2024年滬科版高一數(shù)學上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬科版高一數(shù)學上冊階段測試試卷704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9題，共18分)1、直線被圓所截得的弦長為（）A.B.C.D.2、【題文】下列說法中；錯誤的個數(shù)是（）

①一條直線與一個點就能確定一個平面。

②若直線∥平面則∥

③若函數(shù)定義域內(nèi)存在滿足則必定是的極值點。

④函數(shù)的極大值就是最大值A.1個B.2個C.3個D.4個3、【題文】已知p：不等式的解集為R；q：指數(shù)函數(shù)為增函數(shù)，則p是q成立的（）A.必要不充分條件B.充分不必要條件C.充要條件D.既不充分條件也不必要條件4、已知f（x5）=lgx，則f（2）=（）A.lg2B.lg32C.D.5、已知集合A={y|y=logx，x＞1}，B={y|y=2x，x＜1}，則A∩B=（）A.{y|0}B.?C.{y|＜y＜1}D.{y|0＜y＜1}6、已知向量則與夾角的取值范圍是（）A.B.C.D.7、滿足條件{a}?A?{a，b，c}的所有集合A的個數(shù)是（）A.1B.2C.3D.48、設a=（）0.1，b=30.1，c=（-）3，則a，b，c的大小關系是（）A.a＞b＞cB.b＞a＞cC.a＞c＞bD.c＞b＞a9、若點P（3，4）和點Q（a，b）關于直線x-y-1=0對稱，則（）A.a=1，b=-2B.a=2，b=-1C.a=4，b=3D.a=5，b=2評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、設函數(shù)則____________.11、計算：=____．12、【題文】在平面直角坐標系xOy中，直線3x＋4y－5＝0與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點，則弦AB的長等于____。13、【題文】在平面直角坐標系xOy中,圓C的方程為x2+y2-8x+15=0，若直線y=kx-2上至少存在一點,使得以該點為圓心,1為半徑的圓與圓C有公共點,則k的最大值是____．14、【題文】設為常數(shù)，函數(shù)若在上是增函數(shù)，則的取值范圍是___________.15、函數(shù)f（x）=2x和g（x）=x3的圖象的示意圖如圖所示，設兩函數(shù)的圖象交于點A（x1，y1），B（x2，y2），且x1＜x2．若x1∈[a，a+1]，x2∈[b，b+1]，且a，b∈{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12}，則a+b=______．16、不等式sinx＞cosx（x∈（0，2π）的解集為______．評卷人得分三、解答題(共7題，共14分)17、（本題14分）已知集合若求實數(shù)的取值范圍.18、已知函數(shù)求。

（1）f（0）；

（2）求函數(shù)f（x）的定義域；

（3）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性；

（4）求使f（x）＞0的x的取值范圍．

19、已知數(shù)列滿足（Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）若數(shù)列滿足證明：是等差數(shù)列；（Ⅲ）證明：20、【題文】已知圓C：x2＋(y－2)2＝5；直線l：mx－y＋1＝0.

(1)求證：對m∈R；直線l與圓C總有兩個不同交點；

(2)若圓C與直線l相交于A，B兩點，求弦AB的中點M的軌跡方程．21、【題文】（本小題滿分12分）

設關于的方程

（Ⅰ）若方程有實數(shù)解，求實數(shù)的取值范圍；

（Ⅱ）當方程有實數(shù)解時，討論方程實根的個數(shù)，并求出方程的解.22、【題文】已知函數(shù)

（1）求的單調(diào)區(qū)間；

（2）如果在區(qū)間上的最小值為求實數(shù)以及在該區(qū)間上的最大值．23、

（1）若AB=8，求直線的方程；

（2）當直線的斜率為時，在上求一點P，使P到圓C的切線長等于PS；

（3）設AB的中點為N，試在平面上找一定點M，使MN的長為定值評卷人得分四、計算題(共2題，共18分)24、如圖，AB是⊙O的直徑，過圓上一點D作⊙O的切線DE，與過點A的直線垂直于E，弦BD的延長線與直線AE交于C點．

（1）求證：點D為BC的中點；

（2）設直線EA與⊙O的另一交點為F，求證：CA2-AF2=4CE?EA；

（3）若弧AD=弧DB，⊙O的半徑為r．求由線段DE，AE和弧AD所圍成的陰影部分的面積．25、（2010?泉州校級自主招生）直角三角形ABC中，BC=AC，弧DEF圓心為A．已知兩陰影面積相等，那么AD：DB=____．評卷人得分五、證明題(共4題，共24分)26、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．27、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．28、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．29、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．評卷人得分六、綜合題(共1題，共2分)30、如圖；在平面直角坐標系中，OB⊥OA，且OB=2OA，點A的坐標是（-1，2）．

