2025年人教新課標(biāo)高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年人教新課標(biāo)高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷974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7題，共14分)1、不等式|x-1|+|x+2|≥a對x∈R恒成立；則常數(shù)a滿足（）

A.a＞3

B.a≥3

C.a≤3

D.a＜3

2、已知?jiǎng)t（）A.B.C.D.13、執(zhí)行右面的程序框圖，如果輸入的N是6，那么輸出的p是()A.120B.720C.1440D.50404、邊長為的三角形的最大角與最小角的和是A.B.C.D.5、【題文】若圓與圓的公共弦長為則的值為A.B.C.D.無解6、【題文】函數(shù)在上的最大值與最小值之和為則等于A.4B.C.2D.7、設(shè)f（x）=若f（0）是f（x）的最小值，則a的取值范圍為（）A.[﹣1，2]B.[﹣1，0]C.[1，2]D.[0，2]評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、在等比數(shù)列中，若則____9、【題文】已知集合則____．10、【題文】二次函數(shù)y=ax2+bx+c(x∈R)的部分對應(yīng)值如下表：

。x

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

y

6

0

-4

-6

-6

-4

0

6

則不等式ax2+bx+c>0的解集是_______________________.11、已知sin（π﹣α）=且α是第一象限的角，則cos（α+）的值為____．12、給出下列五個(gè)命題：

①函數(shù)y=f（x）；x∈R的圖象與直線x=a可能有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；

②函數(shù)y=log2x2與函數(shù)y=2log2x是相等函數(shù)；

③對于指數(shù)函數(shù)y=2x與冪函數(shù)y=x2，總存在x0，當(dāng)x＞x0時(shí)，有2x＞x2成立；

④對于函數(shù)y=f（x），x∈[a，b]，若有f（a）?f（b）＜0，則f（x）在（a，b）內(nèi)有零點(diǎn)．

⑤已知x1是方程x+lgx=5的根，x2是方程x+10x=5的根，則x1+x2=5．

其中正確的序號是______．評卷人得分三、證明題(共7題，共14分)13、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．14、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．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，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．19、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(jì)算題(共2題，共18分)20、（2011?蒼南縣校級自主招生）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象如圖所示；則下列式子：

ab，ac，a+b+c，a-b+c，2a+b，2a-b中，其值為正的式子共有____個(gè)．21、代數(shù)式++的值為____．評卷人得分五、解答題(共2題，共6分)22、已知A、B、C是的三內(nèi)角，向量且（1）求角A；（2）若求23、【題文】設(shè)集合A={x|a≤x≤a+3}，B={x|x<-1或x>5}，分別求下列條件下實(shí)數(shù)a的值構(gòu)成的集合．（1）A∩B=（2）(3)評卷人得分六、綜合題(共3題，共27分)24、二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)是，它與x軸的一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)是（-2，0），另一個(gè)交點(diǎn)的是C，它與y軸相交于D，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．試問：y軸上是否存在點(diǎn)P，使得△POB∽△DOC？若存在，試求出過P、B兩點(diǎn)的直線的解析式；若不存在，說明理由．25、設(shè)L是坐標(biāo)平面第二；四象限內(nèi)坐標(biāo)軸的夾角平分線．

（1）在L上求一點(diǎn)C，使它和兩點(diǎn)A（-4，-2）、B（5，3-2）的距離相等；

（2）求∠BAC的度數(shù)；

（3）求（1）中△ABC的外接圓半徑R及以AB為弦的弓形ABC的面積．26、（2012?鎮(zhèn)海區(qū)校級自主招生）如圖，在坐標(biāo)平面上，沿著兩條坐標(biāo)軸擺著三個(gè)相同的長方形，其長、寬分別為4、2，則通過A，B，C三點(diǎn)的拋物線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式是____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

∵|x-1|+|x+2|≥|（x-1）-（x+3）|=3

∴當(dāng)x∈[-2；1]時(shí)，函數(shù)y=|x-1|+|x+2|的最小值為3

因此；滿足不等式|x-1|+|x+2|≥a對x∈R恒成立，常數(shù)a滿足a≤3

故選：C

【解析】【答案】根據(jù)絕對值的意義和不等式的性質(zhì)；可得當(dāng)x∈[-2，1]時(shí)，函數(shù)y=|x-1|+|x+2|的最小值為3．由此即可算出使原不等式恒成立的常數(shù)a的范圍．

