2025年浙教版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2025年浙教版高一数学上册阶段测试试卷321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：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数，设则的大小关系是（）．A.B.C.D.2、【题文】在直角坐标系中，直线的倾斜角是（）A.B.C.D.3、【题文】如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1；则下列结论中不正确的是()

A.EH∥FGB.四边形EFGH是矩形C.Ω是棱柱D.Ω是棱台4、已知函数f（x）=则方程的实根个数是（）A.1B.2C.3D.20065、如图是一个算法程序框图，当输入的x值为3时，输出的结果恰好是则空白框处的关系式可以是（）

A.y=3-xB.y=3xC.D.6、已知四面体ABCD

中，EF

分别是ACBD

的中点，若AB=6CD=10EF=7

则AB

与CD

所成角的度数为(

)

A.120鈭�

B.45鈭�

C.60鈭�

D.90鈭�

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律：猜想第6个图形有____个点，第n个图形中有____个点．

8、求值：sin330°+cos-tan225°+cos7π+sin+tan=____．9、【题文】一个圆锥的侧面展开图是圆心角为π，半径为18cm的扇形，则圆锥母线与底面所成角的余弦值为________．10、已知点A（﹣5，0），B（﹣1，﹣3），若圆x2+y2=r2（r＞0）上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为5，则r的取值范围是____11、若=（2，8），=（-7，2），则=______．12、（文科）等腰△ABC的顶角则=______．13、已知向量a鈫�

是与向量b鈫�=(鈭�3,4)

同向的单位向量，则向量a鈫�

的坐标是______．评卷人得分三、作图题(共9题，共18分)14、如图A、B两个村子在河CD的同侧，A、B两村到河的距离分别为AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，现在要在河边CD上建一水厂，向A、B两村送自来水，铺设管道费用为每千米2000元，请你在CD上选择水厂位置O，使铺设管道的费用最省，并求出其费用．15、作出下列函数图象：y=16、作出函数y=的图象．17、画出计算1++++的程序框图．18、以下是一个用基本算法语句编写的程序；根据程序画出其相应的程序框图．

19、请画出如图几何体的三视图．

20、某潜艇为躲避反潜飞机的侦查，紧急下潜50m后，又以15km/h的速度，沿北偏东45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏东60°前行8min，最后摆脱了反潜飞机的侦查．试画出潜艇整个过程的位移示意图．21、绘制以下算法对应的程序框图：

第一步；输入变量x；

第二步，根据函数f（x）=

对变量y赋值；使y=f（x）；

第三步，输出变量y的值．22、已知简单组合体如图；试画出它的三视图（尺寸不做严格要求）

评卷人得分四、解答题(共4题，共28分)23、（12分）已知若满足（1）求实数的值；（2）判断函数的单调性，并加以证明。24、【题文】如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面分别是的中点．

（Ⅰ）求证：平面

（Ⅱ）若与平面所成角为且求点到平面的距离．25、【题文】(本小题12分)如图四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形；侧棱与底边长均为a；

且∠A1AD=∠A1AB=60°。

①求证四棱锥A1-ABCD为正四棱锥；

②求侧棱AA1到截面B1BDD1的距离；

③求侧面A1ABB1与截面B1BDD1的锐二面角大小。26、【题文】如图1，在中，D,E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将沿DE折起到的位置，使如图2.

（Ⅰ）求证：DE∥平面

（Ⅱ）求证：

（Ⅲ）线段上是否存在点Q，使说明理由。评卷人得分五、计算题(共2题，共8分)27、分别求所有的实数k，使得关于x的方程kx2+（k+1）x+（k-1）=0

（1）有实根；

（2）都是整数根．28、如图，D是BC上一点，E是AB上一点，AD、CE交于点P，且AE：EB=3：2，CP：CE=5：6，那么DB：CD=____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】试题分析：因为是定义在上的偶函数，且在上是增函数，所以在上为减函数，且且又因为在上为减函数，所以考点：函数的单调性与奇偶性.【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】解：因为直角坐标系中，直线斜率为-倾斜角选D【解析】【答案】D3、D【分析】【解析】若FG不平行于EH，则FG与EH相交，交点必然在B1C1上，与EH∥B1C1矛盾，所以FG∥EH；由EH⊥平面A1ABB1，得到EH⊥EF，可以得到四边形EFGH为矩形，将Ω从正面看过去，就知道是一个五棱柱，C正确；D没能正确理解棱台的定义与题中的图形．【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】解：由于函数y=是偶函数，函数f（x）=故|f（x）|=在同一个坐标系中画出函数y=和y=的图象；如图所示：

由图象可知，这两个函数①y=和②y=的图象有两个不同的交点；

故方程的实根个数是2；

故选B．

【分析】在同一个坐标系中画出函数①y=和②y=的图象，如图所示，图象交点的个数即为方程的实根个数．5、B【分析】【分析】根据程序框图可知，程序运行时，列出数值x的变化情况，从而求出当x=-1时，输出的从而选出答案即可【解答】当x=3时，因为x＞0，所以x=x-2，∴x=1，即x=x-2，x=-1，x=-1时，空白框处的关系式可以是故选B.

