2025年滬科版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年滬科版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷987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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、【題文】某幾何體的三視圖如圖所示；且該幾何體的體積是2，則正(主)視圖的面積等于()

A.2B.C.D.32、【題文】如圖；一個(gè)空間幾何體的正視圖；側(cè)視圖、俯視圖為全等的等腰。

直角三角形；如果直角三角形的直角邊長為2，那么這個(gè)幾何體。

的體積為（）A.B.C.D.3、某校三個(gè)年級共有24個(gè)班，學(xué)校為了了解同學(xué)們的心理狀況，將每個(gè)班編號，依次為1到24，現(xiàn)用系統(tǒng)抽樣方法，抽取4個(gè)班進(jìn)行調(diào)查，若抽到的最小編號為3，則抽取最大編號為（）A.15B.18C.21D.244、已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ī?，1），則函數(shù)f（2x﹣1）的定義域?yàn)椋ǎ〢.（﹣1）B.（﹣5，1）C.（1）D.（﹣2，1）5、在△ABC中，B=則sinA?sinC的最大值是（）A.B.C.D.6、一個(gè)正四面體的棱長為2

則這個(gè)正四面體的外接球的表面積為(

)

A.6婁脨

B.8婁脨

C.6婁脨

D.11婁脨

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、樣本中共有五個(gè)個(gè)體，其值分別為0,1,2,3,,若該樣本的平均值為1，則其方差為______________．8、在空間直角坐標(biāo)系中，在z軸上求一點(diǎn)C，使得點(diǎn)C到點(diǎn)A（1，0，2）與點(diǎn)B（1，1，1）的距離相等，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為____．9、在△ABC中，A+C=2B，BC=5，且△ABC的面積為則AC=____．10、函數(shù)f（x）=xα的圖象過點(diǎn)則f（x）為____函數(shù)．（在“奇”、“偶”、“非奇非偶”、“既奇又偶”中選擇一個(gè)填空）11、【題文】若三個(gè)球的表面積之比是則它們的體積之比是_______12、【題文】一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示；則這個(gè)幾何體的外接球的體積為________．

13、方程sinx+cosx=1的解為____．14、直線x鈭?3y鈭?2=0

的傾斜角為______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)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、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．17、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=2．18、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．19、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．20、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、解答題(共4題，共12分)21、【題文】已知集合

(1)求集合

(2)若求的取值范圍.22、如圖；ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．

（1）求證：BE∥平面DMF；

（2）求證：平面BDE∥平面MNG．

23、（1）已知＜a＜π，且sin（π-α）=求的值．

（2）已知點(diǎn)P（cosθ，sinθ）在直線y=-2x上，求的值．24、一個(gè)棱錐的底面是邊長為a的正三角形，它的一個(gè)側(cè)面也是正三角形，且這個(gè)側(cè)面與底面垂直，求這個(gè)棱錐的體積和全面積．評卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共4分)25、已知扇形的圓心角為150°，半徑為2cm，扇形的面積是____cm2．26、（2012?樂平市校級自主招生）如圖，AB∥EF∥CD，已知AC+BD=240，BC=100，EC+ED=192，求CF．評卷人得分六、作圖題(共1題，共9分)27、畫出計(jì)算1++++的程序框圖．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【解析】由三視圖可知該幾何體是一個(gè)四棱錐，其底面積就是俯視圖的面積S＝(1＋2)×2＝3，其高就是正(主)視圖以及側(cè)(左)視圖的高x，因此有×3×x＝2，解得x＝2，于是正(主)視圖的面積S＝×2×2＝2．【解析】【答案】A2、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B3、C【分析】【解答】24個(gè)班分為4組；抽取間隔為24÷4=6．

設(shè)抽到的最大編號為x；根據(jù)最小編號的和為3；

可得：x﹣3=（4﹣1）×6；

解得：x=21；

故選：C.

【分析】求出系統(tǒng)抽樣的抽取間隔，設(shè)抽到的最大編號為x，根據(jù)最小編號的和為3，求x即可。4、A【分析】【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ī?；1）；

令t=2x﹣1；則f（t）的定義域?yàn)椋ī?，1）；

即﹣2＜2x﹣1＜1；

解得﹣＜x＜1；

則函數(shù)f（2x﹣1）的定義域?yàn)椋ī?）．

故選：A．

【分析】可令t=2x﹣1，則f（t）的定義域?yàn)椋ī?，1），即﹣2＜2x﹣1＜1，解不等式即可得到所求定義域．5、D【分析】解：sinAsinC=sinAsin（π-A-B）

=sinAsin（-A）

=sinA（cosA+sinA）

=sin2A-cos2A+

=sin（2A-）+

∵0

∴-＜2A-＜

∴2A-=時(shí)，sinAsinC取得最大值．

故選：D．

化簡可得sinAsinC=sin（2A-）+由0可求-＜2A-＜從而可得sinA?sinC的最大值．

本題主要考查了三角函數(shù)的積化和差公式的應(yīng)用，三角函數(shù)最值的求法，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D6、A【分析】解：將正四面體補(bǔ)成一個(gè)正方體，則正方體的棱長為2

