=鈭?356婁脨,脭貌2sin(婁脨+婁脕)cos(婁脨鈭?婁脕)鈭?cos(婁脨+婁脕)1+sin2偽+sin(蟺鈭?偽)鈭?cos2(蟺+偽)

的值等于(

)

A.33

B.鈭?33

C.3

D.鈭?3

評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、若三直線x+y+1=0，2x-y+8=0和ax+3y-5=0相互的交點(diǎn)數(shù)不超過2，則所有滿足條件的a組成的集合為____．11、若關(guān)于的不等式的解集為其中則關(guān)于的不等式的解集為____________.12、若f（x）=則f（-1）的值為____．13、【題文】如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4,M為BD1的中點(diǎn),N在A1C1上,且|A1N|=3|NC1|,則MN的長為____.

14、【題文】如圖，四棱錐P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB；

PA⊥底面ABCD，E為PC的中點(diǎn)，則BE與平面PAD的位置關(guān)系為________．

15、已知a，b，c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，若a=1，b=A+C=2B，則sinC=____．16、已知f（2x+1）=x2-2x，則f（3）=______．17、函數(shù)y=x2+2（x∈R）的最小值是______．評(píng)卷人得分三、證明題(共6題，共12分)18、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．19、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．20、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．21、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)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．22、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=2．23、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．評(píng)卷人得分四、綜合題(共3題，共24分)24、已知二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)在原點(diǎn)O，對(duì)稱軸為y軸．一次函數(shù)y=kx+1的圖象與二次函數(shù)的圖象交于A，B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)）；且A點(diǎn)坐標(biāo)為（-4，4）．平行于x軸的直線l過（0，-1）點(diǎn)．

（1）求一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式；

（2）判斷以線段AB為直徑的圓與直線l的位置關(guān)系；并給出證明；

（3）把二次函數(shù)的圖象向右平移2個(gè)單位，再向下平移t個(gè)單位（t＞0），二次函數(shù)的圖象與x軸交于M，N兩點(diǎn)，一次函數(shù)圖象交y軸于F點(diǎn)．當(dāng)t為何值時(shí)，過F，M，N三點(diǎn)的圓的面積最??？最小面積是多少？25、已知點(diǎn)A（-2，0），點(diǎn)B（0，2），點(diǎn)C在第二、四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上，∠BAC=60°，那么點(diǎn)C的坐標(biāo)為____．26、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點(diǎn)P是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點(diǎn)M．設(shè)CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

（2）求y與x的函數(shù)關(guān)系式；并確定當(dāng)x在什么范圍內(nèi)取值時(shí)，⊙P與AC所在直線相離；

（3）當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)C向點(diǎn)B移動(dòng)時(shí)；是否存在這樣的⊙P，使得它與△ABC的外接圓相內(nèi)切？若存在，求出x；y的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

=2×3+1×（-1）=5，||=||=

cosθ===

所以θ=45°；

故選B．

【解析】【答案】利用向量的夾角公式可求得θ．

2、A【分析】

y=sinx+cos2x=sinx+1-sin2x=-（sinx-）2+

∵sinx∈[-1；1]；

∴sinx=時(shí)，ymax=又sinx=-1時(shí)，ymin=-1；

∴函數(shù)的值域?yàn)閇-1，]．

故選A

【解析】【答案】把函數(shù)解析式的第二項(xiàng)利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系sin2x+cos2x=1化簡；得到y(tǒng)關(guān)于sinx的二次函數(shù)，利用完全平方公式配方后，根據(jù)正弦的值域求出sinx的范圍，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出函數(shù)的最大值及最小值，進(jìn)而確定出函數(shù)的值域．

3、D【分析】

如下圖所示：

△ABC中；點(diǎn)D；E、F分別為AB、BC、CA的中點(diǎn)。

則

=-

=（-）

===．

故選D．

【解析】【答案】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是向量的減法及其幾何意義，由D、E、F分別為AB、BC、CA的中點(diǎn)，我們易得==然后根據(jù)圖形分析答案中的四個(gè)變量，易求出與相等的向量；即可求出答案．

4、B【分析】【解析】

試題分析：函數(shù)的值域?yàn)橐馕吨苋〉降膶?shí)數(shù)值，所以函數(shù)有四個(gè)單調(diào)區(qū)間，意味著有兩個(gè)不同零點(diǎn)，所以故甲是乙的必要不充分條件，選B。

考點(diǎn)：本題主要考查充要條件的概念；對(duì)數(shù)函數(shù)的值域，二次函數(shù)的單調(diào)性。

點(diǎn)評(píng)：典型題，充要條件的判斷問題，已是高考考查的保留題型之一，往往具有一定的綜合性。充要條件的判斷有：定義法、等價(jià)關(guān)系法、集合關(guān)系法。【解析】【答案】B．5、B【分析】【解答】把零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為方程的根來求，由可得作函數(shù)與函數(shù)根據(jù)圖像的交點(diǎn)個(gè)數(shù)可知答案選B.