【点评】本题主要考查了当型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题6、C【分析】解：取AD

中点G

连结EGFG

隆脽

四面体ABCD

中；EF

分别是ACBD

的中点，AB=6CD=10EF=7

隆脿GF//AB

且GF=12AB=3

GE//CD

且GE=12CD=5

隆脿隆脧EGF

是AB

与CD

所成角(

或所成角的补角)

隆脽cos隆脧EGF=GF2+GE2鈭�EF22脳GF脳GE=9+25鈭�492脳3脳5=鈭�12

隆脿隆脧EGF=120鈭�

隆脿AB

与CD

所成角的度数为60鈭�

．

故选：C

．

取AD

中点G

连结EGFG

则隆脧EGF

是AB

与CD

所成角(

或所成角的补角)

由此利用余弦定理能求出AB

与CD

所成角的度数．

本题考查异面直线所成角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面在面间的位置关系的合理运用，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．【解析】C

二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】观察分析图形规律发现，第一个图形有1×1-0个点，第二个图形有2×2-1个点，第三个图形有3×3-2个点，按此规律求出第6个图形和第n个图形的点数．【解析】【解答】解：通过观察得：

图1有：1×1-0=1个点；

图2有：2×2-1=3个点；

图3有：3×3-2=7个点；

图4有：4×4-3=13个点；

图5有：5×5-4=21个点；

那么图6有：6×6-5=31个点；

；

所以第n个图形有：n•n-（n-1）=n2-n+1个点；

故答案为：31，n2-n+1．8、略

【分析】

原式=sin（360°-30°）+cos（2π-）-tan（180°+45°）+cosπ+sin（π+）+tan

=sin（-30°）+cos（-）-tan（45°）+cosπ-sin（）+tan

=-+-1+（-1）-+

=-2+

故答案为：-2+

【解析】【答案】根据诱导公式将每项的值计算；再求最后结果．

9、略

【分析】【解析】设母线长为l，底面半径为r，则依题意易知l＝18cm，由αl＝2πr，代入数据即可得π×18＝2πr，解得r＝12cm，因此所求角的余弦值即为＝【解析】【答案】10、（1，5）【分析】【解答】由题意可得根据△MAB和△NAB的面积均为5；

可得两点M；N到直线AB的距离为2．

由于AB的方程为即3x+4y+15=0．

若圆上只有一个点到直线AB的距离为2；

则有圆心（0，0）到直线AB的距离=r+2，解得r=1．

若圆上只有3个点到直线AB的距离为2；

则有圆心（0，0）到直线AB的距离=r﹣2，解得r=5；

故答案为：（1；5）．

【分析】先求得|AB|=5，根据题意可得两点M，N到直线AB的距离为2．求出AB的方程为3x+4y+15=0，当圆上只有一个点到直线AB的距离为2时，求得r的值；当圆上只有3个点到直线AB的距离为2时，求得r的值，从而求得满足条件的r的取值范围。11、略

【分析】解：

∴=（-3；-2）

故答案为（-3；-2）

用向量减法的法则表示出再用坐标运算求出其坐标．

本题考查向量的减法运算．【解析】（-3，-2）12、略

【分析】解：等腰△ABC的顶角可得AB=AC=2；

则=2×2×cos60°=2．

故答案为：2．

利用已知条件求出AB；AC，然后求解数量积的大小即可．

本题考查平面向量的数量积的运算，考查计算能力．【解析】213、略

【分析】解：a鈫�=b鈫�|b鈫�|=(鈭�35,45)

．

故答案为：(鈭�35,45)

．

利用a鈫�=b鈫�|b鈫�|

即可得出．

本题考查了单位向量的求法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．【解析】(鈭�35,45)

三、作图题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】作点A关于河CD的对称点A′，当水厂位置O在线段AA′上时，铺设管道的费用最省．【解析】【解答】解：作点A关于河CD的对称点A′；连接A′B，交CD与点O，则点O即为水厂位置，此时铺设的管道长度为OA+OB．

∵点A与点A′关于CD对称；

∴OA′=OA；A′C=AC=1；

∴OA+OB=OA′+OB=A′B．

过点A′作A′E⊥BE于E；则∠A′EB=90°，A′E=CD=3，BE=BD+DE=3+1=4；

∴在Rt△A′BE中，A′B==5（千米）；

∴2000×5=10000（元）．

答：铺设管道的最省费用为10000元．15、【解答】幂函数y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定义域是[0；+∞），图象在第一象限，过原点且单调递增，如图所示；

