2025年湘教新版高一數(shù)學(xué)上冊(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年湘教新版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷441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6題，共12分)1、【題文】函數(shù)f(x)＝|log3x|在區(qū)間[a，b]上的值域?yàn)閇0,1]，則b－a的最小值為()A.2B.C.D.12、【題文】已知函數(shù)的定義域?yàn)閯t函數(shù)的定義域?yàn)锳.B.C.D.3、【題文】設(shè)則集合中元素的個(gè)數(shù)為A.1B.2C.3D.無窮多個(gè)4、已知數(shù)列{an}

是遞增的等比數(shù)列，且a1+a4=9a2a3=8

則數(shù)列{an}

的前n

項(xiàng)和為(

)

A.2n鈭?1

B.16[1鈭?(12)n]

C.2n鈭?1鈭?1

D.16[1鈭?(12)n鈭?1]

5、在鈻?ABC

中，內(nèi)角AB

的對(duì)邊分別是ab

若cosAcosB=ba

則鈻?ABC

為(

)

A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形6、已知邊長為a

的菱形ABCD

中，隆脧ABC=60鈭?

將該菱形沿對(duì)角線AC

折起，使BD=a

則三棱錐D鈭?ABC

的體積為(

)

A.a36

B.a312

C.312a3

D.212a3

評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、定義在上的函數(shù)其圖象是連續(xù)不斷的，如果存在非零常使得對(duì)任意的都有則稱為“倍增函數(shù)”，為“倍增系數(shù)”，下列命題為真命題的是（寫出所有真命題對(duì)應(yīng)的序號(hào)）．①若函數(shù)是倍增系數(shù)的倍增函數(shù)，則至少有1個(gè)零點(diǎn)；②函數(shù)是倍增函數(shù)，且倍增系數(shù)③函數(shù)是倍增函數(shù)，且倍增系數(shù)．8、若f（x+2）的定義域?yàn)閇0，1]，則f（x）的定義域?yàn)開___．9、【題文】函數(shù)的定義域是____．10、【題文】如圖，三角形ABC是直角三角形，ACB=PA平面ABC；

此圖形中有____________個(gè)直角三角形.

11、在鈻?ABC

中，若BC=3AC=3隆脧A=婁脨3

則隆脧B=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共7題，共14分)12、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．13、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=2．14、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．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、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．17、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．18、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、解答題(共4題，共8分)19、（本小題12分）設(shè)直線的方程．（1）若在兩坐標(biāo)軸上截距相等，求的一般式方程.Z,X（2）若不經(jīng)過第二象限，求實(shí)數(shù)的取值范圍.20、【題文】化簡求值：（12分）

（1）（2）21、【題文】（本小題10分）已知在三棱錐S--ABC中，∠ACB=900；又SA⊥平面ABC；

AD⊥SC于D；求證：AD⊥平面SBC；

22、已知其中0＜α＜β＜π．

(1)求證：與互相垂直；

(2)若與的長度相等，求α-β的值(k為非零的常數(shù))．評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共12分)23、已知x+y=x-1+y-1≠0，則xy=____．24、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）25、已知∠A為銳角且4sin2A-4sinAcosA+cos2A=0，則tanA=____．26、解關(guān)于x的不等式12x2﹣ax＞a2（a∈R）．評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)27、已知平面區(qū)域上；坐標(biāo)x，y滿足|x|+|y|≤1

（1）畫出滿足條件的區(qū)域L0；并求出面積S；

（2）對(duì)區(qū)域L0作一個(gè)內(nèi)切圓M1，然后在M1內(nèi)作一個(gè)內(nèi)接與此圓與L0相同形狀的圖形L1，在L1內(nèi)繼續(xù)作圓M2；經(jīng)過無數(shù)次后，求所有圓的面積的和．

（提示公式：）28、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點(diǎn)為A，點(diǎn)B在l1上，點(diǎn)C在l2上，且，當(dāng)B，C變化時(shí)，求過A，B，C三點(diǎn)的動(dòng)圓形成的區(qū)域的面積大小為____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于函數(shù)f(x)＝|log3x|在區(qū)間[a，b]上的值域?yàn)閇0,1]，結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象的對(duì)稱變換可知，x=3.x=時(shí)函數(shù)值為1，那么可知b－a的最小值為1-=故可知答案為B.

