2024年滬科版高一數(shù)學上冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年滬科版高一數(shù)學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列各圖是正方體或正四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點，這四個點中不共面的一個圖是2、【題文】設(shè)的A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3、下面是2×2列聯(lián)表：。y1y2總計x1ab73x222c47總計7446120則a+b+c等于（）A.96B.97C.99D.984、∠AOB如圖，⊙O與x軸的正半軸交點為A，點B，C在⊙O上，且點C在第一象限，∠AOC=α，BC=1，則=（）A.B.C.D.5、對于給定的直線l和平面a，在平面a內(nèi)總存在直線m與直線l（）A.平行B.相交C.垂直D.異面6、函數(shù)y=12(4x鈭?3)

的定義域為(

)

A.(鈭?隆脼,34)

B.(鈭?隆脼,1]

C.(34,1]

D.(34,1)

評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、____8、已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（x+2）是偶函數(shù)，且x≥2時的解析式為y=x2-6x+4，則x＜2時f（x）的解析式為____．9、【題文】已知某幾何體的三視圖如圖；其中主視圖中半圓直徑為2，則該幾何體的體積____________

10、【題文】函數(shù)的定義域為____11、【題文】使成立的的取值范圍是12、【題文】已知直線l經(jīng)過點P(3,1),且被兩平行直線l1:x+y+1=0和l2:x+y+6=0截得的線段長為5,則直線l的方程為___________.評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)13、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(jù)如圖，設(shè)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(shè)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．14、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．15、如圖，設(shè)△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．16、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．17、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．18、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．19、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=2．20、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點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．評卷人得分四、解答題(共4題，共28分)21、【題文】(本小題滿分12分)已知22、【題文】（本小題滿分14分）已知四棱錐P—ABCD的三視圖如右圖所示；

其中正（主）視圖與側(cè)（左）視為直角三角形；俯視圖為正方形。

（1）求四棱錐P—ABCD的體積；

（2）若E是側(cè)棱上的動點。問：不論點E在PA的。

任何位置上，是否都有

請證明你的結(jié)論？

（3）求二面角D—PA—B的余弦值。23、求過點M（2，2）且與兩點A（2，3）、B（6，-9）等距離的直線l的方程．24、數(shù)列{an}

的前n

項和為Sn

若對于任意的正整數(shù)n

都有Sn=2an鈭?3n

．

(1)

設(shè)bn=an+3

求證：數(shù)列{bn}

是等比數(shù)列；并求出{an}

的通項公式；

(2)

求數(shù)列{nan}

的前n

項和．評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)25、已知α、β是方程x2-x-1=0的兩個實數(shù)根，則代數(shù)式α2+α（β2-2）的值為____．26、（2005?深圳校級自主招生）如圖所示；MN表示深圳地鐵二期的一段設(shè)計路線，從M到N的走向為南偏東30°，在M的南偏東60°方向上有一點A，以A為圓心，500m為半徑的圓形區(qū)域為居民區(qū)．取MN上的另一點B，測得BA的方向為南偏東75度．已知MB=400m．通過計算判斷，如果不改變方向，地鐵路線是否會穿過居民區(qū)，并說明理由．

（1.732）

解：地鐵路線____（填“會”或“不會”）穿過居民區(qū)．27、知集合A={x|x2﹣1=0}，B={x|ax﹣1=0}，A∪B=A，求實數(shù)a的值．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【解析】試題分析：選項A中，由于PQ,SR都是中位線，那么延長之后可以相交，故是共面。選項B中，QR,PS的延長線，符合中位線的性質(zhì)，延長后相交于一點，故是共面的四點。而選項C中，PS,QR，都平行與同一條直線，那么可知共面，排除法選D.考點：本題主要考查了空間中線面的位置關(guān)系的共面問題的運用?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)；得；

a+b+c+22=120

∴a+b+c=120﹣22=98．

故選：D．

【分析】根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得出a+b+c+22=120，從而求出a+b+c的值。4、A【分析】解：方法一：如圖，由B（-）；得OB=OC=1，又BC=1；

∴∠BOC=由三角函數(shù)的定義，得sin∠AOB=cos∠AOB=．

∴sinα=sin（-∠AOB）=sincos∠AOB-cossin∠AOB=×-×=

同理cosα=

∴cos（-α）=coscosα+sinsinα=-×+×=-

方法二：∵∠AOB是OA逆時針轉(zhuǎn)至OC；再順時針轉(zhuǎn)至OB所得到。

∴∠AOB=0+a-=a-

∴sin（a-）=-

∴cos（-a）

=cos[-（a-）]

=sin（a-）

=-

故選：A．

方法一：由題意求得sinα，cosα的值，利用兩角差的余弦展開cos（-α）得答案．

方法二：根據(jù)角的變化得到∠AOB=a-根據(jù)誘導公式即可求出答案．

本題考查三角函數(shù)的化簡求值，考查三角函數(shù)的定義，考查兩角差的正弦和余弦，是基礎(chǔ)題．【解析】【答案】A5、C【分析】解：若直線l和平面α平行；則平面α內(nèi)的直線與l平行或異面，不可能相交，可排除答案A；

若直線l和平面α相交；則平面α內(nèi)的直線與l相交或異面，不可能平行，可排除答案B；

若直線l?平面α；則平面α內(nèi)的直線與l相交或平行，不可能異面，可排除答案D；

故選C．

本題可采用分類討論；對答案進行排除，分別討論直線l和平面α平行，直線l和平面α相交，直線l?平面α，三種情況，排除錯誤答案后，即可得到結(jié)論．

本題考查的知識點是空間中直線與直線之間的位置關(guān)系，其中熟練掌握直線與平面位置關(guān)系的幾何特征，及直線與直線位置關(guān)系的結(jié)構(gòu)特征是解答本題的關(guān)鍵．【解析】【答案】C6、C【分析】解：由題得：{4x鈭?3>0log12(4x鈭?3)鈮?0?{x>34log12(4x鈭?3)鈮?log121?{x>34x鈮?1?(34,1]

．

故選：C

．

直接根據(jù)真數(shù)大于0

以及根號內(nèi)大于等于0

列出關(guān)于x

的不等式組；解之即可得到答案．

本題主要考查函數(shù)的定義域及其求法.

