2025年粵教版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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年粵教版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知四面體ABCD的各棱長(zhǎng)均為2；一動(dòng)點(diǎn)P由點(diǎn)B出發(fā)，沿表面經(jīng)過△ACD的中心后到達(dá)AD中點(diǎn)，則點(diǎn)P行走的最短路程是（）

A.

B.

C.

D.其他。

2、則的值為（）A.B.C.D.3、【題文】圓和圓的位置關(guān)系為（）A.相交B.內(nèi)切C.外切D.外離4、【題文】集合，集合Q=，是則P與Q的關(guān)系（）A.P=QB.PQC.D.5、設(shè)全集U={a，b，c，d，e}，集合M={a，b，c}，N={a，c，e}，那么?UM∩?UN=（）A.?B.bg0hayrC.{a，c}D.{b，e}6、若為銳角三角形的兩個(gè)內(nèi)角，則點(diǎn)位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、已知的最小值為____。8、函數(shù)y=cos（）的單調(diào)遞增區(qū)間是____．9、平行直線l1：x-y+1=0與l2：3x-3y+1=0的距離等于____．10、直線與圓相交于兩點(diǎn)，則=________.11、【題文】集合．若“a＝1”是“”的充分條件，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是____．12、已知α是第四象限角，則必定不在第______象限．13、設(shè)向量則=______．14、已知鈻?ABC

的一內(nèi)角為120鈭?

并且三邊長(zhǎng)構(gòu)成公差為2

的等差數(shù)列，則鈻?ABC

的面積為______．15、從0123

中任取2

個(gè)不同的數(shù)，則取出2

個(gè)數(shù)的和不小于3

的概率是______．評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共7題，共14分)16、如圖，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點(diǎn)，過A作⊙O1的切線交⊙O2于E，連接EB并延長(zhǎng)交⊙O1于C，直線CA交⊙O2于點(diǎn)D．

（1）當(dāng)A；D不重合時(shí)；求證：AE=DE

（2）當(dāng)D與A重合時(shí)，且BC=2，CE=8，求⊙O1的直徑．17、寫出不等式組的整數(shù)解是____．18、相交兩圓半徑分別是5厘米、3厘米，公共弦長(zhǎng)2厘米，那么這兩圓的公切線長(zhǎng)為____厘米．19、已知x，y，z為實(shí)數(shù)，滿足，那么x2+y2+z2的最小值是____20、一組數(shù)據(jù)；1，3，-1，2，x的平均數(shù)是1，那么這組數(shù)據(jù)的方差是____．21、設(shè)，c2-5ac+6a2=0，則e=____．22、分別求所有的實(shí)數(shù)k，使得關(guān)于x的方程kx2+（k+1）x+（k-1）=0

（1）有實(shí)根；

（2）都是整數(shù)根．評(píng)卷人得分四、證明題(共4題，共12分)23、如圖；過圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長(zhǎng)線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長(zhǎng)．24、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)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(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．25、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．26、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．評(píng)卷人得分五、作圖題(共2題，共12分)27、如圖A、B兩個(gè)村子在河CD的同側(cè)，A、B兩村到河的距離分別為AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，現(xiàn)在要在河邊CD上建一水廠，向A、B兩村送自來水，鋪設(shè)管道費(fèi)用為每千米2000元，請(qǐng)你在CD上選擇水廠位置O，使鋪設(shè)管道的費(fèi)用最省，并求出其費(fèi)用．28、請(qǐng)畫出如圖幾何體的三視圖．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】

如圖展開：設(shè)△ACD的中心為G；AD中點(diǎn)為H，點(diǎn)P行走的最短路程是BG+GH；

由等邊三角形的性質(zhì)得AG=××2=BG===

GH===

∴點(diǎn)P行走的最短路程是BG+GH=

故選A．

【解析】【答案】設(shè)△ACD的中心為G；AD中點(diǎn)為H，點(diǎn)P行走的最短路程是BG+GH，利用等邊三角形中心的性質(zhì)及勾股定理，求出。

