2024年滬科版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)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2024年滬科版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷801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、cos195°的值為（）

A.

B.

C.

D.

2、點(diǎn)P（1；2，2）到原點(diǎn)的距離是（）

A.9

B.3

C.1

D.5

3、已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P（-3；4），則sinα的值等于（）

A.-

B.

C.

D.-

4、函數(shù)取得最大值時(shí)的值是（）A.B.1C.D.5、．正三棱錐的底邊長(zhǎng)和高都是2，則此正三棱錐的斜高長(zhǎng)度為（）A.B.C.D.6、【題文】設(shè)U=R,則()A.B.C.(2,3]D.7、【題文】已知集合則A.B.C.{D.8、設(shè)全集U={-2，-1，0，1，2}，A={-2，-1，0}，B={0，1，2}，則（?UA）∩B=（）A.{0}B.{-2，-1}C.{1，2}D.{0，1，2}9、如果lgx=lga+3lgb-5lgc，那么（）A.x=a+3b-cB.C.D.x=a+b3-c3評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、過點(diǎn)P（2，3），傾斜角為135°的直線的點(diǎn)斜式方程為____．11、求值：=____．12、設(shè)θ為第二象限角，若則sinθ+cosθ=____．13、函數(shù)f（x）=x2-x-2的零點(diǎn)是______．14、若α是第二象限的角，且sinα=4-3m，則m的取值范圍是____________．15、已知直線lmx鈭?y=4

若直線l

與直線x+m(m鈭?1)y=2

垂直，則m

的值為______．16、若sin(婁脨4鈭?婁脕)=13

則cos(婁脨4+婁脕)=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共6題，共12分)17、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長(zhǎng)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．18、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．19、求證：（1）周長(zhǎng)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(zhǎng)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．20、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．21、求證：（1）周長(zhǎng)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(zhǎng)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．22、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)卷人得分四、解答題(共3題，共12分)23、已知函數(shù)其中常數(shù)．(1)令求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(2)令將函數(shù)的圖像向左平移個(gè)單位,再往上平移個(gè)單位,得到函數(shù)的圖像．對(duì)任意的求在區(qū)間上零點(diǎn)個(gè)數(shù)的所有可能值．24、【題文】已知函數(shù)

（1）試判斷函數(shù)的奇偶性；

（2）解不等式25、在四棱錐P-ABCD中；底面ABCD為平行四邊形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O為AC中點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，PO=2，M為PD中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：PB∥平面ACM；

（Ⅱ）求證：AD⊥平面PAC；

（Ⅲ）求二面角M-AC-D的正切值．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

cos195°=cos（180°+15°）=-cos15°=-cos（45°-30°）=-×-×=-．

故選B

【解析】【答案】所求式子中的角度變形后；利用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)，計(jì)算即可得到結(jié)果．

2、B【分析】

∵點(diǎn)P（1；2，2）

∴點(diǎn)P（1，2，2）到原點(diǎn)的距離是PO==3

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)所給的點(diǎn)的坐標(biāo)；利用兩點(diǎn)之間的距離公式，代入坐標(biāo)求出兩點(diǎn)之間的距離，開方以后得到結(jié)果．

3、C【分析】

∵已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P（-3，4），由任意角的三角函數(shù)的定義可得x=-3，y=4，r=5；

∴sinα==

故選C．

【解析】【答案】由任意角的三角函數(shù)的定義可得x=-3，y=4，r=5，由此求得sinα=的值．

4、C【分析】【解析】

因?yàn)榭芍?dāng)y’>0時(shí)，和y’<0時(shí)的解集，進(jìn)而得到極值，從而得到最值，可知在x=時(shí)，取得最大值。選C【解析】【答案】C5、D【分析】試題分析：我們知道正棱錐中，斜高，高，斜高在底面上射影構(gòu)成直角三角形，應(yīng)用勾股定理求求得斜高為考點(diǎn)：正棱錐的性質(zhì).【解析】【答案】D6、B【分析】【解析】

【解析】【答案】B7、D【分析】【解析】【解析】【答案】D8、C【分析】解：CUA={1，2}，∴（CUA）∩B={1；2}

故選C

先根據(jù)補(bǔ)集的含義求CUA，再根據(jù)交集的含義求（CUA）∩B即可．

本題考查集合的基本運(yùn)算，屬基本題．【解析】【答案】C9、C【分析】解：∵lgx=lga+3lgb-5lgc

=lga+lgb3-lgc5

=lg

∴x=

故選C．

lgx=lga+3lgb-5lgc=lga+lgb3-lgc5=lg由此能得到正確答案．

本題考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，解題要注意對(duì)數(shù)運(yùn)算法則的合理運(yùn)用．【解析】【答案】C二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

