2025年人民版高一數(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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人民版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷801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5題，共10分)1、已知兩條直線和互相垂直，則等于()A.B.C.D.2、直線2x-3y-6=0在x軸上的截距為a，在y軸上的截距為b；則（）

A.a=3，b=2

B.a=3，b=-2

C.a=-3，b=2

D.a=-3，b=-2

3、如果用表示1個(gè)立方體，用表示兩個(gè)立方體疊加，用表示3個(gè)立方體疊加，那么圖中由7個(gè)立方體擺成的幾何體，從正前方觀察，可畫出平面圖形是()4、設(shè)則（）A.3B.1C.0D.-15、函數(shù)f(x)＝ax2＋2ax＋c(a≠0)的一個(gè)零點(diǎn)是－3，則它的另一個(gè)零點(diǎn)是()A.－1B.1C.－2D.2評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、如圖．M是棱長(zhǎng)為2cm的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中點(diǎn)，沿正方體表面從點(diǎn)A到點(diǎn)M的最短路程是____cm．7、從10個(gè)籃球中任取一個(gè)，檢驗(yàn)其質(zhì)量，則應(yīng)采用的抽樣方法為____．8、已知a≥0，化簡(jiǎn)（）4=____．9、將邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使BD=a，則三棱錐D—ABC的體積為_______10、記[x]表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)．設(shè)則f（3）=____；如果0＜x＜60，那么函數(shù)f（x）的值域是____．11、若則的表達(dá)式為．12、若函數(shù)的定義域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____．13、已知函數(shù)f(x)={lgx,(x>0)10鈭?x,(x鈮?0)

函數(shù)g(x)=f2(x)鈭?4f(x)+t(t隆脢R)

若函數(shù)g(x)

有四個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)t

的取值范圍是______．評(píng)卷人得分三、證明題(共9題，共18分)14、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長(zhǎng)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．15、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)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．16、求證：（1）周長(zhǎng)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(zhǎng)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、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(zhǎng)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(zhǎng)．20、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．21、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．22、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．評(píng)卷人得分四、解答題(共1題，共10分)23、【題文】借助“世博會(huì)”的東風(fēng)，某小商品公司開發(fā)一種紀(jì)念品，每件產(chǎn)品的成本是15元，銷售價(jià)是20元，月平均銷售件，通過改進(jìn)工藝，產(chǎn)品的成本不變，質(zhì)量得到提高，市場(chǎng)分析的結(jié)果表明：如果產(chǎn)品的銷售價(jià)提高的百分率為那么月平均銷售量減少的百分率為記改進(jìn)工藝后，該公司銷售紀(jì)念品的月平均利潤(rùn)是元.

（1）寫出與的函數(shù)關(guān)系式；

（2）改進(jìn)工藝后，試確定該紀(jì)念品的銷售價(jià)，使得公司銷售該紀(jì)念品的月平均利潤(rùn)最大.評(píng)卷人得分五、作圖題(共4題，共40分)24、作出下列函數(shù)圖象：y=25、請(qǐng)畫出如圖幾何體的三視圖．

26、某潛艇為躲避反潛飛機(jī)的偵查，緊急下潛50m后，又以15km/h的速度，沿北偏東45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏東60°前行8min，最后擺脫了反潛飛機(jī)的偵查．試畫出潛艇整個(gè)過程的位移示意圖．27、已知簡(jiǎn)單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共2題，共12分)28、己知方程x2-x-1=0的根是方程x6-px2+q=0的根，則p=____，q=____．29、分解因式：（1-x2）（1-y2）-4xy=____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】試題分析：因?yàn)閮芍本€垂直，所以=0.，解得a=－1，故選A。考點(diǎn)：本題主要考查兩直線的位置關(guān)系?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、B【分析】