BG和GH的值．

2、C【分析】【解析】試題分析：依據(jù)誘導(dǎo)公式可知考點(diǎn)：誘導(dǎo)公式【解析】【答案】C3、D【分析】【解析】

試題分析：兩圓心間的距離兩半徑之和所以兩圓外離。

考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系；圓的標(biāo)準(zhǔn)式方程；圓的一般式方程。

點(diǎn)評(píng)：圓與圓的位置關(guān)系：設(shè)兩圓圓心分別為半徑分別為||=d。d>+?外離；d=+?外切；|-|<+?相交；d=|-|?內(nèi)切；0<|-|?內(nèi)含.【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】因?yàn)镻={x|x1},Q={y|y0},因此可知?jiǎng)tP與Q的關(guān)系選C【解析】【答案】C5、B【分析】【解答】解：∵全集U={a，b，c，d，e}，集合M={a，b；c}，N={a，c，e}；

∴?UM={d，e}，?UN={b；d}；

則?UM∩?UN=yraomlr．

故選：B．

【分析】根據(jù)全集U，求出M與N的補(bǔ)集，找出兩補(bǔ)集的并集即可．6、D【分析】【分析】利用誘導(dǎo)公式；三角函數(shù)單調(diào)性求解。

因?yàn)闉殇J角三角形的兩個(gè)內(nèi)角，所以所以

由和的單調(diào)性可知，所以故選擇D。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于則根據(jù)均值不等式可知，故可知答案為3.考點(diǎn)：不等式的運(yùn)用【解析】【答案】38、略

【分析】

∵令∈[-π+2kπ；2kπ]，（k∈Z）

可得x∈[-+4kπ，+4kπ]；（k∈Z）

∴函數(shù)y=cos（）的單調(diào)遞增區(qū)間是[-+4kπ，+4kπ]；（k∈Z）

故答案為：[-+4kπ，+4kπ]；（k∈Z）

【解析】【答案】根據(jù)余弦函數(shù)單調(diào)區(qū)間的公式，令∈[-π+2kπ，2kπ]（k∈Z），解出x∈[-+4kπ，+4kπ]（k∈Z）；即得所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．

9、略

【分析】

平行直線l1：x-y+1=0與l2：3x-3y+1=0

直線l2的方程可化為x-y+=0；

則d==．

故答案為：

【解析】【答案】直接用兩條平行直線之間的距離公式，即可算出l1與l2的距離．

10、略

【分析】試題分析：求圓的弦長(zhǎng)，尤其獨(dú)特方法，即利用圓半徑、半弦長(zhǎng)、圓心到弦所在直線距離構(gòu)成直角三角形解決弦長(zhǎng)問題.現(xiàn)將圓方程化為標(biāo)準(zhǔn)式：得圓心為半徑為圓心到弦所在直線距離為所以直線截曲線弦長(zhǎng)問題通法是求交點(diǎn)，利用兩點(diǎn)間距離公式解決.思路簡(jiǎn)單，但運(yùn)算量較大.因此在涉及弦長(zhǎng)問題時(shí)，通常考慮能否不求交點(diǎn)坐標(biāo)而直接表示出弦長(zhǎng)，如可利用韋達(dá)定理.考點(diǎn)：直線與圓，圓的弦長(zhǎng)，點(diǎn)到直線距離.【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

試題分析：“a＝1”是“”的充分條件的意思是說當(dāng)時(shí)，現(xiàn)在由得或即或所以的范圍是

考點(diǎn)：充分條件，解不等式.【解析】【答案】12、略

【分析】解：∵α在第四象限；

∴α∈（2kπ+2kπ+2π）

∴∈（kπ+kπ+）；

當(dāng)k=3n+1時(shí)為第三象限；

當(dāng)k=3n+2時(shí)，在第四象限；

當(dāng)k=3n+3時(shí)，在第二象限；

則必定不在第一象限．

故答案為：一．

先根據(jù)α所在的象限，判斷出α的范圍，進(jìn)而分別求得的范圍；進(jìn)而確定答案．

本題主要考查了半角的三角函數(shù)和象限角的問題．解題的關(guān)鍵是根據(jù)角的范圍確定角所在的象限．【解析】一13、略

【分析】解：∵

∴2+=（2；-2）+（-1，2）=（1，0）；

∴=1；

故答案為：1．

求出2+的坐標(biāo)，從而求出其和的乘積即可．

本題考查平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算律，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力．【解析】114、略

