2025年浙教版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年浙教版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷471考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、用一個(gè)平面去截正方體，則截面不可能是（）A.正三角形B.正方形C.正五邊形D.正六邊形2、若函數(shù)與它的反函數(shù)的圖象都經(jīng)過點(diǎn)（1，2），則a+b=（）

A.4

B.3

C.-3

D.-4

3、已知α為第三象限角，且sinα＝－則tan的值是()A.B.C.－D.－4、若函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，在上是減函數(shù)，且則使得的的取值范圍是（）A.B.C.D.5、下圖是由哪個(gè)平面圖形旋轉(zhuǎn)得到的（）6、【題文】下列函數(shù)中，滿足的是（）A.B.C.D.7、已知函數(shù)在上單調(diào)遞減.則的取值范圍（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、若函數(shù)則的值域是___________9、長方體ABCD-A1B1C1D1中，則A1C和B1D1所成角的大小為____．

10、【題文】函數(shù)的定義域?yàn)開__________．11、【題文】如圖，是一個(gè)幾何體的三視圖，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，可得該幾何體的體積是cm3.12、不等式|2x﹣1|＜3的解集為____．13、已知集合A={x|x＞2}，B={2，3，4}，則A∩B=______．14、（理）點(diǎn)A（1，1）到直線xcosθ+ysinθ-2=0的距離的最大值是______．評(píng)卷人得分三、證明題(共6題，共12分)15、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．16、如圖；過圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)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(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．17、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．18、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．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(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共4題，共12分)21、已知α，β為銳角，tanα，tanβ是一元二次方程6x2-5x+1=0的兩根，求銳角α+β的值．（備選公式）22、如圖，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點(diǎn)，過A作⊙O1的切線交⊙O2于E，連接EB并延長交⊙O1于C，直線CA交⊙O2于點(diǎn)D．

（1）當(dāng)A；D不重合時(shí)；求證：AE=DE

（2）當(dāng)D與A重合時(shí)，且BC=2，CE=8，求⊙O1的直徑．23、（模擬改編）如圖；在△ABC中，∠B=36°，D為BC上的一點(diǎn)，AB=AC=BD=1．

（1）求DC的長；

（2）利用此圖，求sin18°的精確值．24、（模擬改編）如圖；在△ABC中，∠B=36°，D為BC上的一點(diǎn)，AB=AC=BD=1．

（1）求DC的長；

（2）利用此圖，求sin18°的精確值．評(píng)卷人得分五、解答題(共2題，共14分)25、已知數(shù)列{an}滿足：an+1=2an-an-1（n≥2，n∈N*），數(shù)列{bn}滿足：b1＜0，3bn-bn-1=n（n≥2，n∈N*），數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn．

（Ⅰ）求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列；

（Ⅱ）求證：數(shù)列{bn-an}為等比數(shù)列；

（Ⅲ）若當(dāng)且僅當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值，求b1的取值范圍．

26、若f(x)=x2+bx+c

且f(1)=0f(3)=0

．

(1)

求b

與c

的值；

(2)

用定義證明f(x)

在(2,+隆脼)

上是增函數(shù)．評(píng)卷人得分六、綜合題(共1題，共3分)27、如圖，在矩形ABCD中，M是BC上一動(dòng)點(diǎn)，DE⊥AM，E為垂足，3AB=2BC，并且AB，BC的長是方程x2-（k-2）x+2k=0的兩個(gè)根；

（1）求k的值；

（2）當(dāng)點(diǎn)M離開點(diǎn)B多少距離時(shí)，△AED的面積是△DEM面積的3倍？請(qǐng)說明理由．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：A如圖去截就能得到正三角形.簡單的看，平行于一個(gè)面的截面，就是正方形正方體六個(gè)面，每個(gè)面選一對(duì)相鄰的邊的中點(diǎn)，連一條線段，就能形成正六邊形，考點(diǎn)：考察空間想象能力【解析】【答案】C2、A【分析】

由已知點(diǎn)（1，2）在的圖象上；

則=2，即a+b=4；

又∵互為反函數(shù)的函數(shù)圖象關(guān)于y=x對(duì)稱。

∴點(diǎn)（2，1）也在函數(shù)的圖象上。

由此得：=1，即：2a+b=1；

將此與a+b=4聯(lián)立解得：a=-3，b=7；

故選A．

【解析】【答案】利用互為反函數(shù)的函數(shù)圖象關(guān)于y=x對(duì)稱這一特點(diǎn)；不求反函數(shù)，直接將點(diǎn)（1，2）和關(guān)于y=x的對(duì)稱點(diǎn)（2，1）分別代入原函數(shù)解析式構(gòu)建方程組獲得．