因?yàn)橹本€2x-3y-6=0，當(dāng)x=0，可得直線在y軸上的截距為：b=-2．

令y=0；可得直線在x軸上的截距為a=3．

故選B．

【解析】【答案】通過x=0求出直線在y軸上的截距；y=0求出直線在x軸是的截距．

3、B【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意和圖可知；左邊和右邊各為一個(gè)正方體，當(dāng)中為三個(gè)正方體，上面為兩個(gè)正方體，然后根據(jù)題中定義好的表示方法組合在一起即可．【解析】

由題意和圖可知，左邊和右邊各為一個(gè)正方體，用表示，當(dāng)中為三個(gè)正方體，用表示，上面為兩個(gè)正方體，用表示，所以答案B是符合題意的，故選B．考點(diǎn)：幾何體的正視圖【解析】【答案】B4、A【分析】【解答】根據(jù)題意，由于那么可知f(-1)=1,那么故答案選A.

【分析】主要是考查了分段函數(shù)解析式的運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)題。5、B【分析】【解答】由根與系數(shù)的關(guān)系得－3＋x＝－，∴x＝1.即另一個(gè)零點(diǎn)是1；故選B.

【分析】由根與系數(shù)的關(guān)系求出另一個(gè)根，從而求出零點(diǎn)二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

由題意；若以BC為軸展開，則AM兩點(diǎn)連成的線段所在的直角三角形的兩直角邊的長(zhǎng)度分別為2，3；

故兩點(diǎn)之間的距離是

若以以BB1為軸展開；則AM兩點(diǎn)連成的線段所在的直角三角形的兩直角邊的長(zhǎng)度分別為1，4；

故兩點(diǎn)之間的距離是

故沿正方體表面從點(diǎn)A到點(diǎn)M的最短路程是cm

故答案為

【解析】【答案】求解此類問題一般采取展開為平面的方法，化體為面，在平面中求兩點(diǎn)之間距離的最小值，從圖形可以看出圖形的展開方式有二，一是以底棱BC，CD為軸，可以看到此兩種方式是對(duì)稱的，所得結(jié)果一樣，另外一種是以側(cè)棱為軸展開，即以BB1，DD1為軸展開，此兩種方式對(duì)稱，求得結(jié)果一樣，故解題時(shí)選擇以BC為軸展開與BB1為軸展開兩種方式驗(yàn)證即可。

7、略

【分析】

由于總體的個(gè)數(shù)較少；故應(yīng)采用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣。

故答案為：簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣．

【解析】【答案】由于總體的個(gè)數(shù)較少；故應(yīng)采用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣．

8、略

【分析】

因?yàn)閍≥0，所以===a．

故答案為a．

【解析】【答案】把給出的式子由內(nèi)向外依次化根式為分?jǐn)?shù)指數(shù)冪；然后進(jìn)行4次方運(yùn)算，即可得到結(jié)果．

9、略

【分析】試題分析：如圖，過D點(diǎn)作DE⊥AC，由于AC=BE=DE=又BD=aDE⊥BEDE⊥底面△ABC，△ABC的面積S=AB·BC=V=S·DE=考點(diǎn)：三棱錐的體積.【解析】【答案】10、略

【分析】

f（3）==0×（-4）=0；

∵0＜x＜60，

當(dāng)0＜x＜11時(shí)，=0；∴f（x）=0；

當(dāng)11≤x＜22時(shí)，=1，∴f（x）=-1；

當(dāng)22≤x＜33時(shí)，=2，∴f（x）=-2；

當(dāng)33≤x＜44時(shí)，=3，∴f（x）=-3；

當(dāng)44≤x＜55時(shí)，=4，∴f（x）=-4；

當(dāng)55≤x＜60時(shí)，=5，∴f（x）=-5；

故函數(shù)f（x）的值域是{0；-1，-2，-3，-4，-5}

故答案為：0；{0；-1，-2，-3，-4，-5}．

【解析】【答案】利用題中條件：“[x]表示不超過x的最大整數(shù)”；令x=3，代入函數(shù)的解析式即可求得結(jié)果；對(duì)區(qū)間（0，60）中的x進(jìn)行分類討論，從而求出相應(yīng)的函數(shù)值即可．