正方體的對角線長為6

隆脽

正四面體的外接球的直徑為正方體的對角線長；

隆脿

外接球的表面積的值為4婁脨?(62)2=6婁脨

．

故選：A

．

將正四面體補(bǔ)成一個(gè)正方體；正四面體的外接球的直徑為正方體的對角線長，即可得出結(jié)論．

本題考查球的內(nèi)接多面體等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，考查邏輯思維能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】A

二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】【解析】試題分析：由樣本平均值的計(jì)算公式列出關(guān)于a的方程；解出a，再利用樣本方差的計(jì)算公式求解即可。【解析】

由題意知（a+0+1+2+3）=1，解得a=-1，∴樣本方差為S2=[（-1-1）2+（0-1）2+（1-1）2+（2-1）2+（3-1）2]=2，故填寫2.．考點(diǎn)：樣本的方差【解析】【答案】28、略

【分析】

設(shè)C（0；0，z）

由點(diǎn)C到點(diǎn)A（1；0，2）與點(diǎn)B（1，1，1）的距離相等，得。

12+02+（z-2）2=12+12+（z-1）2

解得z=1；故C（0，0，1）

故答案為：（0；0，1）．

【解析】【答案】根據(jù)點(diǎn)C在z軸上；設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)C到A與到B的距離相等，由空間中兩點(diǎn)間的距離公式求得AC，BC，解方程即可求得C的坐標(biāo)．

9、略

【分析】

由△ABC中，A+C=2B，BC=5，可得B=60°，又△ABC的面積為=sin60°；

∴AB=8，△ABC中，由余弦定理可得AC2=25+64-2×5×8cos60°=49；

則AC=7；

故答案為7．

【解析】【答案】由三角形的內(nèi)角和定理求得B=60°，又△ABC的面積為=sin60°；解得AB=8，△ABC中，由余弦定理求得AC的值．

10、略

【分析】

由題意，函數(shù)f（x）=xα的圖象過點(diǎn)

∴2α==2-2故有α=-2

∴f（x）=x-2；

又f（-x）=（-x）-2=x-2=f（x）

∴函數(shù)是偶函數(shù)。

故答案為偶。

【解析】【答案】由題意，可先將點(diǎn)代入函數(shù)解析式；求得α的值，再由函數(shù)奇偶性的定義判斷出函數(shù)的性質(zhì)得出答案。

11、略

【分析】【解析】∵三個(gè)球的表面積之比是1：2：3；

∴三個(gè)球的半徑之比是∵三個(gè)球的體積之比是三個(gè)球的半徑之比的立方∴三個(gè)球的體積之比是1：

故答案為：1：【解析】【答案】1：12、略

【分析】【解析】幾何體外接球的直徑為四棱錐底面的對角線球體積V＝()3．【解析】【答案】13、【分析】【解答】解：∵sinx+cosx=1；

∴2sin（x+）=1，可得：sin（x+）=

∴x+=2kπ+k∈Z，或x+=2kπ+k∈Z；

∴方程sinx+cosx=1的解為：．

故答案為：．

【分析】先利用兩角和公式對sinx+cosx=1化簡整理，進(jìn)而根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可求得x的解集．14、略

【分析】解：設(shè)直線x鈭?3y鈭?2=0

的傾斜角為婁脕

則tan婁脕=33婁脕隆脢[0,婁脨)

隆脿婁脕=婁脨6

．

故答案為婁脨6

．

設(shè)直線x鈭?3y鈭?2=0

的傾斜角為婁脕

則tan婁脕=33婁脕隆脢[0,婁脨)

即可得出．

本題考查了直線的傾斜角與斜率的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】婁脨6

三、證明題(共6題，共12分)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）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．17、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(diǎn)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(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、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．19、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．20、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．四、解答題(共4題，共12分)21、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】(1)由得解得或

于是4分。

(2)由得所以。

B=T8分。

因?yàn)?/p>

當(dāng)時(shí)，有10分。

當(dāng)時(shí)，符合題意；11分。

當(dāng)時(shí)，有13分。

綜上，14分22、解：如圖示：

作DC的中點(diǎn)P；連接PE；PB；

ABCD與ADEF均為平行四邊形；M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．

∴PB∥DM；FM∥PE，且FM，MD交于M點(diǎn)，PB，PE交于P點(diǎn)；

故平面DFM∥平面BPE；

∴BE∥平面DMF；

（2）∵M(jìn)N∥BD；GN∥DE，且MN；GN交于N點(diǎn)，DE、DB交于D點(diǎn)；

∴平面BDE∥平面MNG．【分析】【分析】（1）由面面平行推出線面平行即可；（2）由線線平行推出面面平行即可．23、略

【分析】

（1）由已知及誘導(dǎo)公式；同角三角函數(shù)關(guān)系式可求cosα，tanα的值，利用誘導(dǎo)公式化簡所求后即可得解；

（2）根據(jù)任意角的三角函數(shù)的定義可求tanα；利用三角函數(shù)恒等變化化簡所求后即可得解．

本題主要考查了誘導(dǎo)公式，同角三角函數(shù)關(guān)系式，三角函數(shù)恒等變化的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】解：（1）∵＜α＜π，sin（π-α）=sinα=（1分）

∴cosα=-=-故tanα==-（3分）

由誘導(dǎo)公式可得==tanα=-（6分）

（2）由題意得sinα=-2cosα；

∴tanα==-2．（7分）