6、A【分析】【解答】整理為

當(dāng)時(shí)結(jié)合的單調(diào)性可知當(dāng)

時(shí)三角形是鈍角三角形。

【分析】要判定三角形形狀一般尋找三邊之間的關(guān)系或判定內(nèi)角的大小范圍，其間常借助于正余弦定理或三角形面積公式7、B【分析】解：對(duì)于函數(shù)的圖象，令2x-=kπ+k∈Z，求得x=+

故它的圖象的一條對(duì)稱軸是x=

故選：B．

由條件利用正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性；得出結(jié)論．

本題主要考查正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】B8、D【分析】解：由三角函數(shù)公式化簡可得f（x）=sinxcosx-sinxsinx

=sin2x-（1-cos2x）=sin2x+cos2x-

=sin（2x+）-令2x+=可得x=

可取一個(gè)最低點(diǎn)A（-）；

同理可得B（），C（）；

∴=（-2），=（2）；

∴?=-+4；

故選：D．

由三角函數(shù)公式化簡可得f（x）=sin（2x+）-結(jié)合圖象可得A；B、C的坐標(biāo)，可得向量的坐標(biāo)，計(jì)算可得．

本題考查三角函數(shù)恒等變換，涉及圖象的性質(zhì)和向量的數(shù)量積的運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D9、C【分析】解：因?yàn)閵涿?鈭?356婁脨

則2sin(婁脨+婁脕)cos(婁脨鈭?婁脕)鈭?cos(婁脨+婁脕)1+sin2偽+sin(蟺鈭?偽)鈭?cos2(蟺+偽)

=2sin婁脕cos婁脕+cos婁脕1+sin偽鈭?cos2偽=sin2婁脕+cos婁脕1+sin偽鈭?cos2偽

=鈭?sin353婁脨+cos356婁脨1鈭?sin356婁脨鈭?cos353婁脨

=鈭?sin(12婁脨鈭?13婁脨)+cos(6婁脨鈭?16婁脨)1鈭?sin(6婁脨鈭?16婁脨)鈭?cos(12婁脨鈭?13婁脨)

=sin婁脨3+cos婁脨61+sin婁脨6鈭?cos婁脨3=3

．

故選C

先把所求的式子利用誘導(dǎo)公式化簡后；將婁脕

的值代入，然后再利用誘導(dǎo)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡后，即可求出值．

此題考查學(xué)生靈活運(yùn)用誘導(dǎo)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡求值，是一道綜合題．【解析】C

二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】

由得

所以直線x+y+1=0與2x-y+8=0的交點(diǎn)為（-3；2）；

若直線ax+3y-5=0過（-3，2），則-3a+6-5=0，解得

由ax+3y-5=0過定點(diǎn)（0，）；

若ax+3y-5=0與x+y+1=0平行，得a=3；

若ax+3y-5=0與2x-y+8=0平行，得a=-6．

所以滿足條件的a組成的集合為{}．

故答案為{}．

【解析】【答案】首先解出直線x+y+1=0與2x-y+8=0的交點(diǎn)；代入ax+3y-5=0求解a的值；然后由ax+3y-5=0分別和已知直線平行求解a的值．

11、略

【分析】本試題主要考查了一元二次不等式的解集和根與系數(shù)的關(guān)系得到a,b,c關(guān)系式進(jìn)而求解。因?yàn)殛P(guān)于的不等式的解集為其中那么由韋達(dá)定理可知可知a<0,c>0，因此可知關(guān)于的不等式的解集因此可知為答案為解決該試題的關(guān)鍵是根據(jù)韋達(dá)定理得到結(jié)論?！窘馕觥俊敬鸢浮?2、略

【分析】

由題得：f（-1）=f（2）=f（5）=f（8）；

∵8≥6

∴f（8）=log28=3；

∴f（-1）=f（8）=3．

故答案為：3．

【解析】【答案】本題考查的分段函數(shù)的函數(shù)值；由函數(shù)解析式，我們可以得到f（-1）=f（2）=f（5）=f（8）；再結(jié)合8≥6代入第二段的解析式即可求出結(jié)論．

