2025年外研版三年級起點高一數學上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版三年級起點高一數學上冊階段測試試卷913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6題，共12分)1、如果正實數x；y滿足x+y=1，那么1-xy（）

A.有最小值和最大值1

B.有最小值和最大值1

C.有最小值而無最大值。

D.無最小值而有最大值1

2、已知則的值為（）A.B.C.D.3、【題文】如圖，在正方體中，若平面上一動點到和的距離相等，則點的軌跡為。

A.橢圓的一部分B.圓的一部分C.一條線段D.拋物線的一部分4、【題文】設且則等于（）A.B.C.D.5、在空間四邊形ABCD中，E，F分別為邊AB，AD上的點，且AE：EB=AF：FD=1：4，又H，G分別為BC，CD的中點，則（）A.BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是矩形B.EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形D.EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形6、若邊長為a的等邊的底邊AB與x軸平行，則用斜二測畫法畫出它的直觀圖的面積是()A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、函數的定義域是____．8、如果等差數列中，那么____.9、【題文】分別在集合和中隨機的各取一個數，則這兩個數的乘積為偶數的概率為____；10、【題文】如右圖，一個空間幾何體的主視圖、左視圖是周長為4一個內角為的菱形，俯視圖是圓及其圓心，那么這個幾何體的表面積為________．11、【題文】若函數則=____；12、函數f（x）=lg（2x﹣1）的定義域為____13、如圖△ABC是直角邊等于4的等腰直角三角形，D是斜邊BC的中點，=+m?向量的終點M在△ACD的內部（不含邊界），則實數m的取值范圍是____．

14、若sinα（1+tan10°）=1，則鈍角α=______．15、已知ABCDEF是正六邊形，且==則=______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)16、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．17、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．18、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．19、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=2．20、如圖，設△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．21、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．22、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．23、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4題，共24分)24、+2．25、解方程組．26、計算：．27、已知：（b-c）2=（a-b）（c-a），且a≠0，則=____．評卷人得分五、解答題(共1題，共7分)28、已知函數f（x）是定義在R上的偶函數，已知x≥0時，f（x）=x2-2x．

（1）畫出偶函數f（x）的圖象；并根據圖象；寫出f（x）的單調區(qū)間；同時寫出函數的值域；

（2）求f（x）的解析式．評卷人得分六、綜合題(共1題，共2分)29、二次函數的圖象的頂點坐標是，它與x軸的一個交點B的坐標是（-2，0），另一個交點的是C，它與y軸相交于D，O為坐標原點．試問：y軸上是否存在點P，使得△POB∽△DOC？若存在，試求出過P、B兩點的直線的解析式；若不存在，說明理由．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

若正實數x；y滿足x+y=1；

∴0＜xy≤=

∴≤1-xy＜1

即有最小值而無最大值。

故選C

【解析】【答案】由正實數x；y滿足x+y=1，根據基本不等式，我們可以確定xy的取值范圍，進而根據不等式的性質，求出1-xy的取值范圍，進而得到答案．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、D【分析】【解析】設A1B與AB1的交點為O，則點P到到的距離等于PO，所以點P到定點O的距離等于點P到定直線BC的距離，所以點P的軌跡是拋物線的一部分【解析】【答案】D4、A【分析】【解析】

歸納法：由知

又由得歸納得

∴構成以為首項.公比的等比數列.∴選A.【解析】【答案】

A5、B【分析】【解答】解：如圖所示；在平面ABD內，∵AE：EB=AF：FD=1：4；

∴EF∥BD．

又BD?平面BCD；EF?平面BCD；

∴EF∥平面BCD．

又在平面BCD內；

∵H；G分別是BC，CD的中點；

∴HG∥BD．∴HG∥EF．

又∴EF≠HG．

在四邊形EFGH中；EF∥HG且EF≠HG；

∴四邊形EFGH為梯形．

故選：B．

【分析】由已知得EF∥BD．由此能證明EF∥平面BCD．由已知條件推導出HG∥BD．HG∥EF．EF≠HG．從而得到四邊形EFGH為梯形．6、D【分析】【分析】由于正三角形ABC的直觀圖對應的三角形底邊長與正三角形ABC底邊長相等，高是原三角形高的易得直觀圖與原圖面積之比為1：結合已知中正三角形ABC的邊長為a，求出原圖面積后，代入即可得到答案．