直線的斜率為tan135°=-1；由點(diǎn)斜式求得直線的方程為y-3=-1（x-2）；

化簡(jiǎn)可得x+y-5=0；故答案為x+y-5=0．

【解析】【答案】先求出直線的斜率為tan135°=-1；由點(diǎn)斜式求得直線的方程，并化為一般式．

11、略

【分析】

=lg（5×102）+lg8-lg5-lg+50[lg（2×5）]2

=lg5+2+lg8-lg5-lg8+50

=52．

故答案為52

【解析】【答案】根據(jù)有理數(shù)的指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)及對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)化簡(jiǎn)即可求得函數(shù)的值。

12、﹣【分析】【解答】解：∵tan（θ+）==

∴tanθ=﹣

而cos2θ==

∵θ為第二象限角；

∴cosθ=﹣=﹣sinθ==

則sinθ+cosθ=﹣=﹣．

故答案為：﹣

【分析】已知等式利用兩角和與差的正切函數(shù)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡(jiǎn)，求出tanθ的值，再根據(jù)θ為第二象限角，利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出sinθ與cosθ的值，即可求出sinθ+cosθ的值．13、略

【分析】解：令f（x）=0；

即x2-x-2=0；

即有（x-2）（x+1）=0；

解得x=2或x=-1．

即函數(shù)f（x）的零點(diǎn)為2或-1．

故答案為：2或-1．

由零點(diǎn)的定義；令f（x）=0，由二次方程的解法，運(yùn)用因式分解解方程即可得到所求函數(shù)的零點(diǎn)．

本題考查函數(shù)的零點(diǎn)的求法，注意運(yùn)用方程思想，考查運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】2或-114、略

【分析】解：α是第二象限的角；且sinα=4-3m

所以0＜4-3m＜1可得

故答案為：【解析】15、略

【分析】解：當(dāng)m=0

時(shí)；兩條直線分別化為：鈭?y=4x=2

此時(shí)兩條直線垂直，因此m=0

滿足條件；

當(dāng)m=1

時(shí)；兩條直線分別化為：x鈭?y=4x=2

此時(shí)兩條直線不垂直，因此m=1

不滿足條件；

當(dāng)m鈮?01

時(shí)，兩條直線分別化為：y=mx鈭?4y=1m(1鈭?m)x+2m(m鈭?1)

若兩條直線垂直，則m隆脕1m(1鈭?m)=鈭?1

解得m=2

．

綜上可得：m=02

兩條直線相互垂直．

故答案為：02

．

對(duì)m

分類討論；利用兩條直線相互垂直的充要條件即可得出．

本題考查了兩條直線相互垂直的充要條件，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．【解析】02

16、略

【分析】解：隆脽sin(婁脨4鈭?婁脕)=13

隆脿cos(婁脨4+婁脕)=sin(婁脨2鈭?(婁脨4鈭?婁脕))=sin(婁脨4鈭?a)=13

．

故答案為：13

．

由已知利用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)所求即可得解．

本題主要考查了誘導(dǎo)公式在三角函數(shù)化簡(jiǎn)求值中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．【解析】13

三、證明題(共6題，共12分)17、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．18、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(zhǎng)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．19、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(duì)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)兩段，每段各長(zhǎng)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(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線圈．20、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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(zhǎng)AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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．21、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(duì)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)兩段，每段各長(zhǎng)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(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線圈．22、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．四、解答題(共3題，共12分)23、略

【分析】試題分析：(1)令函數(shù)化為可得單調(diào)區(qū)間；(2)時(shí)，經(jīng)平移可得根據(jù)的圖像與性質(zhì)可得零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】

(1)．分別令：或得的單調(diào)區(qū)間;．(2)時(shí),其最小正周期由得∴即區(qū)間的長(zhǎng)度為10個(gè)周期,若零點(diǎn)不在區(qū)間的端點(diǎn),則每個(gè)周期有2個(gè)零點(diǎn);若零點(diǎn)在區(qū)間的端點(diǎn),則僅在區(qū)間左或右端點(diǎn)處得一個(gè)區(qū)間含3個(gè)零點(diǎn),其它區(qū)間仍是2個(gè)零點(diǎn);故當(dāng)時(shí),21個(gè),否則20個(gè)．考點(diǎn)：的圖像與性質(zhì)．三角恒等變形．【解析】【答案】(1)增區(qū)間減區(qū)間(2)當(dāng)