（1）求點B的坐標；

（2）求過點A、O、B的拋物線的表達式．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【解析】試題分析：∵圓心（4,0）到直線的距離d=由圓中的重要三角形知，弦長為2故選B考點：本題考查了弦長的求解【解析】【答案】B2、D【分析】【解析】

試題分析：對于①，當點在所給的直線上時，一條直線與一個點，不能確定一個平面；對于②，當平面但內(nèi)時，得不到對于③，錯誤，如但在上單調(diào)遞增，該函數(shù)在上沒有極值點；對于④，極大值只是一個局部的概念，而最大值是一個全局概念，所以函數(shù)的極大值不一定是最大值，如的極大值為顯然在上并不是最大值；綜上可知；①②③④都是錯的，選D.

考點：1.命題真假的判斷；2.點、線、面的位置關系；3.極值與最值的概念.【解析】【答案】D3、B【分析】【解析】

考點：命題的真假判斷與應用．

分析：由p：不等式x2+2x+m＞0的解集為R，解得m＞1．由q：指數(shù)函數(shù)為增函數(shù)，解得m＞．所以p是q成立的充分不必要條件．

解：∵p：不等式x2+2x+m＞0的解集為R；

∴△=4-4m＜0；解得m＞1．

∵q：指數(shù)函數(shù)f(x)=(m+)x為增函數(shù)；

∴m+＞1，解得m＞．

∴p?q；但q推不出p；

∴p是q成立的充分不必要條件．

故選A．【解析】【答案】B4、D【分析】【解答】解：令x5=2；

∴得x=

∵f（x5）=lgx；

∴f（2）=lg=．

故選D．

【分析】令x5=2，得x=從而即可求得f（2）的值．5、B【分析】【解答】解：由A={y|y=logx；x＞1}，得到{y|y＜0}

由B={y|y=2x；x＜1}={y|0＜y＜2}；

則A∩B=?；

故選：B．

【分析】求出A中y的范圍確定出A，求出B中y的范圍確定出B，找出兩集合的交集即可．6、C【分析】【解答】因為|BC|=說明了點C，在以B為圓心，半徑為的圓上動點，由于點A(0,2),那么可知過原點做圓的切線，那么得到兩條切線，這兩個切線與OA所成的角一個是最大角一個是最小角，可知利用直線與圓相切，可知傾斜角的范圍為因此可知的夾角的范圍是選C.

【分析】解決該試題的關鍵是利用CB是常數(shù)，判斷出A的軌跡為圓，作出A的軌跡；數(shù)形結(jié)合求出兩個向量的夾角范圍．7、D【分析】解：根據(jù)題意：A中必須有a這個元素，則A的個數(shù)應為集合{b；c}的子集的個數(shù)；

所以是4個。

故選D．

根據(jù)題意M中必須有a這個元素，因此A的個數(shù)應為集合{b；c}的子集的個數(shù)．

本題主要考查子集、真子集的概念及運算．難度不大，屬于基礎題．【解析】【答案】D8、B【分析】解：a=（）0.1＜1；b=30.1＞1；c=（-）3＜0；

∴b＞a＞c．

故選：B．

判斷三個數(shù)的范圍；即可比較大?。?/p>

本題考查指數(shù)函數(shù)的圖形與性質(zhì)的應用，大小比較，考查計算能力．【解析】【答案】B9、D【分析】解：由

解得

故選D．

點關于直線對稱；可以利用對稱點的坐標，兩點連線的斜率與直線垂直．然后兩點中點在直線上．聯(lián)立兩個一元兩次方程求解即得．

本小題主要考查與直線關于點、直線對稱的直線方程、中點坐標公式、互相垂直的直線的斜率關系等基礎知識，考查運算求解能力．屬于基礎題．【解析】【答案】D二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】試題分析：依分段函數(shù)的定義，得即考點：分段函數(shù)求函數(shù)值.【解析】【答案】11、略

【分析】

=1+1×（-2）

=-1．

故答案為：-1．

【解析】【答案】由指數(shù)和對數(shù)的運算性質(zhì)，把：等價轉(zhuǎn)化為1+1×（-2）；由此能求出結(jié)果．

12、略

【分析】【解析】

試題分析：圓的圓心半徑圓心到直線的距離

弦長等于

考點：直線與圓相交求弦長.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

試題分析：由于圓C的方程為（x-4）2+y2=1，由題意可知，只需（x-4）2+y2=4與直線y=kx-2有公共點即可。解：∵圓C的方程為x2+y2-8x+15=0，整理得：（x-4）2+y2=1，即圓C是以（4，0）為圓心，1為半徑的圓；又直線y=kx-2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，∴只需圓C′：（x-4）2+y2=4與直線y=kx-2有公共點即可．設圓心C（4；0）到直線y=kx-2的距離為d；