3、D【分析】【解析】試題分析：因?yàn)?，α為第三象限角，且sinα＝－所以，tan=－選D。考點(diǎn)：和差倍半的三角函數(shù)，三角函數(shù)同角公式?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、A【分析】【解析】試題分析：因?yàn)楹瘮?shù)是定義在上的偶函數(shù)，且在上是減函數(shù)，所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，且所以由得：即所以考點(diǎn)：函數(shù)的奇偶性；函數(shù)的單調(diào)性；不等式的解法?！窘馕觥俊敬鸢浮緼5、A【分析】【解析】

圖中所給的幾何體是由上部的圓錐和下部的圓臺(tái)組合而成的，故軸截面的上部是直角三角形，下部為直角梯形構(gòu)成，故選A．【解析】【答案】A6、C【分析】【解析】

試題分析：將四個(gè)選項(xiàng)代入，可知只有當(dāng)時(shí)，才有故選C.

考點(diǎn)：冪函數(shù)性質(zhì)【解析】【答案】C7、B【分析】【解答】由得因?yàn)楹瘮?shù)y=sinx在單調(diào)遞減，所以所以的取值范圍是

【分析】在求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，一定要注意的正負(fù)。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于函數(shù)對(duì)稱軸遞增函數(shù)，那么可知函數(shù)的最小值故的值域是答案為考點(diǎn)：二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【答案】9、略

【分析】

連結(jié)A1C1交B1D1于O，取CC1的中點(diǎn)E，則OE是中位線，所以O(shè)E∥A1C，且OE=．

則直線OE與B1D1所成的角，即為A1C和B1D1所成的角．

因?yàn)樗?/p>

所以O(shè)E==．

所以在三角形OB1E中，．

所以∠B1OE=60°．

即A1C和B1D1所成角的大小為60°．

故答案為：60°．

【解析】【答案】利用異面直線所成角的定義；先找平行線，構(gòu)造三角形，然后利用異面直線所成角的定義求兩直線的夾角．

10、略

【分析】【解析】

試題分析：且解得所以定義域?yàn)?/p>

考點(diǎn)：函數(shù)的定義域【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12、{x﹣1＜x＜2}【分析】【解答】解：∵|2x﹣1|＜3?﹣3＜2x﹣1＜3

?﹣1＜x＜2；

∴不等式|2x﹣1|＜3的解集為{x|﹣1＜x＜2}．

故答案為：{x|﹣1＜x＜2}．

【分析】將2x﹣1看成整體，利用絕對(duì)值不等式將原不等式轉(zhuǎn)化成整式不等式，最后利用不等式基本性質(zhì)求解即可．13、略

【分析】解：∵A={x|x＞2}；B={2，3，4}；

∴A∩B={3；4}；

故答案為：{3；4}

由A與B；找出兩集合的交集即可．

此題考查了交集及其運(yùn)算，熟練掌握交集的定義是解本題的關(guān)鍵．【解析】{3，4}14、略

【分析】解：由點(diǎn)到直線的距離公式可得；

d==

故答案為：

先由點(diǎn)到直線的距離求得距離模型；再由三角函數(shù)的輔助角公式及三角函數(shù)的性質(zhì)求得最值．

本題主要考查了點(diǎn)到直線的距離公式及三角輔助角公式及三角函數(shù)的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，考查了建模和解模的能力．【解析】三、證明題(共6題，共12分)15、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(diǎn)共圓即可；

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

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．16、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，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(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽R(shí)t△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=17、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∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△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∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△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）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(diǎn)共圓即可；

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

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．19、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)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(duì)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=2．20、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4題，共12分)21、略

【分析】【分析】根據(jù)一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與系數(shù)的關(guān)系得到tanα+tanβ=，tanα?tanβ=，然后利用題中給的公式有tan（α+β）=；把

tanα+tanβ=，tanα?tanβ=整體代入得到tan（α+β）==1，再根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值即可得到銳角α+β的值．【解析】【解答】解：∵tanα，tanβ是一元二次方程6x2-5x+1=0的兩根；

∴tanα+tanβ=，tanα?tanβ=

∵tan（α+β）=；

∴tan（α+β）==1；

∴銳角（α+β）=45°．22、略

【分析】【分析】（1）通過證角相等來證邊相等．連接AB，那么ABED就是圓O2的內(nèi)接四邊形，根據(jù)內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，∠ABC=∠D，那么只要再得出∠DAE=∠ABC即可得證，我們發(fā)現(xiàn)∠EAD的對(duì)頂角正好是圓O1的弦切角；因此∠DAE=∠ABC，由此便可求出∠DAE=∠D，根據(jù)等角對(duì)等邊也就得出本題要求的結(jié)論了；