考點(diǎn)：函數(shù)的單調(diào)性。

點(diǎn)評(píng)：主要是考查了函數(shù)最值的求解，屬于基礎(chǔ)題。【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于函數(shù)的定義域?yàn)閯t可知故可知故可知答案為B.

考點(diǎn)：抽象函數(shù)的定義域。

點(diǎn)評(píng):本題考查抽象函數(shù)的定義域的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】

由當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，

所以集合

題目借助通過運(yùn)算，可得元素個(gè)數(shù)為3【解析】【答案】C4、A【分析】解：隆脽

數(shù)列{an}

是遞增的等比數(shù)列；a1+a4=9a2a3=8

隆脿a1a4=a2a3=8

且a1<a4

隆脿a1a4

是方程x2鈭?9x+8=0

的兩個(gè)根；

解方程x2鈭?9x+8=0

得a1=1a4=8

隆脿a4=a1q3=8

解得q=2

隆脿

數(shù)列{an}

的前n

項(xiàng)和：Sn=1鈭?2n1鈭?2=2n鈭?1

．

故選：A

．

由數(shù)列{an}

是遞增的等比數(shù)列，a1+a4=9a2a3=8

得到a1<a4

且a1a4

是方程x2鈭?9x+8=0

的兩個(gè)根，從而a1=1a4=8

進(jìn)而q=2

由此能求出數(shù)列{an}

的前n

項(xiàng)和．

本題考查數(shù)列的前n

項(xiàng)和的求法及應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等差數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用．【解析】A

5、C【分析】解：由正弦定理得：ba=sinBsinA

隆脿cosAcosB=sinBsinA?sinAcosA=sinBcosB?sin2A=sin2B

隆脽AB

為三角形的內(nèi)角；隆脿2A=2B

或2A+2B=婁脨

即A=B

或A+B=婁脨2

故選C．

利用正弦定理將條件轉(zhuǎn)化為cosAcosB=sinBsinA

三角變形后判斷角AB

之間的關(guān)系，可得答案．

本題考查三角形的形狀判斷，考查正弦定理、倍角公式，利用正弦定理將條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于角的三角函數(shù)關(guān)系，來判斷角之間的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．【解析】C

6、D【分析】解：由題意可得：三棱錐B鈭?ACD

是一個(gè)棱長為a

的正四面體.

如圖所示：

過B

點(diǎn)作BO隆脥

底面ACD

則點(diǎn)O

是底面的中心，可知AO=23隆脕32a=33a

．

在Rt鈻?ABO

中，由勾股定理得BO=AB2鈭?AO2=a2鈭?(33a)2=63a

．

隆脿V=13隆脕12隆脕a隆脕a隆脕sin60鈭?隆脕63a=212a3

．

故選：D

．

由題意可得：三棱錐B鈭?ACD

是一個(gè)正四面體.

如圖所示；進(jìn)而算出高BO

即可計(jì)算出體積．

本題考查三棱錐的體積的求法，考查三棱錐、折疊等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．【解析】D

二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】試題分析：因?yàn)楹瘮?shù)是倍增系數(shù)的倍增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)（?。┤羧我粋€(gè)為0則函數(shù)有零點(diǎn)；（ⅱ）若全不為0則必為異號(hào)所以根據(jù)零點(diǎn)存在定理可得函數(shù)也有零點(diǎn)所以①正確；因?yàn)楹瘮?shù)是倍增函數(shù)，所以即與矛盾所以②錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)是倍增函數(shù)，所以即考點(diǎn)：命題真假的判斷.【解析】【答案】①③8、略

【分析】

∵f（x+2）的定義域?yàn)閇0；1]，∴0≤x≤1，∴2≤x+2≤3；

又因?yàn)檎wx+2與f（x）中的x的地位相同；

∴f（x）的定義域?yàn)閇2；3]．

故答案為：[2；3]．

【解析】【答案】本題考查的是抽象函數(shù)求定義域問題．在解答時(shí)；應(yīng)先根據(jù)f（x+2）的定義域?yàn)閇0，1]，求出x+2整體的范圍，由于此整體與。

f（x）中的x的地位相同；從而即可獲得問題的解答．

9、略

【分析】【解析】

試題分析：欲使有意義，必須滿足即．

所以的定義域是

考點(diǎn)：函數(shù)的定義域、不等式的解法．【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：已知平面所以面均為直角；所以共4個(gè)直角三角形.