即3k2≤4k，∴0≤k≤故可知參數(shù)k的最大值為

考點：直線與圓的位置關系。

點評：本題考查直線與圓的位置關系，將條件轉(zhuǎn)化為“（x-4）2+y2=4與直線y=kx-2有公共點”是關鍵，考查學生靈活解決問題的能力，屬于中檔題．【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】

試題分析：函數(shù)若在上是增函數(shù)，則可之函數(shù)的對稱軸為x=2，那么可知向左平移a個單位后的為增區(qū)間，則可知2-a故答案為

考點：函數(shù)的單調(diào)性。

點評：解決的關鍵是對于函數(shù)的單調(diào)性的運用，屬于基礎題?！窘馕觥俊敬鸢浮?5、略

【分析】解：∵函數(shù)f（x）=2x的圖象過點（0，1），∴C2是其圖象；

∵g（x）=x3的圖象過點（0，0），∴C1是其圖象；

∵f（1）＞g（1）；f（2）＜g（2）；

∴x1∈[1；2]，故a=1；

∵f（9）＜g（9）；f（10）＞g（10）

∴x2∈[9，10]，故b=9；

∴a+b=10．

故答案為10．

根據(jù)函數(shù)f（x）=2x的圖象過點（0，1），g（x）=x3的圖象過點（0；0）判斷即可，結(jié)合函數(shù)的零點的判定定理判斷即可．

本題考查了指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的性質(zhì)，同時考查了數(shù)形結(jié)合的思想應用．【解析】1016、略

【分析】解：如圖角x的正弦線；余弦線分別是MP，OM；

當角x的終邊與弧ABCD相交時；MP＞OM；

∴此時sinx＞cosx；

∵x∈（0；2π）；

∴不等式sinx＞cosx的解集為（）．

故答案是（）．

在單位元中畫出角的三角函數(shù)線；根據(jù)三角函數(shù)線的大小確定角的范圍．

本題考查了三角函數(shù)線，利用數(shù)形結(jié)合根據(jù)三角函數(shù)線的大小確定角的范圍．【解析】（）三、解答題(共7題，共14分)17、略

【分析】試題分析：首先將轉(zhuǎn)化為然后從方程用無解，及其有什么樣的解入手，求出滿足條件的實數(shù)的值.試題解析：且集合是集合的子集，或或或又或或（1）當時，有（2）當時，有不存在；（3）當時，有綜上或所以實數(shù)的取值范圍為考點：集合的運算及其一元二次方程的求解.【解析】【答案】實數(shù)的取值范圍為18、略

【分析】

（1）∵函數(shù)

∴f（0）=02

（2）由得-1＜x＜14

所以f（x）的定義域為（-1；1）6

（3）∵8

又由（1）得f（x）的定義域為（-1；1）9

∴f（x）在定義域內(nèi)是奇函數(shù)10

（4）由＞0得12

解得-1＜x＜014

【解析】【答案】（1）由函數(shù)將x=0代入可得f（0）；

（2）根據(jù)使函數(shù)的解析式有意義的原則；求出滿足條件的自變量x的范圍，可得函數(shù)的定義域；

（3）根據(jù)函數(shù)f（x）的定義域關于原點對稱；結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義，分析f（-x）與f（x）的關系，可判斷函數(shù)f（x）的奇偶性；

（4）根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)；將不等式轉(zhuǎn)化為分式不等式，解得答案．

19、略

【分析】（1）利用遞推關系式找出相鄰項的關系，從而利用數(shù)列的概念求出數(shù)列通項公式；(2)先化簡所給式子，然后利用式子構(gòu)造遞推式子，作差化簡得到等差數(shù)列中項的式子即可證明；(3)利用放縮法證明不等式，證明時要注意適當放縮。【解析】

（1）故數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列。（2）①②②—①得即③④④—③得即所以數(shù)列是等差數(shù)列（3）設則【解析】【答案】（1）（2）見解析；（3）見解析.20、略

【分析】【解析】(1)解法一：直線mx－y＋1＝0恒過定點(0,1)，且點(0,1)在圓C：x2＋(y－2)2＝5的內(nèi)部；

所以直線l與圓C總有兩個不同交點．

解法二：聯(lián)立方程消去y并整理，得。

(m2＋1)x2－2mx－4＝0.

