2025年粵教滬科版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年粵教滬科版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷330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、下列大小關(guān)系正確的是（）

A.0.43＜30.4＜log40.3

B.0.43＜log40.3＜30.4

C.log40.3＜0.43＜30.4

D.log40.3＜30.4＜0.43

2、sin的值是（）

A.

B.

C.

D.

3、【題文】函數(shù)f(x)＝lnx－(x>1)的零點所在的區(qū)間為()A.B.C.D.4、【題文】已知平面所成的二面角為80°，P為外一定點，過點P的一條直線與所成的角都是30°，則這樣的直線有且僅有（）A.1條B.2條C.3條D.4條5、直線l與直線y=1，直線x=7分別交于P，Q兩點，PQ中點為M（1，﹣1），則直線l的斜率是（）A.B.C.-D.-6、在數(shù)列{an}中an≠0，a1，a2，a3成等差數(shù)列，a2，a3，a4成等比數(shù)列，a3，a4，a5的倒數(shù)成等差數(shù)列，則a1，a3，a5（）A.是等差數(shù)列B.是等比數(shù)列C.三個數(shù)的倒數(shù)成等差數(shù)列D.三個數(shù)的平方成等差數(shù)列評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、若函數(shù)則的最大值為.8、【題文】三棱錐S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，則三棱錐外接球O的表面積等于________.9、【題文】已知函數(shù)若對任意x∈R，都有則＝＿＿＿＿.10、【題文】設(shè)若函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，則的取值范圍是____。11、直線y=k（x﹣1）+4必過定點，該定點坐標(biāo)是____．12、若函數(shù)則f（x）+g（x）=______．13、設(shè)函數(shù)f（x），x、y∈N*滿足：

①?a，b∈N*，a≠b有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）；

②?n∈N*；有f（f（n））=3n；

則f（1）+f（6）+f（28）=______．14、在銳角△ABC中，若sinA=3sinBsinC，則tanAtanBtanC的最小值是______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)15、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．16、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．17、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．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、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．評卷人得分四、作圖題(共4題，共8分)21、如圖A、B兩個村子在河CD的同側(cè)，A、B兩村到河的距離分別為AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，現(xiàn)在要在河邊CD上建一水廠，向A、B兩村送自來水，鋪設(shè)管道費用為每千米2000元，請你在CD上選擇水廠位置O，使鋪設(shè)管道的費用最省，并求出其費用．22、作出下列函數(shù)圖象：y=23、作出函數(shù)y=的圖象．24、某潛艇為躲避反潛飛機的偵查，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的偵查．試畫出潛艇整個過程的位移示意圖．評卷人得分五、計算題(共3題，共21分)25、相交兩圓半徑分別是5厘米、3厘米，公共弦長2厘米，那么這兩圓的公切線長為____厘米．26、等腰三角形的底邊長20cm，面積為cm2，求它的各內(nèi)角．27、計算：（lg2）2+lg2?lg5+lg5．評卷人得分六、解答題(共2題，共18分)28、【題文】.（8分192班必做，其他班不做）29、△ABC的三個頂點是A﹙-1；4﹚，B﹙-2，-1﹚，C﹙2，3﹚．

﹙1﹚求BC邊的高所在直線方程；

﹙2﹚求△ABC的面積S．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

∵0＜0.43＜0.4=1，30.4＞3=1，log40.3＜log0.41=0

∴l(xiāng)og40.3＜0.43＜30.4

故選C

【解析】【答案】結(jié)合函數(shù)y=0.4x，y=3x，y=log4x的單調(diào)性判斷各函數(shù)值與0和1的大小；從而比較大小．

2、C【分析】

∵sin=sin（π-）=sin=

故選C．

【解析】【答案】利用誘導(dǎo)公式sin（π-α）=sinα即可．

3、C【分析】【解析】f(2)＝ln2－1<0，f＝ln－由125>8e2得>所以f＝ln－>0，因此f(2)f<0，所以其中的一個零點區(qū)間為【解析】【答案】C4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、D【分析】【解答】設(shè)P（a，1），Q（7，b）；∵線段PQ的中點坐標(biāo)為（1，﹣1）；

由中點公式可得解得a=﹣5，b=﹣3；

故P（﹣5，1），Q（7，﹣3），直線l的斜率為：

故選D．

【分析】設(shè)出P、Q兩點坐標(biāo)，根據(jù)中點公式求出P、Q兩點的坐標(biāo)，利用兩點表示的斜率公式計算直線l的斜率。6、B【分析】解：依題意，2a2=a1+a3①a32=a2?a4②

③

由①得a2=④，由③得a4=⑤

將④⑤代入②化簡得a32=a1?a5；

故選B．

根據(jù)a1，a2，a3成等差數(shù)列可得a2=根據(jù)a3，a4，a5的倒數(shù)成等差數(shù)列可知a4=根據(jù)a2，a3，a4成等比數(shù)列可知a32=a2?a4，把剛才求得的a2和a4代入此等式化簡可得a32=a1?a5，根據(jù)等比數(shù)列的等比中項的性質(zhì)可判斷a1，a3，a5成等比數(shù)列。

本題主要考查了數(shù)列等比關(guān)系的確定．其中一個重要的方法就是利用等比中項來判斷．【解析】【答案】B二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】因為所以當(dāng)x=時，f(x)取得最大值，最大值為2.【解析】【答案】28、略

【分析】【解析】

試題分析：以為長、寬、高補體成長方形，三棱錐的外接球與長方形外接球一樣，設(shè)球半徑為即所以，

考點：1.補體法求幾何體外接球半徑；2.長方體體對角線的求法；3.球的表面積.【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】010、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、（1，4）【分析】【解答】解：令參數(shù)k的系數(shù)x﹣1=0；求得x=1，y=4，可得直線y=k（x﹣1）+4必過定點（1，4）；

