2024年统编版2024高一数学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年统编版2024高一数学上册阶段测试试卷235考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知f（x）是以π为周期的偶函数，且时，f（x）=1-sinx，则当时；f（x）等于（）

A.1+sin

B.1-sin

C.-1-sin

D.-1+sin

2、一个球的外切正方体的全面积等于6cm2；则此球的体积为（）

A.

B.

C.

D.

3、函数的值域是()A.B.C.D.4、【题文】已知则取得最大值时的值为（）A.B.C.D.5、函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，﹣＜φ＜）的部分图象如图所示；则ω，φ的值分别是（）

A.2，﹣B.2，﹣C.4，﹣D.4，6、要得到函数y=cos2x的图象，只需将y=cos（2x+）的图象（）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度7、设则（）A.a＞b＞cB.a＞c＞bC.b＞a＞cD.b＞c＞a8、函数y=ln|x鈭�1|

的图象与函数y=鈭�cos娄脨x(鈭�2鈮�x鈮�4)

的图象所有交点的横坐标之和等于(

)

A.6

B.5

C.4

D.3

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、关于x的方程在R上恒有解，则实数t的最大值是____．10、在中，则=11、一船以每小时的速度向东航行．船在处看到一个灯塔在北偏东行驶小时后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东这时船与灯塔的距离为____．12、用符号“”表示不超过x的最大整数，如设集合则____．13、【题文】在平面中的角的内角平分线分面积所成的比将这个结论类比到空间：在三棱锥中，平面平分二面角且与交于则类比的结论为______________．

14、巴山市某重点中学“发现数学的美丽”尖峰团队的记为同学弘扬“砥砺自为”的校训精神，在周末自觉抵制网络游戏，发挥QQ群的正能量作用开展“共探共享”自主研究性学习活动，这是他们以人教A版教学必修一﹣P82.8题中的函数：f（x）=lg为基本素材；取得的部分研究结果：

①QQ好友”通过乡下富起来“发现：函数f（x）的定义域为（﹣1；1）；

②QQ好友“南江红叶红起来”发现：对于任意a，b∈（﹣1，1），都有f（a）+f（b）=f（）恒成立；

③QQ好友“巴中二环通起来”发现：函数f（x）是偶函数；

④QQ好友“平昌水乡美起来”发现：函数f（x）只有一个零点；

⑤QQ好友“恩阳机场飞起来”发现：对于函数f（x）定义域中任意不同实数x1，x2，总满足＞0．其中所有的正确研究成果的序号是________15、2lg2+lg5lg10=

______．评卷人得分三、证明题(共6题，共12分)16、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．17、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．18、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．19、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．

（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．20、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点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．21、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．评卷人得分四、综合题(共2题，共8分)22、二次函数的图象的顶点坐标是，它与x轴的一个交点B的坐标是（-2，0），另一个交点的是C，它与y轴相交于D，O为坐标原点．试问：y轴上是否存在点P，使得△POB∽△DOC？若存在，试求出过P、B两点的直线的解析式；若不存在，说明理由．23、如图；以A为顶点的抛物线与y轴交于点B；已知A、B两点的坐标分别为（3，0）、（0，4）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）设M（m；n）是抛物线上的一点（m；n为正整数），且它位于对称轴的右侧．若以M、B、O、A为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数，求点M的坐标；

（3）在（2）的条件下，试问：对于抛物线对称轴上的任意一点P，PA2+PB2+PM2＞28是否总成立？请说明理由．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】

由题意，任取则

又时；f（x）=1-sinx，故f（-x）=1+sinx

又f（x）是偶函数；可得f（-x）=f（x）

∴时；函数解析式为f（x）=1+sinx

由于f（x）是以π为周期的函数，任取则

∴f（x）=f（x-3π）=1+sin（x-3π）=1-sinx

故选B

【解析】【答案】由题意，可先由函数是偶函数求出时，函数解析式为f（x）=1+sinx，再利用函数是以π为周期的函数得到时；f（x）的解析式即可选出正确选项。

2、C【分析】

∵正方体的全面积为6cm2；

∴正方体的棱长为1cm；

又∵球内切于该正方体；

∴这个球的直径为1cm；

则这个球的半径为

∴球的体积V==（cm3）；

故选C．

【解析】【答案】根据已知中正方体的全面积为6cm2；一个球内切于该正方体，结合正方体和球的结构特征，我们可以求出球的半径，代入球的体积公式即可求出答案．

3、B【分析】【解析】试题分析：因为函数开口向上，对称轴x=1，那么在函数先递减在递增，可知函数的最小值为顶点的函数值-1，最大值在x=-1，x=3处取得，即为3,那么函数的值域为选B.考点：二次函数的单调性【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】

试题分析：开口向下抛物线，在对称轴见取到最大值，此时

考点：二次函数求最值.【解析】【答案】B5、A【分析】【解答】解：由图象可知：T=∴T=π；

∴ω==2；

∵（2）在图象上；

所以2×+φ=2kφ=2kπ-（k∈Z）．

∵﹣＜φ＜

∴k=0；

∴φ=-．

故选：A．

【分析】通过图象求出函数的周期，再求出ω，由（2）确定φ，推出选项．6、B【分析】【解答】解：设将y=cos（2x+）的图象；向右平移A个单位长度后，得到函数y=cos2x的图象。