因為Δ＝4m2＋16(m2＋1)>0；所以直線l與圓C總有兩個不同交點．

解法三：圓心C(0,2)到直線mx－y＋1＝0的距離d＝＝≤1<

所以直線l與圓C總有兩個不同交點．

(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，聯(lián)立直線與圓的方程得(m2＋1)x2－2mx－4＝0；

由根與系數(shù)的關系，得x＝＝

由點M(x，y)在直線mx－y＋1＝0上，當x≠0時，得m＝代入x＝得x[()2＋1]＝

化簡得(y－1)2＋x2＝y(tǒng)－1，即x2＋(y－)2＝

當x＝0，y＝1時，滿足上式，故M的軌跡方程為x2＋(y－)2＝【解析】【答案】（1）見解析（2）x2＋(y－)2＝21、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解：（Ⅰ）原方程為

時方程有實數(shù)解；4分。

（Ⅱ）①當時，∴方程有唯一解6分。

②當時，

的解為--8分。

令

的解為--10分。

綜合①；②；得。

1）當時原方程有兩解：

2）當時，原方程有唯一解12分22、略

【分析】【解析】（1）

令

解得或

再令

解得

所以該函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為

（2）令得到或（舍）

由（1）知道該函數(shù)在上遞減，在上遞增；

那么，最小值為所以

而

所以函數(shù)f(x)的最大值為【解析】【答案】（1）函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為

(2)函數(shù)f(x)的最大值為23、略

【分析】【解析】(1)圓的方程是1分。

由條件可知：圓心C到直線的距離為3.3分。

當斜率不存在時，符合條件；4分。

當斜率存在時，根據(jù)點到直線的距離公式求得的方程為

∴直線方程是或．6分。

（2）當斜率為-2時，直線方程為

根據(jù)題意，有10分。

解之得．

∴點的坐標為12分。

（3）定點M的坐標為由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半可得16分【解析】【答案】

（1）或

（2）點的坐標為

（3）定點M的坐標為四、計算題(共2題，共18分)24、略

【分析】【分析】（1）連接OD；ED為⊙O切線；由切線的性質(zhì)知：OD⊥DE；根據(jù)垂直于同一直線的兩條直線平行知：OD∥AC；由于O為AB中點，則點D為BC中點．

（2）連接BF；AB為⊙O直徑，根據(jù)直徑對的圓周角是直角知，∠CFB=∠CED=90°，根據(jù)垂直于同一直線的兩條直線平行知

ED∥BF由平行線的性質(zhì)知，由于點D為BC中點，則點E為CF中點，所以CA2-AF2=（CA-AF）（CA+AF）=（CE+AE-EF+AE）?CF=2AE?CF；將CF=2CE代入即可得出所求的結(jié)論．

（3）由于則弧AD是半圓ADB的三分之一，有∠AOD=180°÷3=60°；連接DA，可知等腰三角形△OAD為等邊三角形，則有OD=AD=r；在Rt△DEA中，由弦切角定理知：∠EDA=∠B=30°，可求得EA=r，ED=r，則有S陰影=S梯形AODE-S扇形AOD，從而可求得陰影部分的面積．【解析】【解答】（1）證明：連接OD；

∵ED為⊙O切線；∴OD⊥DE；

∵DE⊥AC；∴OD∥AC；

∵O為AB中點；

∴D為BC中點；

（2）證明：連接BF；

∵AB為⊙O直徑；

∴∠CFB=∠CED=90°；

∴ED∥BF；

∵D為BC中點；

∴E為CF中點；

∴CA2-AF2=（CA-AF）（CA+AF）

=（CE+AE-EF+AE）?CF=2AE?CF；

∴CA2-AF2=4CE?AE；

（3）解：∵，

∴∠AOD=60°；

連接DA；可知△OAD為等邊三角形；

∴OD=AD=r；

在Rt△DEA中；∠EDA=30°；

∴EA=r，ED=r；

∴S陰影=S梯形AODE-S扇形AOD=

=．25、略

【分析】【分析】若兩個陰影部分的面積相等，那么△ABC和扇形ADF的面積就相等，可分別表示出兩者的面積，然后列等式求出AD與DB的比．【解析】【解答】解：設AB=BC=a則AB=a；

∵兩陰影面積相等，∴SABC=S扇形ADF

即a2=AD2?π；

∴AD=；

∴AD：DB=AD：（AB-AD）=；

故答案為．五、證明題(共4題，共24分)26、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．27、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四點共圓即可；

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

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．28、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