2025年粵教版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年粵教版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷668考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：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6題，共12分)1、函數(shù)y=sin2x+2cosx在區(qū)間[-a]上的最小值為-則a的取值為（）

A.[+∞）

B.[0，]

C.（-]

D.（-]

2、執(zhí)行如圖所示程序框圖所表達(dá)的算法，若輸出的值為則輸入的值為（）A.B.C.D.3、如圖所示，圓內(nèi)接等腰三角形，底邊恰是直徑，假設(shè)你在該圖形上隨機(jī)撒一粒黃豆，它落到陰影部分的概率是：A.B.C.D.4、【題文】已知直線與圓交于兩點，是原點，C是圓上一點，若則的值為()A.B.C.D.5、已知sinθ+cosθ=則sinθ﹣cosθ的值為（）A.B.﹣C.D.﹣6、設(shè)函數(shù)f(x)=2sin(x+)()與函數(shù)的對稱軸完全相同，則的值為（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、{x|x=2k+1，k∈Z}∩{x|x=2k，k∈Z}=____．8、已知圓系(a≠1，a∈R)，則該圓系恒過定點____．9、若則=．10、【題文】已知是奇函數(shù)，且則____．11、【題文】已知函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍為____。12、已知f（x）=asinx++5，若f[lg（lg2）]=3，則f[lg（log210）]=____13、計算=____．14、函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是______．評卷人得分三、計算題(共8題，共16分)15、已知方程x2-2x+m+2=0的兩實根x1，x2滿足|x1|+|x2|≤3，試求m的取值范圍．16、計算：．17、同室的4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的拿法有____種．18、同室的4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的拿法有____種．19、已知等邊三角形ABC內(nèi)一點P，PA、PB、PC的長分別為3厘米、4厘米、5厘米，那么∠APB為____．20、如圖，某一水庫水壩的橫斷面是梯形ABCD，壩頂寬CD=5米，斜坡AD=16米，壩高6米，斜坡BC的坡度i=1：3，求斜坡AD的坡角∠A（精確到1分）和壩底寬AB（精確到0.1米）．21、已知實數(shù)a∈{﹣1，1，a2}，求方程x2﹣（1﹣a）x﹣2=0的解22、計算：（lg﹣lg25）÷100．評卷人得分四、證明題(共4題，共24分)23、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．24、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．25、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．26、初中我們學(xué)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．評卷人得分五、解答題(共2題，共10分)27、已知函數(shù)（）．（1）若函數(shù)為奇函數(shù)，求的值；（2）判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，并證明．28、有A，B，C三個城市，上午從A城去B城有5班汽車，2班火車，都能在12：00前到達(dá)B城，下午從B城去C城有3班汽車，2班輪船．某人上午從A城出發(fā)去B城，要求12：00前到達(dá)，然后他下午去C城，問有多少種不同的走法？評卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)29、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點為A，點B在l1上，點C在l2上，且，當(dāng)B，C變化時，求過A，B，C三點的動圓形成的區(qū)域的面積大小為____．30、如圖，由矩形ABCD的頂點D引一條直線分別交BC及AB的延長線于F，G，連接AF并延長交△BGF的外接圓于H；連接GH，BH．

（1）求證：△DFA∽△HBG；

（2）過A點引圓的切線AE，E為切點，AE=3；CF：FB=1：2，求AB的長；

（3）在（2）的條件下，又知AD=6，求tan∠HBC的值．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

由題意知，y=sin2x+2cosx=-cos2x+2cosx+1；設(shè)t=cosx；

則函數(shù)y=-t2+2t+1=-（t-1）2+2，令-（t-1）2+2=-解得t=-或

∵cosx≤1，∴t=-即cosx=-x=或（k∈Z）；

在坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y=cosx的圖象：

由圖和x∈[-a]上得，a的取值為（-]

故選C．

【解析】【答案】令t=cosx代入解析式利用配方法進(jìn)行整理；根據(jù)函數(shù)最小值求出對應(yīng)的x值，由余弦函數(shù)圖象和二次函數(shù)的性質(zhì)求出x的范圍．

2、B【分析】試題分析：設(shè)輸入值為第一次運(yùn)行結(jié)果：第二次運(yùn)行結(jié)果：第三次運(yùn)行結(jié)果：循環(huán)結(jié)束，輸出依題意則所以輸入的值為故選擇B.考點：程序框圖中的循環(huán)結(jié)構(gòu).【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】