（2）DA重合時(shí)，CA與圓O2只有一個(gè)交點(diǎn)，即相切．那么CA，AE分別是⊙O1和⊙O2的直徑（和切線垂直弦必過圓心），根據(jù)切割線定理AC2=CB?CE，即可得出AC=4，即圓O1的直徑是4．【解析】【解答】解：（1）證明：連接AB，在EA的延長線上取一點(diǎn)F，作⊙O1的直徑AM；連接CM；

則∠ACM=90°；

∴∠M+∠CAM=90°；

∵AE切⊙O1于A；

∴∠FAM=∠EAM=90°；

∴∠FAC+∠CAM=90°；

∴∠FAC=∠M=∠ABC，

即∠FAC=∠ABC；

∵∠FAC=∠DAE；

∴∠ABC=∠DAE；

而∠ABC是⊙O2的內(nèi)接四邊形ABED的外角；

∴∠ABC=∠D；

∴∠DAE=∠D；

∴EA=ED．

（2）當(dāng)D與A重合時(shí)，直線CA與⊙O2只有一個(gè)公共點(diǎn)；

∴直線AC與⊙O2相切；

∴CA，AE分別是⊙O1和⊙O2的直徑；

∴由切割線定理得：AC2=BC?CE；

∴AC=4．

答：⊙O1直徑是4．23、略

【分析】【分析】（1）利用已知條件可以證明△ADC∽△BAC；再利用其對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出CD的長．

（2）作AD的高，可將所求角的值轉(zhuǎn)化在直角三角形中求出．【解析】【解答】解：（1）∵∠B=36°；AB=AC=BD=1；

∴∠C=36°；∠BDA=∠BAD=72°，∠DAC=36°；

∴∠DAC=∠B；∠C=∠C；

∴△ADC∽△BAC；

∴=；

即DC×（DC+1）=1；

∴DC1=，DC2=（舍去）；

∴DC=；

（2）過點(diǎn)B作BE⊥AD，交AD于點(diǎn)E，

∵AB=BD=1；

∴∠ABE=18°，AE=DE=AD

∵∠DAC=∠C；

∴DC=AD=2DE=；

∴sin18°==．24、略

【分析】【分析】（1）利用已知條件可以證明△ADC∽△BAC；再利用其對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出CD的長．

（2）作AD的高，可將所求角的值轉(zhuǎn)化在直角三角形中求出．【解析】【解答】解：（1）∵∠B=36°；AB=AC=BD=1；

∴∠C=36°；∠BDA=∠BAD=72°，∠DAC=36°；

∴∠DAC=∠B；∠C=∠C；

∴△ADC∽△BAC；

∴=；

即DC×（DC+1）=1；

∴DC1=，DC2=（舍去）；

∴DC=；

（2）過點(diǎn)B作BE⊥AD，交AD于點(diǎn)E，

∵AB=BD=1；

∴∠ABE=18°，AE=DE=AD

∵∠DAC=∠C；

∴DC=AD=2DE=；

∴sin18°==．五、解答題(共2題，共14分)25、略

【分析】

（Ⅰ）證明：∵an+1=2an-an-1（n≥2；n∈N*）；

∴an+1-an=an-an-1（n≥2）；

即an+1-an=an-an-1==a2-a1．

∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列．

（Ⅱ）證明：∵{an}為等差數(shù)列；

∴公差

∴．

∵3bn-bn-1=n（n≥2）．

∴

∴

又b1-a1≠0；

∴對(duì)．

數(shù)列{bn-an}是公比為的等比數(shù)列．

（Ⅲ）由（II）得bn-an=（b1-a1）（）n-1；

∴bn=

∵b1＜0，可知數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列10分。

由當(dāng)且僅當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值可得S3＞S4，S4＜S5；

∴b4＜0，b5＞0；

又當(dāng)b4＜0，b5＞0時(shí)；

∵數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列；

∴Sn取得最小值時(shí)；n=4；

即當(dāng)且僅當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值的充要條件是b4＜0，b5＞012分。

由b4＜0得，?（）3＜0，解得b1＜-47；

由b5＞0得，?（）4＞0，解得b1＞-182；

∴b1的取值范圍為（-182；-47）．14分。

【解析】【答案】（Ⅰ）由an+1=2an-an-1（n≥2，n∈N*），得an+1-an=an-an-1==a2-a1．所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列．

（Ⅱ）由{an}為等差數(shù)列，公差知．由3bn-bn-1=n（n≥2）．知由此能夠證明數(shù)列{bn-an}是等比數(shù)列．

（Ⅲ）由bn-an=（b1-a1）（）n-1，知bn=由b1＜0，可知數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列．由當(dāng)且僅當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值可得S3＞S4，S4＜S5，所以b4＜0，b5＞0．由此能求出b1的取值范圍．

26、略

【分析】

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