【解答】∵側二測畫法中得到的直觀圖面積與原圖形的面積之比為1：

由于原圖為邊長為a的正三角形ABC，則S△ABC=

故直觀圖的面積為×=

故選D

【點評】本題考查的知識點是平面圖形的直觀圖，其中根據斜二測畫法的作圖規(guī)則，得到直觀圖與原圖面積之比為1：是解答此類問題的關鍵．二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】

要使原函數有意義，則解得：x≥-1且x≠1．

所以；原函數的定義域為[-1，1）∪（1，+∞）．

故答案為[-1；1）∪（1，+∞）．

【解析】【答案】求出使函數式中無理式和分式有意義的x的取值集合；然后取交集．

8、略

【分析】【解析】

因為等差數列中，利用等差中項可知【解析】【答案】289、略

【分析】【解析】

試題分析：分別在集合和中隨機的各取一個數共有9種不同的情況，其中這兩個數的乘積為偶數的情況有（1,6），（2,3），（2，5），（2,6），（4,3），（4，5），（4,6）共7種不同的情況，∴所求的概率為

考點：本題考查了古典概型的運用。

點評：在保證能創(chuàng)建古典概型的情況下，首先要解決的問題如何求n與m,再利用公式計算概率．【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】212、（0，+∞）【分析】【解答】解：∵f（x）=lg（2x﹣1）

根據對數函數定義得2x﹣1＞0；

解得：x＞0

故答案為：（0；+∞）

【分析】根據對數函數定義得2x﹣1＞0，求出解集即可．13、（）【分析】【解答】解：在AB上取點D，使得過D作DE⊥AB，交BC于E，交AD于F；

∵∴的終點M落在直線DE上．

過F作FM⊥AC于M；過E作EN⊥AC于N；

∴若向量的終點M在△ACD的內部（不含邊界）；則M必定在線段EF上（不含端點）．

∵△ABC是等腰直角三角形；AB=AC=4，∴AM=1，AN=3；

∴．

故答案為：（）．

【分析】根據向量加法的平行四邊形法則得出M的軌跡，根據條件得出m的最大值和最小值即可．14、略

【分析】解：sinα（1+tan10°）=sinα?=sinα?2?=1；

∴2sinα?sin40°=cos10°=sin80°；

即2sinα?sin40°=sin80°；∴sinα=cos40°，結合α為鈍角，可得α=140°；

故答案為：140°．

利用同角三角函數基本關系；誘導公式；可得sinα=cos40°，結合α為鈍角，可得α的值．

本題主要考查同角三角函數基本關系、誘導公式的運用，屬于基本知識的考查．【解析】140°15、略

【分析】解：如圖；

連接EB，則：

∴．

故答案為：．

畫出圖形，根據條件可得到而從而便可得到．

考查向量減法的幾何意義，向量數乘的幾何意義，共線向量基本定理，以及對正六邊形的認識．【解析】（）三、證明題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據切線的性質得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結論；

（2）根據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．17、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據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）根據已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據三角形的外角性質推出∠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．18、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；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．19、略

【分析】【分析】首先作CD關于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=2．20、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．21、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據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）根據已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據三角形的外角性質推出∠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．22、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據平行線分線段成比例的性質和逆定理可得CF∥BE，根據平行四邊形的判定和性質即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點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．23、略

【分析】【分析】構造以重心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GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，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四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、計算題(共4題，共24分)24、略

【分析】【分析】分別根據負整數指數冪、二次根式的化簡、0指數冪及特殊角的三角函數值計算出各數，再根據實數混合運算的法則進行計算即可．【解析】【解答】解：原式=-（+1）+2×-+1

=--1+-+1

=-．25、略

【分析】【分析】觀察方程組的兩方程，發(fā)現y的系數互為相反數，根據互為相反數的兩數之和為0，把兩方程左右兩邊相加即可消去未知數y，得到關于x的一元一次方程，求出方程的解即可得到x的值，把x的值代入原方程組中的任一個方程中即可求出y的值，聯立求出的x與y的值即為原方程組的解．【解析】【解答】解：；

①+②得：3x=3；

解得x=1；

把x=1代入①得：y=0；

∴原方程組的解為．26、略

【分析】【分析】求出=2，sin45°=，（3-π）0=1，=4，代入求出即可．【解析】【解答】解：原式=2-4×+1+4；

=2-2+1+4；

=5．27、略

【分析】【分析】根據題意將原式變形，然后利用添項法可配成完全平方式，再利用偶次方的非負性即可得出答案．【解析】