當函數(shù)是由解析式給出時，其定義域是使解析式有意義的自變量的取值集合．【解析】C

二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【解析】試題分析：因為，所以，故考點：兩角和的正切公式【解析】【答案】18、略

【分析】

∵f（x+2）是偶函數(shù)；∴f（-x+2）=f（x+2）

設(shè)x＜2，則4-x＞2，可得f（4-x）=（4-x）2-6（4-x）+4=x2-2x-4；

∵f（4-x）=f[2+（2-x）]=f[2-（2-x）]=f（x）

∴當x＜2時，f（x）=f（4-x）=x2-2x-4；

故答案為：f（x）=x2-2x-4

【解析】【答案】根據(jù)函數(shù)奇偶性定義；得f（-x+2）=f（x+2）．當x＜2時，由于4-x＞2，將4-x代入已知條件的解析式，可得f（4-x）=

x2-2x-4；而f（4-x）與f（x）相等，由此則不難得到x＜2時f（x）的解析式．

9、略

【分析】【解析】

試題分析：由三視圖可知，該幾何體是有長方體里面挖了一個半圓柱體，可知，長方體的長為4，寬為3，高為2，那么圓柱體的高位3，底面的半徑為1，則可知該幾何體的體積為故答案為．

考點：由三視圖求面積、體積．【解析】【答案】24-10、略

【分析】【解析】解：因為

故函數(shù)的定義域為【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（-1,0）12、略

【分析】【解析】設(shè)直線l與l1、l2分別交于A(x1、y1)、B(x2、y2).則。

x1+y1+1=0,x2+y2+6=0.

兩式相減得(x1-x2)+(y1-y2)=5.①

又(x1-x2)2+(y1-y2)2=25.②

解①②得x1-x2=5,y1-y2=0或x1-x2=0,y1-y2=5.

故直線l的傾斜角為0°或90°.

答案:x=3或y=1【解析】【答案】x=3或y=1三、證明題(共8題，共16分)13、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)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(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，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(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．14、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=15、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．16、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．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四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．17、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四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，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四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．18、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(shè)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(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．19、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四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．20、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【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為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．四、解答題(共4題，共28分)21、略

【分析】【解析】本試題主要是考查了集合的運算以及不等式的表示的綜合運用。

先分析集合交集為空集；對于集合A可能為空集，也可能不是空集，因此要分類討論得到結(jié)論。

解：此時符合題意；

此時亦符合題意。

【解析】【答案】22、略

【分析】【解析】解：（1）由三視圖可知；四棱錐P—ABCD的底面是邊長為1的正方形；

側(cè)棱底面ABCD；且PC=2

4分。

（2）不論點E在何位置，都有5分。

證明：連結(jié)AC；

是正方形，

底面ABCD，且平面ABCD；

6分。

又平面PAC7分。

不論點E在何位置，都有平面PAC。

不論點E在何位置，都有BDCE。9分。

（3）在平面DAP過點D作DFPA于F；連結(jié)BF

AD=AB=1，

又AF=AF；AB=AD

從而

為二面角D—AP—B的平面角12分。

在中，

故在中，

又在中；

由余弦定理得：

所以二面角D—PA—B的余弦值為14分【解析】【答案】

不論點E在何位置，都有23、略

【分析】

設(shè)過點M（2，2）的直線l的方程為y=k（x-2）+2，由直線l與兩點A（2，3）、B（6，-9）等距離，得到=由此能求出直線方程．

本題考查直線方程的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意點到直線距離的合理運用．【解析】解：設(shè)過點M（2；2）的直線l的方程為y=k（x-2）+2；

即kx-y-2k+2=0；

∵直線l與兩點A（2；3）；B（6，-9）等距離；

∴=

解得k=-或k=-3；

∴直線方程為：y=-（x-2）+2或y=-3（x-2）+2．

整理，得：5x+2y-14=0或3x+y-8=0．24、略

【分析】

(1)

通過遞推關(guān)系式求出an

與an+1

的關(guān)系，推出{an+3}

即數(shù)列{bn}

是等比數(shù)列，求出數(shù)列{bn}

的通項公式即可求出{an}

的通項公式；

(2)

寫出數(shù)列{nan}

的通項公式；然后寫出前n

項和的表達式通過錯位相減法求解即可．

本題考查數(shù)列遞推式，等比關(guān)系的確定，數(shù)列的求和的方法錯位相減法的應用，高考參考題型，考查計算能力．【解析】解：(1)隆脽Sn=2an鈭?3n

對于任意的正整數(shù)都成立；

隆脿Sn+1=2an+1鈭?3n鈭?3

兩式相減；得an+1=2an+1鈭?2an鈭?3

即an+1=2an+3

隆脿an+1+3=2(an+3)

所以數(shù)列{bn}

是以2

為公比的等比數(shù)列；

由已知條件得：S1=2a1鈭?3a1=3

．

隆脿

首項b1=a1+3=6

公比q=2

隆脿an=6?2n鈭?1鈭?3=3?2n鈭?3

．

(2)隆脽nan=3隆脕n?2n鈭?3n

隆脿Sn=3(