考點(diǎn)：線面垂直與線線垂直的關(guān)系【解析】【答案】411、略

【分析】【分析】

本題考查正弦定理的應(yīng)用；考查大邊對(duì)大角，小邊對(duì)小角，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．

根據(jù)正弦定理即可求得sinB=12

根據(jù)大邊對(duì)大角，可得隆脧A>隆脧B

即可求得答案．

【解答】解：由正弦定理可知：BCsinA=ACsinB

則sinB=AC鈰?sinABC=3隆脕323=12

由BC>AC

則隆脧A>隆脧B

由0<隆脧B<婁脨

則隆脧B=婁脨6

故答案為婁脨6

．

【解析】婁脨6

三、證明題(共7題，共14分)12、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．13、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=2．14、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=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∽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．16、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．17、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．18、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、解答題(共4題，共8分)19、略

【分析】(1)分別令x,y=0，求出在y軸，x軸的截距，根據(jù)截距相等建立關(guān)于a的方程，求出a的值.（2）先根據(jù)直線l的方程可知a(x-1)+x+y+2=0，由得從而可知直線l過定點(diǎn)A(1,-3).數(shù)形結(jié)合可知當(dāng)直線l的斜率時(shí)，直線不經(jīng)過第二象限.即2分當(dāng)時(shí)，易知，a+1≠0,由解得代入得直線l的方程為3x+y=0或x+y+2=06分2)直線l的斜率為0，則則a=-1;3分斜率不為0a<-1,綜上所述6分【解析】【答案】（1）3x+y=0或x+y+2=0；（2)20、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）根據(jù)題意，由于

（2）根據(jù)已知表達(dá)式可知，

考點(diǎn)：指數(shù)式與對(duì)數(shù)式的運(yùn)算。

點(diǎn)評(píng)：解決該試題的關(guān)鍵是利用指數(shù)冪的運(yùn)算法則和對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則，準(zhǔn)確的化簡求值，屬于基礎(chǔ)題。【解析】【答案】（1）（2）21、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】證明：SA⊥面ABC；BC⊥面ABC，TBC⊥SA；

又BC⊥AC；且AC；SA是面SAC內(nèi)的兩相交線，∴BC⊥面SAC；

又ADì面SAC；∴BC⊥AD；

又已知SC⊥AD，且BC、SC是面SBC內(nèi)兩相交線，∴AD⊥面SBC。22、略

【分析】(1)求出利用兩向量的數(shù)量積為0兩向量垂直得證．

(2)求出兩個(gè)向量的坐標(biāo)，利用向量模的坐標(biāo)公式求出兩個(gè)向量的模，列出方程，化簡求出三角函數(shù)值，求出角．【解析】(1)證明：∵

∴與互相垂直。

(2)解：k+=(kcosα+cosβ；ksinα+sinβ)；

-k=(cosα-kcosβ；sinα-ksinβ)

|k+|=

|-k|=

而

cos(β-α)=0；

五、計(jì)算題(共4題，共12分)23、略

【分析】【分析】先把原式化為x+y=+=的形式，再根據(jù)等式的性質(zhì)求出xy的值即可．【解析】【解答】解：∵x+y=x-1+y-1≠0；

∴x+y=+=；

∴xy=1．

故答案為：1．24、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°．25、略

【分析】【分析】先根據(jù)解一元二次方程的配方法，得出2sinA-cosA=0，再根據(jù)tanA的定義即可求出其值．【解析】【解答】解：由題意得：（2sinA-cosA）2=0；

解得：2sinA-cosA=0；2sinA=cosA；

∴tanA===0.5．

故答案為：0.5．26、解：由12x2﹣ax﹣a2＞0?（4x+a）（3x﹣a）＞0?（x+）（x﹣）＞0，①a＞0時(shí)，﹣＜解集為{x|x＜﹣或x＞}；

②a=0時(shí)，x2＞0