2、A【分析】【解析】試題分析：兩式兩邊分別平方得兩邊分別并相加，得所以故選A?？键c(diǎn)：本題主要考查兩角差的余弦公式?！窘馕觥俊敬鸢浮緼.3、B【分析】【解析】

經(jīng)過第一次循環(huán)得到k=1,p=1經(jīng)過第二次循環(huán)得到k=2,p=2經(jīng)過第三次循環(huán)得到k=3,p=6；經(jīng)過第四次循環(huán)得k=4,p=24經(jīng)過第五次循環(huán)得k=5,p=120；經(jīng)過第六次循環(huán)得k=6,p=720此時(shí)執(zhí)行輸出720，故選B【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】

根據(jù)三角形角邊關(guān)系可得，最大角與最小角所對的邊的長分別為8與5，設(shè)長為7的邊所對的角為θ，則最大角與最小角的和是180°-θ，有余弦定理可得，cosθ=(25+64-49)/(2×5×8)=1/2，易得θ=60°，則最大角與最小角的和是180°-θ=120°，故選B．【解析】【答案】B5、A【分析】【解析】

試題分析：圓的圓心為原點(diǎn)O，半徑．

將圓與圓相減；

可得

即得兩圓的公共弦所在直線方程為．

原點(diǎn)O到的距離d=||；

設(shè)兩圓交于點(diǎn)A、B，根據(jù)勾股定理可得＝()2+()2∴∴=±2．故選A．.

考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．【解析】【答案】A6、D【分析】【解析】函數(shù)在上是單調(diào)函數(shù)；

所以其最大值與最小值之和為

所以即【解析】【答案】D7、D【分析】【解答】解；當(dāng)a＜0時(shí)，顯然f（0）不是f（x）的最小值，當(dāng)a≥0時(shí)，f（0）=a2；

由題意得：a2≤x++a；

解不等式：a2﹣a﹣2≤0；得﹣1≤a≤2；

∴0≤a≤2；

故選：D．

【分析】當(dāng)a＜0時(shí)，顯然f（0）不是f（x）的最小值，當(dāng)a≥0時(shí)，解不等式：a2﹣a﹣2≤0，得﹣1≤a≤2，問題解決．二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】由等比數(shù)列的性質(zhì)得又所以【解析】【答案】99、略

【分析】【解析】

試題分析：

考點(diǎn)：集合的運(yùn)算.【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、【分析】【解答】解：∵sin（π﹣α）=sinα=且α是第一象限的角，∴cosα==

則cos（α+）=cosαcos﹣sinαsin=﹣=﹣

故答案為：-．

【分析】利用誘導(dǎo)公式求得sinα的值、可得cosα的值，再利用兩角和差的余弦公式求得cos（α+）的值．12、略

【分析】解：對于①函數(shù)表示每個(gè)輸入值對應(yīng)唯一輸出值的一種對應(yīng)關(guān)系；根據(jù)定義進(jìn)行判定即可判斷①錯(cuò)；

對于②函數(shù)y=log2x2與函數(shù)y=2log2x的定義域不等；故不是相等函數(shù)，故②錯(cuò)；

對于③當(dāng)x0取大于等于4的值都可使當(dāng)x＞x0時(shí)，有2x＞x2成立；故③正確；

對于④函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[a，b]上連續(xù)，才有若有f（a）?f（b）＜0，則f（x）在（a，b）內(nèi)有零點(diǎn)．故④錯(cuò)。

對于⑤：∵x+lgx=5，∴l(xiāng)gx=5-x．∵x+10x=5，∴10x=5-x；

∴l(xiāng)g（5-x）=x．如果做變量代換y=5-x；則lgy=5-y；

∵x1是方程x+lgx=5的根，x2是方程x+10x=5的根；

∴x1=5-x2，∴x1+x2=5．故正確。

故答案為：③⑤

①函數(shù)表示每個(gè)輸入值對應(yīng)唯一輸出值的一種對應(yīng)關(guān)系，根據(jù)定義進(jìn)行判定即可判斷；②根據(jù)函數(shù)的定義域進(jìn)行判定即可；③總存在x0=4，當(dāng)x＞4時(shí)，有2x＞x2成立；④缺少條件“函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[a，b]上連續(xù)”；⑤第一個(gè)方程：lgx=5-x．第二個(gè)方程，10x=5-x，lg（5-x）=x．注意第二個(gè)方程，如果做變量代換y=5-x，則lgy=5-y，其實(shí)是與第一個(gè)方程一樣的．那么，如果x1，x2是兩個(gè)方程的解，則必有x1=5-x2，也就是說，x1+x2=5．

