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…………○…………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2024年滬科新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷82考試試卷考試范圍:全部知識點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題,共14分)1、在△ABC中,則A等于().A.60°B.120°C.30°D.150°2、【題文】設(shè)是不同的直線,是不同的平面,下列命題中正確的是()A.若則B.若則C.若則⊥D.若則3、【題文】化簡的結(jié)果為()A.6B.C.D.94、設(shè)非空集合滿足:當(dāng)時(shí),有給出如下三個(gè)命題:
①若m=1則②若則③若則.
其中正確命題的是()A.①B.①②C.②③D.①②③5、在△ABC中,6sinA+4cosB=1,且4sinB+6cosA=5則cosC=()A.B.±C.D.﹣6、若函數(shù)f(x)=3x+3﹣x與g(x)=3x﹣3﹣x的定義域均為R,則()A.f(x)與g(x)均為偶函數(shù)B.f(x)為奇函數(shù),g(x)為偶函數(shù)C.f(x)與g(x)均為奇函數(shù)D.f(x)為偶函數(shù),g(x)為奇函數(shù)7、已知非零向量滿足那么向量與向量的夾角為()A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共5題,共10分)8、通過觀察a2+b2-2ab=(a-b)2≥0可知:,與此類比,當(dāng)a≥0,b≥0時(shí),____(要求填寫);你觀察得到的這個(gè)不等式是一個(gè)重要不等式,它在證明不等式和求函數(shù)的極大值或者極小值中非常有用.請你運(yùn)用上述不等式解決下列問題:
(1)求證:當(dāng)x>0時(shí),;
(2)求證:當(dāng)x>1時(shí),;
(3)的最小值是____.9、假設(shè)關(guān)于某設(shè)備的使用年限x和所支出的維修費(fèi)用y(萬元);有如下的統(tǒng)計(jì)資料:
。使用年限x23456維修費(fèi)用y2.23.85.56.57.0由資料知y與x呈線性相關(guān)關(guān)系.
(參考數(shù)據(jù))
估計(jì)當(dāng)使用年限為10年時(shí),維修費(fèi)用是____萬元.線性回歸方程:y=.10、設(shè)單位向量夾角是60°,若夾角為銳角,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是____.11、關(guān)于數(shù)列有下列四個(gè)判斷:①若成等比數(shù)列,則也成等比數(shù)列;②若數(shù)列{}既是等差數(shù)列也是等比數(shù)列,則{}為常數(shù)列;③數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為且則{}為等差或等比數(shù)列;④數(shù)列{}為等差數(shù)列,且公差不為零,則數(shù)列{}中不會有其中正確判斷的序號是______.(注:把你認(rèn)為正確判斷的序號都填上)12、【題文】直線l與圓x2+y2+2x-4y+a=0(a<3)相交于兩點(diǎn)A,B,弦AB的中點(diǎn)為(0,1),則直線l的方程為_______評卷人得分三、證明題(共8題,共16分)13、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.14、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.15、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.16、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.17、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(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋.18、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.19、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.20、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.評卷人得分四、計(jì)算題(共1題,共3分)21、在梯形ABCD中,AB∥CD,AC、BD相交于點(diǎn)O,若AC=5,BD=12,中位線長為,△AOB的面積為S1,△COD的面積為S2,則=____.評卷人得分五、解答題(共1題,共8分)22、【題文】已知橢圓的中心為O,長軸、短軸的長分別為2a,2b(a>b>0),A,B分別為橢圓上的兩點(diǎn),且OA⊥OB,過O點(diǎn)作OM⊥AB交AB于點(diǎn)M,求點(diǎn)M的軌跡。參考答案一、選擇題(共7題,共14分)1、B【分析】試題分析:根據(jù)余弦定理:根據(jù)可得所以在三角形中.考點(diǎn):余弦定理.【解析】【答案】B2、C【分析】【解析】
試題分析:由可知與的關(guān)系為:相交、平行或線在面內(nèi),故A、B錯(cuò);由可在中a中找一條直線使又所以而所以得故選C.
考點(diǎn):面面垂直的判定.【解析】【答案】C3、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C4、D【分析】【解答】①若則根據(jù)“當(dāng)時(shí),有”可得即所以正確;②若則或根據(jù)題意可得所以正確;③若則所以正確D.5、C【分析】【解答】解:6sinA+4cosB=1,且4sinB+6cosA=5
∴(6sinA+4cosB)2=1;①;
(4sinB+6cosA)2=75;②;
①+②可得:16+36+48(sinAcosB+cosAsinB)=76
∴sin(A+B)=
∴sinC=.
∴cosC=又∠C∈(0,π);
∴∠C的大小為或
若∠C=得到A+B=則cosB>所以4cosB>2>1,sinA>0;
∴6sinA+4cosB>2與6sinA+4cosB=1矛盾,所以∠C≠
∴滿足題意的∠C的值為.
則cosC=.
故選:C.