【分析】解：設(shè)三角形的三邊分別為x鈭?2xx+2

則cos120鈭?=x2+(x鈭?2)2鈭?(x+2)22x(x鈭?2)=鈭?12

解得x=5

所以三角形的三邊分別為：357

則鈻?ABC

的面積S=12隆脕3隆脕5sin120鈭?=1534

．

故答案為：1534

．

因?yàn)槿切稳厴?gòu)成公差為2

的等差數(shù)列，設(shè)中間的一條邊為x

則最大的邊為x+2

最小的邊為x鈭?2

根據(jù)余弦定理表示出cos120鈭?

的式子；將各自設(shè)出的值代入即可得到關(guān)于x

的方程，求出方程的解即可得到三角形的邊長(zhǎng)，然后利用三角形的面積公式即可求出三角形ABC

的面積．

此題考查學(xué)生掌握等差數(shù)列的性質(zhì)，靈活運(yùn)用余弦定理及三角形的面積公式化簡(jiǎn)求值，是一道中檔題．【解析】1534

15、略

【分析】解：從0123

中任取2

個(gè)不同的數(shù)；

基本事件總數(shù)n=C42=6

取出2

個(gè)數(shù)的和不小于3

包含的基本事件有：

(1,2)(1,3)(2,3)(0,3)

共4

個(gè)；

則取出2

個(gè)數(shù)的和不小于3

的概率p=46=23

．

故答案為：23

．

先求出基本事件總數(shù)n=C42=6

再利用列舉法求出取出2

個(gè)數(shù)的和不小于3

包含的基本事件的個(gè)數(shù)，由此能求出取出2

個(gè)數(shù)的和不小于3

的概率．

本題考查概率的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意列舉法的合理運(yùn)用．【解析】23

三、計(jì)算題(共7題，共14分)16、略

【分析】【分析】（1）通過證角相等來證邊相等．連接AB，那么ABED就是圓O2的內(nèi)接四邊形，根據(jù)內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，∠ABC=∠D，那么只要再得出∠DAE=∠ABC即可得證，我們發(fā)現(xiàn)∠EAD的對(duì)頂角正好是圓O1的弦切角；因此∠DAE=∠ABC，由此便可求出∠DAE=∠D，根據(jù)等角對(duì)等邊也就得出本題要求的結(jié)論了；

（2）DA重合時(shí)，CA與圓O2只有一個(gè)交點(diǎn)，即相切．那么CA，AE分別是⊙O1和⊙O2的直徑（和切線垂直弦必過圓心），根據(jù)切割線定理AC2=CB?CE，即可得出AC=4，即圓O1的直徑是4．【解析】【解答】解：（1）證明：連接AB，在EA的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)F，作⊙O1的直徑AM；連接CM；

則∠ACM=90°；

∴∠M+∠CAM=90°；

∵AE切⊙O1于A；

∴∠FAM=∠EAM=90°；

∴∠FAC+∠CAM=90°；

∴∠FAC=∠M=∠ABC，

即∠FAC=∠ABC；

∵∠FAC=∠DAE；

∴∠ABC=∠DAE；

而∠ABC是⊙O2的內(nèi)接四邊形ABED的外角；

∴∠ABC=∠D；

∴∠DAE=∠D；

∴EA=ED．

（2）當(dāng)D與A重合時(shí)，直線CA與⊙O2只有一個(gè)公共點(diǎn)；

∴直線AC與⊙O2相切；

∴CA，AE分別是⊙O1和⊙O2的直徑；

∴由切割線定理得：AC2=BC?CE；

∴AC=4．

答：⊙O1直徑是4．17、略

【分析】【分析】先解兩個(gè)不等式，再求不等式組的解集，從而得出正整數(shù)解．【解析】【解答】解：；

解①得；x≤1；

解②得；x＞-2；

不等式組的解集為-2＜x≤1；

∴不等式組的整數(shù)解為-1；0，1．

故答案為-1，0，1．18、略

【分析】【分析】①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q，根據(jù)勾股定理求出CO；DO，求出CD，證矩形DQAB，推出AQ=DB，AB=DQ，根據(jù)勾股定理求出DQ即可；