由圖可知，該三角形是直角三角形，設(shè)圓的半徑為r，其面積為而圓的面積為則利用幾何概型的概率公式可知，她落到陰影部分的概率為【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】

試題分析：∵均為圓上的點，故∵∴即即故則圓心到直線的距離解得．

考點：向量在幾何中的應(yīng)用；直線與圓相交的性質(zhì)．【解析】【答案】C5、B【分析】【解答】解：由sinθ+cosθ=可得1＞cosθ＞sinθ＞0，1+2sinθcosθ=

∴2sinθcosθ=．

∴sinθ﹣cosθ=﹣=﹣=﹣

故選：B．

【分析】由題意可得可得1＞cosθ＞sinθ＞0，2sinθcosθ=再根據(jù)sinθ﹣cosθ=﹣計算求得結(jié)果．6、B【分析】【解答】由題意，求函數(shù)的對稱軸，令2x+?=kπ，∴x=（k∈Z)，函數(shù)f(x)=2sin(ωx+)(ω＞0)，令ωx+=mπ+∴x=（m∈Z)，∵函數(shù)f(x)=2sin(ωx+)(ω＞0)與函數(shù)g(x)=cos(2x+?)(|?|≤)的對稱軸完全相同，∴ω=2，?=-故選B．

【分析】三角函數(shù)的性質(zhì)，考查學(xué)生的計算能力，屬于中檔題二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】

∵{x|x=2k+1；k∈Z}是奇數(shù)集合；

{x|x=2k；k∈Z}是偶數(shù)集合。

∴{x|x=2k+1；k∈Z}∩{x|x=2k，k∈Z}=?；

故答案為：?

【解析】【答案】根據(jù)題意判斷出集合分別是奇數(shù)集合和偶數(shù)集合；再求出它們的交集．

8、略

【分析】【解析】

因為由圓系方程可知，該圓系恒過定點（1,1）。【解析】【答案】9、略

【分析】試題分析：考點：二倍角的余弦【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：令因為此函數(shù)是奇函數(shù)，所以即所以

考點：函數(shù)奇偶性?！窘馕觥俊敬鸢浮?1、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12、7【分析】【解答】解：由題意可得，f[lg（lg2）]=f[﹣lg（log210）]=3，∵f（x）=asinx++5；∴f（x）+f（﹣x）=10．

∴f[lg（log210）]=10﹣f[lg（lg2）]=7；故答案為：7．

【分析】由題意可得f（x）+f（﹣x）=10，f[lg（lg2）]=f[﹣lg（log210）]=3，從而求得f[lg（log210）]的值．13、12【分析】【解答】解：=

=

=12．

故答案為：12．

【分析】利用對數(shù)的性質(zhì)、換底公式及運(yùn)算法則求解．14、略

【分析】解：令t=x2+x-3=-故函數(shù)t的圖象的對稱軸為x=-f（x）=g（t）=2t；

故f（x）的增區(qū)間即為函數(shù)t的增區(qū)間，而函數(shù)t的增區(qū)間為

故答案為：（-+∞）．

令t=x2+x-3，則f（x）=g（t）=2t；本題即求函數(shù)t的增區(qū)間，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)得出結(jié)論．

本題主要考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)的性質(zhì)，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題．【解析】（-+∞）三、計算題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】由于方程x2-2x+m+2=0的有實根，由此利用判別式可以得到m的一個取值范圍，然后利用根與系數(shù)的關(guān)系討論|x1|+|x2|≤3就又可以得到m的取值范圍，最后取它們的公共部分即可求出m的取值范圍．【解析】【解答】解：根據(jù)題意可得

△=b2-4ac=4-4×1×（m+2）≥0；

解得m≤-1；

而x1+x2=2，x1x2=m+2；

①當(dāng)m≤-2時，x1、x2異號；

設(shè)x1為正，x2為負(fù)時，x1x2=m+2≤0；

|x1|+|x2|=x1-x2==≤3；

∴m≥-；而m≤-2；

∴-≤m≤-2；

②當(dāng)-2＜m≤-1時，x1、x2同號，而x1+x2=2；

∴x1、x2都為正，那么|x1|+|x2|=x1+x2=2＜3；

符合題意；m的取值范圍為-2＜m≤-1．

故m的取值范圍為：-≤m≤-1．16、略

【分析】【分析】求出=2，sin45°=，（3-π）0=1，=4，代入求出即可．【解析】【解答】解：原式=2-4×+1+4；

=2-2+1+4；

=5．17、略

【分析】【分析】可以列舉出所有的結(jié)果，首先列舉甲和另外一個人互換的情況，共有三種，再列舉不是互換的情況共有6種結(jié)果．【解析】【解答】解：根據(jù)分類計數(shù)問題；可以列舉出所有的結(jié)果；

