…………○…………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2024年滬科版高一數學下冊階段測試試卷801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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、cos195°的值為（）

A.

B.

C.

D.

2、點P（1；2，2）到原點的距離是（）

A.9

B.3

C.1

D.5

3、已知角α的終邊經過點P（-3；4），則sinα的值等于（）

A.-

B.

C.

D.-

4、函數取得最大值時的值是（）A.B.1C.D.5、．正三棱錐的底邊長和高都是2，則此正三棱錐的斜高長度為（）A.B.C.D.6、【題文】設U=R,則()A.B.C.(2,3]D.7、【題文】已知集合則A.B.C.{D.8、設全集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評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、過點P（2，3），傾斜角為135°的直線的點斜式方程為____．11、求值：=____．12、設θ為第二象限角，若則sinθ+cosθ=____．13、函數f（x）=x2-x-2的零點是______．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．18、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據如圖，設計一種方案，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．20、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．21、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．22、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．評卷人得分四、解答題(共3題，共12分)23、已知函數其中常數．(1)令求函數的單調區間;(2)令將函數的圖像向左平移個單位,再往上平移個單位,得到函數的圖像．對任意的求在區間上零點個數的所有可能值．24、【題文】已知函數

（1）試判斷函數的奇偶性；

（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，PO⊥平面ABCD，PO=2，M為PD中點．

（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；利用誘導公式化簡，計算即可得到結果．

2、B【分析】

∵點P（1；2，2）

∴點P（1，2，2）到原點的距離是PO==3

故選B．

【解析】【答案】根據所給的點的坐標；利用兩點之間的距離公式，代入坐標求出兩點之間的距離，開方以后得到結果．

3、C【分析】

∵已知角α的終邊經過點P（-3，4），由任意角的三角函數的定義可得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】

因為可知當y’>0時，和y’<0時的解集，進而得到極值，從而得到最值，可知在x=時，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成直角三角形，應用勾股定理求求得斜高為考點：正棱錐的性質.【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

先根據補集的含義求CUA，再根據交集的含義求（CUA）∩B即可．

本題考查集合的基本運算，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．

本題考查對數的運算性質，解題要注意對數運算法則的合理運用．【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；由點斜式求得直線的方程為y-3=-1（x-2）；

化簡可得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】根據有理數的指數冪的運算性質及對數的運算性質化簡即可求得函數的值。

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公式及特殊角的三角函數值化簡，求出tanθ的值，再根據θ為第二象限角，利用同角三角函數間的基本關系求出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f（x）的零點為2或-1．

故答案為：2或-1．

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

本題考查函數的零點的求法，注意運用方程思想，考查運算能力，屬于基礎題．【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m=0

時；兩條直線分別化為：鈭?y=4x=2

此時兩條直線垂直，因此m=0

滿足條件；

當m=1

時；兩條直線分別化為：x鈭?y=4x=2

此時兩條直線不垂直，因此m=1

不滿足條件；

當m鈮?01

時，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

．

由已知利用誘導公式化簡所求即可得解．

本題主要考查了誘導公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了轉化思想，屬于基礎題．【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．18、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點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．20、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．21、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．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；

∴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)令函數化為可得單調區間；(2)時，經平移可得根據的圖像與性質可得零點個數．【解析】

(1)．分別令：或得的單調區間;．(2)時,其最小正周期由得∴即區間的長度為10個周期,若零點不在區間的端點,則每個周期有2個零點;若零點在區間的端點,則僅在區間左或右端點處得一個區間含3個零點,其它區間仍是2個零點;故當時,21個,否則20個．考點：的圖像與性質．三角恒等變形．【解析】【答案】(1)增區間減區間(2)當