【分析】【分析】根据幂函数的图象与性质，分别画出题目中的函数图象即可．16、【解答】图象如图所示。

【分析】【分析】描点画图即可17、解：程序框图如下：

【分析】【分析】根据题意，设计的程序框图时需要分别设置一个累加变量S和一个计数变量i，以及判断项数的判断框．18、解：程序框图如下：

【分析】【分析】根据题目中的程序语言，得出该程序是顺序结构，利用构成程序框的图形符号及其作用，即可画出流程图．19、解：如图所示：

【分析】【分析】由几何体是圆柱上面放一个圆锥，从正面，左面，上面看几何体分别得到的图形分别是长方形上边加一个三角形，长方形上边加一个三角形，圆加一点．20、解：由题意作示意图如下；

【分析】【分析】由题意作示意图。21、解：程序框图如下：

【分析】【分析】该函数是分段函数，当x取不同范围内的值时，函数解析式不同，因此当给出一个自变量x的值时，必须先判断x的范围，然后确定利用哪一段的解析式求函数值，因为函数解析式分了三段，所以判断框需要两个，即进行两次判断，于是，即可画出相应的程序框图．22、

解：几何体的三视图为：

【分析】【分析】利用三视图的作法，画出三视图即可．四、解答题(共4题，共28分)23、略

【分析】【解析】试题分析：（1）直接根据f（-x）=-f（x），整理即可得到结论．【解析】

（1）∵f（x）是R上的奇函数,∴f（-x）=-f（x），即（2）直接根据单调性的证明过程证明即可．（2）由（1）得f(x)=∵x1＜x2,∴2x1＜2x2,∴f（x1）-f（x2）＜0，所以f（x）在R上是增函数考点：函数单调性和奇偶性运用【解析】【答案】（1）（2）函数为R上的增函数24、略

【分析】【解析】

试题分析：（I）要证明平面关键是在平面内找到一条与直线平行的直线，本题就想是否有一个过直线的平面与平面相交，交线就是我们要找的平行直线（可根据线面平行的性质定理知），在图形中可容易看出应该就是平面只不过再想一下，交线到底是什么而已，当然具体辅助线的作法也可换成另一种说法（即试题解析中的直接取中点然后连接的方法）；（2）由于平面所以三棱锥的体积可以很快求出，从而本题可用体积法求点到平面的距离，另外由于如果取中点则有从而可得平面也即平面平面这时点到平面的垂线段可很快作出；从而迅速求出结论.

试题解析：（I）证明：如图，取的中点连接．

由已知得且

又是的中点，则且是平行四边形，∴

又平面平面平面

（II）设平面的距离为

【法一】：因平面故为与平面所成角，所以

所以又因是的中点所以．

作于因则。

则

因所以

【法二】因平面故为与平面所成角，所以

所以又因是的中点所以．

作于连结因则为的中点，故

所以平面所以平面平面作于则平面所以线段的长为平面的距离.

又

所以

考点：（1）线面平行的判定；（2）点到平面的距离.【解析】【答案】(1)见试题解析；（2）25、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）由AA1＝AD＝AB，及∠A1AD＝∠A1AB＝60°△A1AD、△AA1B都是正三角形，从而AA1＝A1D＝A1B，设A1在底面ABCD的射影为O，则由斜线长相等推出射影长也相等，所以O是Rt△ABD的外心，因为Rt△ABD的外心是斜边BD的中点，所以O是底面正方形ABCD的中心。所以四棱锥A1—ABCD是正四棱锥。

（2）由DB⊥平面AA1O截面BB1D1D⊥平面AA1O点O与侧棱AA1的距离d等于AA1和截面BB1D1D之间的距离。取AA1的中点M，则OM∥A1C，且OM⊥AA1，OM＝A1C＝a，∴所求距离为a。

（3）注意到所求二面角的棱是B1B，由M是AA1的中点MB⊥AA1，B1B∥AA1MB⊥B1B，又DB⊥AA1，AA1//B1BDB⊥B1B；

∴∠MBD是所求二面角的平面角。不妨设AB＝a＝2，则BD＝2MB＝MD＝

∴tanMBD＝

∴侧面A1ABB1与截面B1BDD1的夹角为arctan

考点：本试题考查了距离和角的求解运用。

点评：对于立体几何中的角和距离的求解是高考的一个方向，那么解决这类问题一般可以从两个角度来做，一个就是利用几何性质，结合定理和推论来了得到，另一个就是建立直角坐标系，通过法向量和直线的方向向量来表示得到，属于中档题。【解析】【答案】（1）因为Rt△ABD的外心是斜边BD的中点；所以O是底面正方形ABCD的中心，因此证明。

（2）a

（3）arctan26、略

【分析】【解析】（1）∵DE∥BC；由线面平行的判定定理得出。

（2）可以先证得出∵∴

∴

(3)Q为的中点，由上问易知取中点P，连接DP和QP，不难证出∴∴又∵∴【解析】【答案】见解析。

【考点定位】本题第二问是对基本功的考查；对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答；

第三问的创新式问法，难度比较大五、计算题(共2题，共8分)27、略

【分析】【分析】（1）分类讨论：当k=0，方程变为：x-1=0，解得x=1；当k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1，则-3k2+6k+1≥0，利用二次函数的图象解此不等式得≤k≤；最后综合得到当≤k≤时；方