13、略

【分析】【解析】

試題分析：取的中點(diǎn)連接則面所以⊥在中，

考點(diǎn)：1、線面垂直的性質(zhì)；2、勾股定理.【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】平行15、1【分析】【解答】解：由A+C=2B及A+B+C=180°知；B=60°；

由正弦定理知，

即

由a＜b知；A＜B=60°，則A=30°，C=180°﹣A﹣B=90°；

于是sinC=sin90°=1．

故答案為：1．

【分析】先根據(jù)A+C=2B及A+B+C=180°求出B的值，再由正弦定理求得sinA的值，再由邊的關(guān)系可確定A的值，從而可得到C的值確定最后答案．16、略

【分析】解：【方法一】∵f（2x+1）=x2-2x；

設(shè)2x+1=t，則x=

∴f（t）=-2×=t2-t+

∴f（3）=×32-×3+=-1．

【方法二】∵f（2x+1）=x2-2x；

令2x+1=3；解得x=1；

∴f（3）=12-2×1=-1．

故答案為：-1．

【方法一】利用換元法求出f（x）的解析式；再計(jì)算f（3）的值．

【方法二】根據(jù)題意；令2x+1=3，求出x=1，再計(jì)算f（3）的值．

本題考查了求函數(shù)的解析式以及利用函數(shù)的解析式求值的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．【解析】-117、略

【分析】解：函數(shù)y=x2+2（x∈R）的圖象是開口朝上；且以y軸為對(duì)稱軸的拋物線；

當(dāng)x=0時(shí)；函數(shù)取最小值2；

故答案為：2

函數(shù)y=x2+2（x∈R）的圖象是開口朝上；且以y軸為對(duì)稱軸的拋物線，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)取最小值．

本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，是解答的關(guān)鍵．【解析】2三、證明題(共6題，共12分)18、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∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△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∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．19、略

【分析】【分析】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)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．20、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．21、略

【分析】【分析】（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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．22、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)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(diǎn)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(guān)于AB的對(duì)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(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．23、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、綜合題(共3題，共24分)24、略

【分析】【分析】（1）設(shè)二次函數(shù)的解析式是y=ax2；把A（-4，4）代入求出a代入一次函數(shù)求出k，即可得到答案；

（2）求出B；O的坐標(biāo)；求出OA和O到直線y=-1的距離即可得出答案；

（3）作MN的垂直平分線，△FMN外接圓的圓心O在直線上，求出MN、DN，根據(jù)勾股定理求出O'F=O'N的圓心坐標(biāo)的縱坐標(biāo)Y，求出y取何值時(shí)r最小，即可求出答案．【解析】【解答】解：（1）設(shè)二次函數(shù)的解析式是y=ax2（a≠0）；

把A（-4；4）代入得：4=16a；

a=；

∴y=x2；

把A（-4；4）代入y=kx+1得：4=-4k+1；

∴k=-；

∴y=-x+1；

答：一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式分別為y=-x+1，y=x2．

（2）答：以線段AB為直徑的圓與直線l的位置關(guān)系是相切．

證明：得：，；

∴B（1，）；

AB的中點(diǎn)O的坐標(biāo)是（-，）；

OA==；

O到直線y=-1的距離是+1==0B；

∴以線段AB為直徑的圓與直線l的位置關(guān)系是相切．

（3）解：作MN的垂直平分線；△FMN外接圓的圓心O在直線上；

由于平移后的拋物線對(duì)稱軸為x=2；對(duì)稱軸交x軸于D；

F（0，1）平移后二次函數(shù)的解析式是y=（x-2）2-t，即y=x2-x+1-t；

當(dāng)y=0時(shí)，x2-x+1-t=0；

設(shè)M（e；0），N（f，0），N在M的右邊；

則e+f=-=4，e?f==4-4t；

∴MN=f-e==4；

MD=2；

設(shè)圓心坐標(biāo)（2；y），根據(jù)OF=ON；

∴=；

y=-2t；

r==；

當(dāng)t=時(shí)；半徑有最小值2，圓面積最小為4π；

答：當(dāng)t為時(shí)，過F，M，N三點(diǎn)的圓的面積最小，最小面積是4π．25、略

【分析】【分析】首先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出CO垂直平分AB，進(jìn)而求出△ABC是等邊三角形，再利用勾股定理求出C到x軸的距離，即可得出C點(diǎn)坐標(biāo)，同理可