故答案為：（1；4）．

【分析】令參數(shù)k的系數(shù)x﹣1=0，求得x和y的值，可得直線y=k（x﹣1）+4必過定點的坐標(biāo)．12、略

【分析】解：∵函數(shù)

∴即0≤x≤1；

∴f（x）+g（x）=（1+）+（）=1+．0≤x≤1．

故答案為：1+．0≤x≤1．

利用函數(shù)性質(zhì)直接求解．

本題考查函數(shù)解析式的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認(rèn)真審題，注意函數(shù)性質(zhì)的合理運用．【解析】1+0≤x≤113、略

【分析】解：由①知，對任意a，b∈N*，a≠b有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）；

不妨設(shè)a＜b，則有（a-b）（f（a）-f（b））＞0；

由于a-b＜0，從而f（a）＜f（b）；

所以函數(shù)f（x）為N*上的單調(diào)增函數(shù)．

∵②?n∈N*；有f（f（n））=3n；

∴令f（1）=a；則a≥1，顯然a≠1，否則f（f（1））=f（1）=1，與f（f（1））=3矛盾．

從而a＞1；而由f（f（1））=3；

即得f（a）=3．

又由①知f（a）＞f（1）=a；即a＜3．

于是得1＜a＜3，又a∈N*；

從而a=2；即f（1）=2．

進而由f（a）=3知；f（2）=3．

于是f（3）=f（f（2））=3×2=6；

則f（6）=f（f（3））=3×3=9；

f（9）=f（f（6））=3×6=18；

f（18）=f（f（9））=3×9=27；

f（27）=f（f（18））=3×18=54；

f（54）=f（f（27））=3×27=81；

由于54-27=81-54=27；

而且由①知；函數(shù)f（x）為單調(diào)增函數(shù)；

因此f（28）=54+1=55．

從而f（1）+f（6）+f（28）=2+9+55=66．

故答案為：66

利用條件結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義先判斷函數(shù)f（x）在x∈N*；上是單調(diào)遞增函數(shù)，利用f（f（n））=3n，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系進行遞過即可．

本題主要考查函數(shù)值的計算，根據(jù)抽象函數(shù)關(guān)系結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義先判斷函數(shù)的單調(diào)性以及利用函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)值之間的關(guān)系進行遞推是解決本題的關(guān)鍵．【解析】6614、略

【分析】解：由sinA=sin（π-A）=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC；sinA=3sinBsinC；

可得sinBcosC+cosBsinC=3sinBsinC；①

由三角形ABC為銳角三角形；則cosB＞0，cosC＞0；

在①式兩側(cè)同時除以cosBcosC可得tanB+tanC=3tanBtanC；

又tanA=-tan（π-A）=-tan（B+C）=-②；

則tanAtanBtanC=-?tanBtanC；

由tanB+tanC=3tanBtanC，可得tanAtanBtanC=-

令tanBtanC=t；由A，B，C為銳角可得tanA＞0，tanB＞0，tanC＞0；

由②式得1-tanBtanC＜0；解得t＞1；

tanAtanBtanC=-=--=（-）2-由t＞1得，-≤-＜0；

因此tanAtanBtanC的最小值為12．

故答案為：12．

結(jié)合三角形關(guān)系和式子sinA=2sinBsinC可推出sinBcosC+cosBsinC=3sinBsinC；進而得到tanB+tanC=3tanBtanC，結(jié)合函數(shù)特性可求得最小值．

本題考查了三角恒等式的變化技巧和函數(shù)單調(diào)性知識，考查了轉(zhuǎn)化思想，有一定靈活性，屬于中檔題．【解析】12三、證明題(共6題，共12分)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∽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．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(yīng)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．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；

∴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】（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(yīng)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】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．四、作圖題(共4題，共8分)21、略

【分析】【分析】作點A關(guān)于河CD的對稱點A′，當(dāng)水廠位置O在線段AA′上時，鋪設(shè)管道的費用最省．【解析】【解答】解：作點A關(guān)于河CD的對稱點A′；連接A′B，交CD與點O，則點O即為水廠位置，此時鋪設(shè)的管道長度為OA+OB．

∵點A與點A′關(guān)于CD對稱；

∴OA′=OA；A′C=AC=1；

∴OA+OB=OA′+OB=A′B．

過點A′作A′E⊥BE于E；則∠A′EB=90°，A′E=CD=3，BE=BD+DE=3+1=4；

∴在Rt△A′BE中，A′B==5（千米）；

∴2000×5=10000（元）．

答：鋪設(shè)管道的最省費用為10000元．22、【解答】冪函數(shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點且單調(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．23、【解答】圖象如圖所示。

【分析】【分析】描點畫圖即可24、解：由題意作示意圖如下；

【分析】【分析】由題意作示意圖。五、計算題(共3題，共21分)25、略

【分析】【分析】①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q，根據(jù)勾股定理求出CO；DO，求出CD，證矩形DQAB，推出AQ=DB，AB=DQ，根據(jù)勾股定理求出DQ即可；

②求出CD=2-2，根據(jù)勾股定理求出即可．【解析】【解答】解：有兩種情況：

①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q；

∵EF是圓C和圓D的公共弦；

∴CD⊥EF；EO=FO=1；

在△CDE中，由勾股定理得：CO==2；

同理求出DO=2；

∴CD=2+2；

∵AB是兩圓的外公切線；

∴QA⊥AB；DB⊥AB；

∵DQ⊥CA；

∴∠DQA=∠CAB=∠DBA=90°；

∴四邊形AQDB是矩形，

∴AB=DQ；AQ=DB=3；