【分析】對已知兩個(gè)方程平方相加,利用兩角和與差的三角函數(shù)化簡,結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式即可求出結(jié)果.6、D【分析】【解答】解:由偶函數(shù)滿足公式f(﹣x)=f(x),奇函數(shù)滿足公式g(﹣x)=﹣g(x).對函數(shù)f(x)=3x+3﹣x有f(﹣x)=3﹣x+3x滿足公式f(﹣x)=f(x)所以為偶函數(shù).
對函數(shù)g(x)=3x﹣3﹣x有g(shù)(﹣x)=3﹣x﹣3x=﹣g(x).滿足公式g(﹣x)=﹣g(x)所以為奇函數(shù).
所以答案應(yīng)選擇D.
【分析】首先應(yīng)了解奇函數(shù)偶函數(shù)的性質(zhì),即偶函數(shù)滿足公式f(﹣x)=f(x),奇函數(shù)滿足公式g(﹣x)=﹣g(x).然后在判斷定義域?qū)ΨQ性后,把函數(shù)f(x)=3x+3﹣x與g(x)=3x﹣3﹣x代入驗(yàn)證.即可得到答案.7、C【分析】【解答】根據(jù)題意,由于非零向量滿足那么向量與向量夾角等于則可知夾角為選C
【分析】主要是考查了向量的數(shù)量積性質(zhì)的運(yùn)用,屬于基礎(chǔ)題。二、填空題(共5題,共10分)8、略
【分析】【分析】由()2+()2-2=(-)2≥0,即可得≥;
(1)由≥,可得a+b≥2,則可得x+≥2=2;繼而證得結(jié)論;
(2)首先將x+變形為(x-1)++1;然后利用幾何不等式,即可證得結(jié)論;
(3)首先將2x2+變形為2(x2+1)+-2,然后利用幾何不等式求解,即可求得最小值.【解析】【解答】解:∵()2+()2-2=(-)2≥0;
即a+b-2≥0;
∴≥;
(1)證明:∵x>0;
∴x+≥2=2;
即x+≥2;
(2)證明:∵x>1;
∴x+=(x-1)++1≥2+1=2+1=3;
即x+≥3;
(3)解:2x2+=2(x2+1)+-2≥2-2=2-2;
∴2x2+的最小值為2-2.
故答案為:,(4)2-2.9、略
【分析】
∵b===1.23
∵
∴樣本中心點(diǎn)的坐標(biāo)是(4;5)
∴5=4×1.23+a
∴a=0.08;
∴線性回歸方程是y=1.23x+0.08;
當(dāng)x=10時(shí);y=1.23×10+0.08=12.38
故答案為:12.38
【解析】【答案】根據(jù)所給的樣本中心點(diǎn)和兩個(gè)最小二乘法要用的和式,寫出b的表示式;求出結(jié)果,再代入樣本中心點(diǎn)求出a,寫出線性回歸方程,代入x=10求出預(yù)報(bào)值.
10、略
【分析】
由題意可得:2=1,2=1,?=1×1×cos60°=
因?yàn)?/p>
所以=(+)?(+t)=2+(t+1)?+t2=(t+1).
因?yàn)閵A角為銳角;
所以=(t+1)>0,并且
所以解得:t>-1且t≠1.
故答案為:t>-1且t≠1.
【解析】【答案】首先根據(jù)條件計(jì)算出?=再利用向量積的運(yùn)算求出的值,進(jìn)而根據(jù)題中的條件得到=(t+1)>0,并且即可求出答案.
11、略
【分析】試題分析:①對于數(shù)列-1,1,-1,1,滿足a,b,c,d成等比數(shù)列,但a+b=0,b+c=0,c+d=0,所以a+b,b+c,c+d不是等比數(shù)列,所以①錯(cuò)誤.②若數(shù)列{an}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列,則數(shù)列{an}必是非零的常數(shù)列,所以an=an+1成立,所以②正確.③當(dāng)a=0時(shí),數(shù)列{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列,所以③錯(cuò)誤.④在等差數(shù)列中,若am=an,則a1+(m-1)d=a1+(n-1)d,因?yàn)閐≠0,所以m=n,與m≠n矛盾,所以④正確.故答案為:②④.考點(diǎn):命題的真假判斷與應(yīng)用;等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合.【解析】【答案】②④12、略
【分析】【解析】略【解析】【答案】y=x-1三、證明題(共8題,共16分)13、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(diǎn);
∴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.14、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.15、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.16、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(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(diǎn)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(diǎn)共圓;
∴∠EGF=∠AND;
∵∠AND>∠ABD;∠EFG=∠ABD;
∴∠EGF>∠EFG;
∴DG<EF.17、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(diǎn)疊合.
(2)“曲“化“直“.對比(1),應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)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(diǎn),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(diǎn)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(diǎn)為G,M為線圈上任意一點(diǎn),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(gè)線圈.18、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.19、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∽Rt△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=20、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
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