2024年滬教版高一數(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2024年滬教版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷302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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、在△ABC中，若a=2，bcosC+ccosB等于（）

A.4

B.2

C.

D.1

2、【題文】若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示；則此幾何體的外接球表面積是。

A.πB.πC.3πD.4π3、化簡－＋＋的結(jié)果等于()A.B.C.D.4、下列判斷正確的是（）A.一般莖葉圖左側(cè)的葉按從小到大的順序?qū)懀覀?cè)的數(shù)據(jù)按從小到大的順序?qū)?，相同的?shù)據(jù)可以只記一次B.系統(tǒng)抽樣在第一段抽樣時一般采用簡單隨機(jī)抽樣C.兩個事件的和事件是指兩個事件都發(fā)生的事件D.分層抽樣每個個體入樣可能性不同5、將一枚質(zhì)地均勻的骰子拋擲一次，出現(xiàn)“正面向上的點數(shù)為6”的概率是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、如果直線a平行于直線b，則a平行于經(jīng)過b的任何平面．____（填寫對號或錯號）．7、給出下面命題：①函數(shù)是奇函數(shù)；②存在實數(shù)使得③若是第一象限角且則④是函數(shù)的一條對稱軸；⑤在區(qū)間上的最小值是－2，最大值是其中正確命題的序號是．8、已知==1，與的夾角為60°，=2+3與與垂直，k的值為____．9、已知x、y的取值如下表所示：。x0134y2.24.34.86.7從散點圖分析，y與x線性相關(guān)，且則____．10、設(shè)是上的奇函數(shù)，當(dāng)時，則。11、【題文】已知____。評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)12、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．13、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=2．14、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．15、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點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；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．16、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．17、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．18、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．19、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．評卷人得分四、計算題(共2題，共12分)20、解不等式組，求x的整數(shù)解．21、在Rt△ABC中，∠C=90°，c=8，sinA=，則b=____．評卷人得分五、作圖題(共1題，共8分)22、繪制以下算法對應(yīng)的程序框圖：

第一步；輸入變量x；

第二步，根據(jù)函數(shù)f（x）=

對變量y賦值；使y=f（x）；

第三步，輸出變量y的值．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

∵a=2；

∴bcosC+ccosB=b+c==a=2

故選B．

【解析】【答案】利用余弦定理；代入計算，即可得出結(jié)論．

2、C【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，可知該幾何體是正方體截取了一部分得到的，且高為1，長，寬也是1，那么其幾何體的外接球的半徑為那么可知球表面積公式為故選C.

考點：三視圖。

點評：主要是考查了三視圖來求解幾何體的表面積公式的運(yùn)用。屬于中檔題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾3、B【分析】解答：原式＝(＋)＋(＋)＝＋0＝分析：本題主要考查了向量加減混合運(yùn)算及其幾何意義，解決問題的關(guān)鍵是根據(jù)所給式子結(jié)合向量運(yùn)算法則進(jìn)行化簡即可.4、B【分析】【解答】解：對于A；相同數(shù)據(jù)需要重復(fù)記錄；故錯誤；

對于B．系統(tǒng)抽樣在第一段抽樣時一般采用簡單隨機(jī)抽樣；故正確；

對于C；事件A與事件B的和事件是指該事件發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)事件A或事件B發(fā)生，故錯誤；

對于D；分層抽樣是一種等可能抽樣，故錯誤。

故選B．

【分析】分別根據(jù)相應(yīng)的定義判斷即可．5、D【分析】解：拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣；有6種結(jié)果，每種結(jié)果等可能出現(xiàn)；

出現(xiàn)“正面向上的點數(shù)為6”的情況只有一種；

故所求概率為

故選D．

拋一枚質(zhì)地均勻的硬幣；有6種結(jié)果，每種結(jié)果等可能出現(xiàn)，正面向上的點數(shù)為6的情況只有一種，即可求．

本題主要考查了古典概率中的等可能事件的概率的求解，如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果，那么事件A的概率P（A）=．屬基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】

如果直線a平行于直線b，則a平行于經(jīng)過b的任何平面，或者a在經(jīng)過b的平面內(nèi)；

故“如果直線a平行于直線b，則a平行于經(jīng)過b的任何平面”這個結(jié)論不正確；

故答案為：×．

【解析】【答案】如果直線a平行于直線b，則a平行于經(jīng)過b的任何平面，或者a在經(jīng)過b的平面內(nèi)．

7、略

【分析】試題分析：①=為奇函數(shù)；②最大值③令但④對稱軸可由求得，也滿足；⑤在區(qū)間上的最大值為2.考點：三角函數(shù)的性質(zhì).【解析】【答案】①④8、略

【分析】

∵==1，與的夾角為60°

∴2=2=1，?=

又∵=2+3

且與與垂直；

∴?=（2+3）?（）

=2k2-122+（3k-8）?

=2k-12+k-4

=k-16=0

解得：k=

故答案為：

【解析】【答案】由與與垂直，我們易得?=（2+3）?（）=0，再根據(jù)==1，與的夾角為60°，我們易得2=2=1，?=代入可以構(gòu)造關(guān)于k的方程，解方程即可得到答案．

9、略

【分析】先求出樣本中心(2,4.5),所以直線經(jīng)過點（2，4.5），所以【解析】【答案】2.610、略

【分析】由題意得故的周期為6，【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于故可知f(m)=則f(-m)=-

考點：函數(shù)奇偶性。

點評：主要是考查了函數(shù)奇偶性的運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)題。【解析】【答案】－三、證明題(共8題，共16分)12、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．13、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線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四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．14、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．15、略

【分析】【分析】要證E為中點，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．

（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=16、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；

∴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．17、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(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．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∽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．19、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．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