②求出CD=2-2，根據(jù)勾股定理求出即可．【解析】【解答】解：有兩種情況：

①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q；

∵EF是圓C和圓D的公共弦；

∴CD⊥EF；EO=FO=1；

在△CDE中，由勾股定理得：CO==2；

同理求出DO=2；

∴CD=2+2；

∵AB是兩圓的外公切線；

∴QA⊥AB；DB⊥AB；

∵DQ⊥CA；

∴∠DQA=∠CAB=∠DBA=90°；

∴四邊形AQDB是矩形，

∴AB=DQ；AQ=DB=3；

∴CQ=5-3=2；

在△CDQ中，由勾股定理得：DQ==4+2；

②如圖所示：

同理求出AB=4-2．

故答案為：4±2．19、略

【分析】【分析】通過方程組進(jìn)行消元，讓yz都用含x的代數(shù)式表示，再代入x2+y2+z2，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題得出答案即可．【解析】【解答】解：；

①×2+②；得x+y=5，則y=5-x③；

①+2×②；得x+z=4，則z=4-x④；

把③④代入x2+y2+z2得；

x2+（5-x）2+（4-x）2

=3x2-18x+41

=3（x-3）2+14；

∴x2+y2+z2的最小值是14；

故答案為14．20、略

【分析】【分析】先由平均數(shù)的公式計(jì)算出x的值，再根據(jù)方差的公式計(jì)算．一般地設(shè)n個(gè)數(shù)據(jù)，x1，x2，xn的平均數(shù)為，=（x1+x2++xn），則方差S2=[（x1-）2+（x2-）2++（xn-）2]．【解析】【解答】解：x=1×5-1-3-（-1）-2=0；

s2=[（1-1）2+（1-3）2+（1+1）2+（1-2）2+（1-0）2]=2．

故答案為2．21、略

【分析】【分析】根據(jù)題意，將等式c2-5ac+6a2=0兩邊同時(shí)除以a2，得出關(guān)于e的一元二次方程，求解即可．【解析】【解答】解：∵c2-5ac+6a2=0；

∴（c2-5ac+6a2）÷a2=0；

即（）2-5×+6=0；

∵；

∴e2-5e+6=0

因式分解得；（e-2）（e-3）=0；

解得e=2或3．

故答案為2或3．22、略

【分析】【分析】（1）分類討論：當(dāng)k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1，則-3k2+6k+1≥0，利用二次函數(shù)的圖象解此不等式得≤k≤；最后綜合得到當(dāng)≤k≤時(shí)；方程有實(shí)數(shù)根；

（2）分類討論：當(dāng)k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數(shù)根為x=1；當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4，要使一元二次方程都是整數(shù)根，則△必須為完全平方數(shù)，得到k=1，2，-，k=1±；然后利用求根公式分別求解即可得到k=1、2、-時(shí)方程的解都為整數(shù)．【解析】【解答】解：（1）當(dāng)k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；

當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1；

當(dāng)△≥0，即-3k2+6k+1≥0，方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，解得≤k≤；

∴當(dāng)≤k≤時(shí)；方程有實(shí)數(shù)根；

（2）當(dāng)k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數(shù)根為x=1；

當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4；

一元二次方程都是整數(shù)根；則△必須為完全平方數(shù)；

∴當(dāng)△=4，則k=1；當(dāng)△=1，則k=2；當(dāng)△=時(shí)，k=-；當(dāng)△=0，則k=1±；

而x=；

當(dāng)k=1；解得x=0或-2；

當(dāng)k=2，解得x=-或-1；

當(dāng)k=-；解得x=2或4；

當(dāng)k=1±；解得x都不為整數(shù)，并且k為其它數(shù)△為完全平方數(shù)時(shí)，解得x都不為整數(shù)．

∴當(dāng)k為0、1、-時(shí)方程都是整數(shù)根．四、證明題(共4題，共12分)23、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長(zhǎng)需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽R(shí)t△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=24、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(shí)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(shí)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(jìn)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(gè)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．25、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)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(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)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(zhǎng)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；

∴△C