此題是個(gè)中檔題，考查函數(shù)圖象和零點(diǎn)問題，以及函數(shù)概念和構(gòu)成要素等基礎(chǔ)知識，考查學(xué)生靈活應(yīng)用知識分析解決問題的能力．【解析】③⑤三、證明題(共7題，共14分)13、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．14、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．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】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)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．19、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、計(jì)算題(共2題，共18分)20、略

【分析】【分析】由函數(shù)圖象可以得到a＜0，b＞0，c＜0，令y=0，方程有兩正實(shí)根，根據(jù)以上信息，判斷六個(gè)代數(shù)式的正負(fù)．【解析】【解答】解：從函數(shù)圖象上可以看到，a＜0，b＞0；c＜0，令y=0，方程有兩正實(shí)根；

則①ab＜0；

②ac＞0；

③當(dāng)x=1時(shí)，a+b+c＞0；

④當(dāng)x=-1時(shí)，a-b+c＜0；

⑤對稱軸x=-=1，2a+b=0；

⑥對稱軸x=-=1，b＞0，2a-b＜0．

故答案為2．21、略

【分析】【分析】本題可分4種情況分別討論，解出此時(shí)的代數(shù)式的值，然后綜合得到所求的值．【解析】【解答】解：由分析知：可分4種情況：

①a＞0，b＞0，此時(shí)ab＞0

所以++=1+1+1=3；

②a＞0，b＜0，此時(shí)ab＜0

所以++=1-1-1=-1；

③a＜0，b＜0，此時(shí)ab＞0

所以++=-1-1+1=-1；

④a＜0，b＞0，此時(shí)ab＜0

所以++=-1+1-1=-1；

綜合①②③④可知：代數(shù)式++的值為3或-1．

故答案為：3或-1．五、解答題(共2題，共6分)22、略

【分析】試題分析：（1）用向量數(shù)量積公式列出方程在用化一公式將其化為根據(jù)三角形內(nèi)角的范圍為求出整個(gè)角的范圍，最后確定的值，即得到A的值。（2）將1用表示，用2倍角公式展開，得到因?yàn)樗詫⑸鲜絻蛇叾纪瑫r(shí)除以即得到關(guān)于的一元二次方程，可求得的值。將角C寫成用誘導(dǎo)公式及正切的兩角和公式即可求得試題解析：（1）∵∴即3分∵∴即6（2）由題知：即：∵∴∴或10分而使故應(yīng)舍去，∴∴=12分考點(diǎn)：向量數(shù)量級，二倍角公式，同角函數(shù)基本關(guān)系式，正切的兩角和公式【解析】【答案】（1）（2）23、略

【分析】【解析】(1)由題意得得

所以實(shí)數(shù)a的值構(gòu)成的集合為{}4分。

(2)因?yàn)樗?/p>

所以有

所以實(shí)數(shù)a的值構(gòu)成的集合為{}10分。

（3）由題意得得

這樣得實(shí)數(shù)a不存在，所以實(shí)數(shù)a的值構(gòu)成的集合為14分【解析】【答案】（1）（2）(3)六、綜合題(共3題，共27分)24、略

【分析】【分析】先根據(jù)條件利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后根據(jù)解析式求出點(diǎn)D，點(diǎn)C的坐標(biāo)，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)P、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法就可以求出直線PB的解析式．【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)是；它與x軸的一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)是（-2，0）；

∴設(shè)拋物線的解析式為：將點(diǎn)B（-2；0）代入得；

；解得

a=-1

∴拋物線的解析式為：y=-x2+x+6．

當(dāng)x=0時(shí)；y=6

∴D（0；6）；

∴OD=6

y=0時(shí)，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）；

設(shè)直線PB的解析式為：y=kx+b；

∴或；解得：

或

求得直線PB的解析式為：y=2x+4或y=-2x-4．

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