则cos[2（x﹣A）+）]=cos（2x）

易得A=

故选B

【分析】我们可以选设出平移量为A，根据函数图象平移变换法则“左加右减”，我们可以根据平移前后函数的解析式，构造关于A的方程，解方程即可求出答案．7、A【分析】【解答】解：∵a=ln3＞1，b=＞=c=＜=．

∴a＞b＞c．

故选：A．

【分析】利用对数函数的单调性即可得出．8、A【分析】解：隆脽y=ln|x|

是偶函数；对称轴x=0

隆脿

函数y=ln|x鈭�1|

的图象的对称轴x=1

隆脽

函数y=鈭�cos娄脨x

隆脿

对称轴x=kk隆脢z

隆脿

函数y=ln|x鈭�1|

的图象与函数y=鈭�cos娄脨x(鈭�2鈮�x鈮�4)

的图象关于x=1

对称；

由图知；两个函数图象恰有6

个交点，其横坐标分别为x1x2x3

与x1隆盲x2隆盲x3隆盲

可知：x1+x1隆盲=2x2+x2隆盲=2x3+x3隆盲=2

隆脿

所有交点的横坐标之和等于6

故选：A

．

根据函数的性质对称函数y=ln|x鈭�1|

的图象与函数y=鈭�cos娄脨x(鈭�2鈮�x鈮�4)

的图象关于x=1

对称；

画出图象判断交点个数；利用对称性整体求解即可．

本题他考查对数函数与余弦函数的图象与性质，着重考查作图与分析、解决问题的能力，作图是难点，分析结论是关键，属于难题【解析】A

二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

去括号得：cosx+sinx+t=0；

整理得：t=-sinx-cosx

=-2sin（x+）；

∵-1≤sin（x+）≤1；

∴-2≤2sin（x+）≤2；

则t的最大值是2．

故答案为：2

【解析】【答案】把方程左边去括号后；利用同角三角函数间的基本关系切化弦，提取-2，再根据两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，根据正弦函数的值域即可得到t的最大值．

10、略

【分析】试题分析：由于三角形中三个内角和为所以在三角形中由得：因为所以为锐角，因此从而考点：两角和的正弦，同角三角函数关系.【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】试题分析：结合题意可知由正弦定理得考点：解三角形的实际应用【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】试题分析：因为当x>0时，所以所以此时x=2,若所以此时x=-1,所以因为B=(-2,2),所以考点：一元二次不等式，绝对值不等式的解法，以及集合的运算。【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

【解析】【答案】14、①②④【分析】【解答】解：由＞0解得﹣1＜x＜1；故①正确；

f（a）+f（b）﹣f（）

=

=

故②正确；

∵f（x）+f（﹣x）=lg

∴f（x）是奇函数；故③不正确；

令lg=0解得；x=0；故④成立；

∵f（x）=lg=lg（﹣1+）在（﹣1；1）上是减函数；

∴＜0．

故⑤不正确；

故答案为：①②④．

【分析】由＞0解得﹣1＜x＜1；

作差法可得f（a）+f（b）﹣f（）=0；

化简f（x）+f（﹣x）=lg

解方程lg=0可得x=0；

可判断f（x）=lg在（﹣1，1）上是减函数；从而依次分别判断即可．15、略

【分析】解：原式=2lg2+lg512lg10=2(lg2+lg5)=2lg10=2

故答案为2

先利用幂的对数的运算法则再利用积的对数的运算法则求出值．

本题考查对数的四则运算法则：积、商、幂的运算法则．【解析】2

三、证明题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB•ACsin（α+β）=BD•AD+CD•AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．17、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．【解析】【解答】证明：作DE⊥AC于E；

则AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中点；

∴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．18、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）证明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．19、略

【分析】【分析】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】

证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；

则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．

（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．20、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【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为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．21、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．【解析】【解答】证明：作DE⊥AC于E；

则AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中点；

∴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、综合题(共2题，共8分)22、略

【分析】【分析】先根据条件利用待定系数法求出抛物线的解析式，然后根据解析式求出点D，点C的坐标，最后根据相似三角形的性质求出点P的坐标，根据P、B两点的坐标利用待定系数法就可以求出直线PB的解析式．【解析】【解答】解：∵二次函数的图象的顶点坐标是；它与x轴的一个交点B的坐标是（-2，0）；

∴设抛物线的解析式为：将点B（-2；0）代入得；

；解得

a=-1

∴抛物线的解析式为：y=-x2+x+6．

当x=0时；y=6

∴D（0；6）；

∴OD=6

y=0时，x1=-2，x2=3

C（3；0）；

∴OC=3；

∵B（-2；0）；

∴OB=2．

∵△POB∽△DOC；

∴；

∴

∴PO=4

∴P（0；4）或P（0，-4）；

设直线PB的解析式为：y=kx+b；

∴或；解得：

或

求得直线PB的解析式为：y=2x+4或y=-2x-4．

23、略

【分析】【分析】（1）已知了抛物线的顶点坐标；可将抛物线的解析式设为顶点式，然后将B点坐标代入求解即可；

（2）由于M在抛物线的图象上，根据（1）所得抛物线的解析式即可得到关于m、n的关系式：n=（m-3）2；由于m；n同为正整数，因此m-3应该是3的倍数，即m应该取3的倍数，可据此求出m、n的值，再根据“以M、B、O、A为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数”将不合题意的解