11、略

【分析】試題分析：令所以所以即考點(diǎn)：函數(shù)解析式的求法【解析】【答案】12、0≤a≤1【分析】【解答】解：函數(shù)的定義域?yàn)镽，∴﹣1≥0在R上恒成立。

即x2﹣2ax+a≥0在R上恒成立。

該不等式等價(jià)于△=4a2﹣4a≤0；

解出0≤a≤1．故實(shí)數(shù)a的取值范圍為0≤a≤1

故答案為：0≤a≤1

【分析】利用被開方數(shù)非負(fù)的特點(diǎn)列出關(guān)于a的不等式，轉(zhuǎn)化成x2﹣2ax+a≥0在R上恒成立，然后建立關(guān)于a的不等式，求出所求的取值范圍即可．13、略

【分析】解：作出函數(shù)f(x)={lgx,(x>0)10鈭?x,(x鈮?0)

的圖象如圖；

令f(x)=m

則g(x)=0

化為m2鈭?4m+t=0

由圖象可知當(dāng)m鈮?1

時(shí)；f(x)=m

有兩解；

隆脽g(x)

有四個(gè)零點(diǎn)；隆脿m2鈭?4m+t=0

在[1,+隆脼)

有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根；

隆脿{12鈭?4+t鈮?0鈻?=16鈭?4t>0

解得3鈮?t<4

．

隆脿

實(shí)數(shù)t

的取值范圍是[3,4)

．

故答案為：[3,4)

．

做出f(x)

的圖象；判斷f(x)=m

的根的情況，根據(jù)g(x)=0

的零點(diǎn)個(gè)數(shù)判斷m2鈭?4m+t=0

的根的分布，利用二次函數(shù)的性質(zhì)列出不等式組解出t

的范圍．

本題考查了函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)判斷，基本初等函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．【解析】[3,4)

三、證明題(共9題，共18分)14、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．15、略

【分析】【分析】（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長(zhǎng)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(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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．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(duì)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)兩段，每段各長(zhǎng)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(zhǎng)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(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=2．18、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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(zhǎng)AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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】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(zhǎng)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=20、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．21、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)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(zhǎng)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．22、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=2．四、解答題(共1題，共10分)23、略

【分析】【解析】本試題主要是考出了函數(shù)在實(shí)際生活中的運(yùn)用。

（I）由題易知每件產(chǎn)品的銷售價(jià)為20（1+x），則月平均銷售量為a（1-x2）件；利潤(rùn)則是二者的積去掉成本即可．

（II）由（1）可知；利潤(rùn)函數(shù)是一元三次函數(shù)關(guān)系，可以對(duì)其求導(dǎo)解出其最值。

解：

5分。

8分。

令解得

令解得

又10分。

12分【解析】【答案】（1）

（2）當(dāng)時(shí)，即單價(jià)為元時(shí)利潤(rùn)最大，最大值為五、作圖題(共4題，共40分)24、【解答】?jī)绾瘮?shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點(diǎn)且單調(diào)遞增，如圖所示；

【分析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，分別畫出題目中的函數(shù)圖象即可．25、解：如圖所示：

【分析】【分析】由幾何體是圓柱上面放一個(gè)圓錐，從正面，左面，上面看幾何體分別得到的圖形分別是長(zhǎng)方形上邊加一個(gè)三角形，長(zhǎng)方形上邊加一個(gè)三角形，圓加一點(diǎn)．26、解：由題意作示意圖如下；

【分析】【分析】由題意作示意圖。27、

解：幾何體的三視圖為：

【分析】【分析】利用三視圖的作法，畫出三視圖即可．六、計(jì)算題(共2題，共12分)28、略

【分析】【分析】根據(jù)