1；甲乙互換；丙丁互換；

2；甲丙互換；乙丁互換；

3；甲丁互換；乙丙互換；

4；甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；

5；甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；

6；甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；

7；甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；

8；甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；

9；甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．

通過列舉可以得到共有9種結(jié)果．

故答案為：9．18、略

【分析】【分析】可以列舉出所有的結(jié)果，首先列舉甲和另外一個人互換的情況，共有三種，再列舉不是互換的情況共有6種結(jié)果．【解析】【解答】解：根據(jù)分類計數(shù)問題；可以列舉出所有的結(jié)果；

1；甲乙互換；丙丁互換；

2；甲丙互換；乙丁互換；

3；甲丁互換；乙丙互換；

4；甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；

5；甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；

6；甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；

7；甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；

8；甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；

9；甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．

通過列舉可以得到共有9種結(jié)果．

故答案為：9．19、略

【分析】【分析】將△BPC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得△BEA，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，則△BPE為等邊三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，根據(jù)勾股定理的逆定理可得到△APE為直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度數(shù)．【解析】【解答】解：∵△ABC為等邊三角形；

∴BA=BC；

將△BPC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得△BEA；

連EP；如圖；

∴BE=BP=4；AE=PC=5，∠PBE=60°；

∴△BPE為等邊三角形；

∴PE=PB=4；∠BPE=60°；

在△AEP中；AE=5，AP=3，PE=4；

∴AE2=PE2+PA2；

∴△APE為直角三角形；且∠APE=90°；

∴∠APB=90°+60°=150°．

故答案為150°．20、略

【分析】【分析】過C、D作出梯形的兩高，構(gòu)造出兩直角三角形，利用勾股定理和三角函數(shù)值求得兩直角三角形的另2邊，再加上CD，即為AB長，根據(jù)∠A的任意三角函數(shù)值即可求得度數(shù)．【解析】【解答】解：作DE⊥AB于點E；CF⊥AB于點F；

則ED=CF=6；

因為BC的坡度i=1：3；

∴BF=18；

∵AD=16；

∴AE=≈14.83；

∴AB=AE+BF+CD≈37.8米；

∵sinA=6÷16=0.375；

∴∠A=22°1′．21、解：在{﹣1，1，a2}中，由集合中元素的互異性，可得a2≠1，即a≠±1；又∵a∈{﹣1，1，a2}；

∴a可能等于1或﹣1或a2；

故a=a2；得a=1（舍去）或a=0．

代入方程可得x2﹣x﹣2=0；

解可得；其解為﹣1，2．

【分析】【分析】根據(jù)題意，在{﹣1，1，a2}中，由集合中元素的互異性，可得a2≠1，即a≠±1；又由a∈{﹣1，1，a2}，即a可能等于1或﹣1或a2，可得a的值，進(jìn)而代入方程x2﹣（1﹣a）x﹣2=0中，解可得答案．22、解：原式=

=

=﹣lg100×10

=﹣20【分析】【分析】根據(jù)對數(shù)和指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)計算即可．四、證明題(共4題，共24分)23、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．24、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點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B作CD的平行線與AM的延長線交于點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．25、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．26、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．五、解答題(共2題，共10分)27、略

【分析】(1)因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(0)=0,可建立關(guān)于a的方程求出a的值.（2）利用單調(diào)性的定義，分三步證明：第一步取值，任取且，第二步：作差判斷差值符號，第三步下結(jié)論【解析】【答案】（1）（2）略28、解：由題意；從A地到B地每天有汽車5班，故坐汽車有5種走法，從A地到B地每天有火車2班，故坐火車有2種走法，從A到B共有5+2=7種結(jié)果，從B到C有兩類，一類有3種走法，另一類有2種走法，共有3+2=5