2024年滬科版高一數(shù)學下冊月考試卷

…………○…………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2024年滬科版高一數(shù)學下冊月考試卷107考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知f（cosx）=sin2x；則f（sin30°）的值為（）

A.

B.

C.

D.

2、sin(-3300)的值為（）A.B.C.D.3、【題文】若存在x∈[﹣2，3]，使不等式2x﹣x2≥a成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A.（﹣∞，1]B.（﹣∞，﹣8]C.[1，+∞）D.[﹣8，+∞）4、設P和Q是兩個集合，定義集合P+Q={x∈P或x∈Q且?P∩Q}，若P={x|x2﹣3x﹣4≤0}，Q={x|y=log2（x2﹣2x﹣15）}，那么P+Q等于（）A.[﹣1，4]B.（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞）C.（﹣3，5）D.（﹣∞，﹣3）∪[﹣1，4]∪（5，+∞）5、已知f（x）=ax5+bx3+cx+8，且f（﹣2）=10，則f（2）=（）A.﹣2B.﹣6C.6D.86、已知集合則（）A.B.C.D.7、若是第二象限角,則是()A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角8、已知集合則A∩B=（）A.B.C.D.?9、已知函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在[-2，2]上的圖象如圖所示．給出下列四個命題：

①方程f[g（x）]=0有且僅有6個根；

②方程g[f（x）]=0有且僅有3個根；

③方程f[f（x）]=0有且僅有5個根；

④方程g[g（x）]=0有且僅有4個根．

其中正確的命題的個數(shù)為（）A.1B.2C.3D.4評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、方程在區(qū)間內(nèi)的所有實根之和為.（符號表示不超過的最大整數(shù)）.11、將十進制數(shù)2008轉(zhuǎn)化為二進制數(shù)____．12、如圖，在平面斜坐標系xoy中，∠xoy=60°，平面上任一點P在斜坐標系中的斜坐標是這樣定義的：若=xe1+ye2（其中e1、e2分別為與x軸、y軸方向相同的單位向量），則P點的斜坐標為（x，y）．若P點的斜坐標為（3，-4），則點P到原點O的距離|PO|=____．

13、已知ABC的內(nèi)角的對邊成等比數(shù)列，則的取值范圍為_______14、459和357的最大公約數(shù)是_________；15、若集合A={x|x2-2x＜0，x∈R}，集合B={x||x|＞1，x∈R}，則A∩B=______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)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，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．18、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點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；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．19、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．20、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．21、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．22、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點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；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．23、如圖，設△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．評卷人得分四、計算題(共4題，共40分)24、已知關于x的方程k2x2+（2k-1）x+1=0有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2．

（1）求k的取值范圍；

（2）是否存在實數(shù)k，使方程的兩實數(shù)根互為相反數(shù)？如果存在，求出k的值；如果不存在，請說明理由．25、已知tanα=3，計算（1）（sinα+cosα）2；（2）的值．26、已知x，y，z為實數(shù)，滿足，那么x2+y2+z2的最小值是____27、（2011?蒼南縣校級自主招生）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象如圖所示；則下列式子：

ab，ac，a+b+c，a-b+c，2a+b，2a-b中，其值為正的式子共有____個．評卷人得分五、綜合題(共1題，共10分)28、已知點A（-2，0），點B（0，2），點C在第二、四象限坐標軸夾角平分線上，∠BAC=60°，那么點C的坐標為____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

∵f（cosx）=sin2x；

則f（sin30°）=f（cos60°）=sin120°=

故選D

【解析】【答案】由誘導公式可知sin30°=cos60°；然后代入已知函數(shù)解析式即可求解。

2、C【分析】【解析】【答案】C3、A【分析】【解析】

試題分析：構(gòu)造函數(shù)f（x）=2x﹣x2，由存在使不等式2x﹣x2≥a成立（如果是任意使不等式2x﹣x2≥a成立則易誤解），可知即答案選A.

考點：二次函數(shù)的最值【解析】【答案】A4、D【分析】【解答】∵P={x|x2﹣3x﹣4≤0}=[﹣1；4]；

Q={x|y=log2（x2﹣2x﹣15）}=（﹣∞；﹣3）∪（5，+∞）；

∴P+Q={x∈P或x∈Q且?P∩Q}=（﹣∞；﹣3）∪[﹣1，4]∪（5，+∞）；

故選：D

【分析】解不等式求出P，根據(jù)對數(shù)的真數(shù)大于0求出Q，進而可得答案．5、C【分析】【解答】解：∵f（x）=ax5+bx3+cx+8

∴f（﹣2）=﹣32a﹣8b﹣2c+8=10；

∴32a+8b+2c=﹣2

則f（2）=32a+8b+2c+8=﹣2+8=6

故選C

【分析】由f（﹣2）=﹣32a﹣8b﹣2c+8=10，可得32a+8b+2c=﹣2，而f（2）=32a+8b+2c+8代入可求6、C【分析】【解答】因為所以=故選C。

【分析】小綜合題，首先明確集合中元素特征，然后利用集合的運算求解。7、A【分析】【解答】∵角p-a的終邊與角a的終邊關于y軸對稱；且a是第二象限角，∴p-a是第一象限角，故選A

【分析】熟練掌握象限角的概念是解決此類問題的關鍵，屬基礎題8、A【分析】解：集合A={x|≤0}={x|＜x≤1}；

B={x|-3x2+4x-1＞0}={x|＜x＜1}；

∴A∩B={x|＜x＜1}．

故選：A．

化簡集合A；B；求出A∩B即可．

本題考查了集合的化簡與運算問題，是基礎題目．【解析】【答案】A9、C【分析】解：∵在y為[-2；-1]時，g（x）有兩個自變量滿足，在y=0，y為[1，2]時，g（x）同樣都是兩個自變量滿足。

∴①正確。

∵f（x）值域在[-1；2]上都是一一對應，而在值域[0，1]上都對應3個原像；

∴②錯誤。

同理可知③④正確。

故選C．

把復合函數(shù)的定義域和值域進行對接；看滿足外層函數(shù)為零時內(nèi)層函數(shù)有幾個自變量與之相對應．

本題考查了復合函數(shù)的對應問題，做題時注意外層函數(shù)的定義域和內(nèi)層函數(shù)值域的對接比較．【解析】【答案】C二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】試題分析：設當時，當時，當時，當時，即令得令得的所有根為0,2，之和為2.考點：新定義題、函數(shù)圖像的交點.【解析】【答案】2.11、略

【分析】

2008÷2=10040

1004÷2=5020

502÷2=2510

251÷2=1251

125÷2=621

62÷2=310

31÷2=151

15÷2=71

7÷2=31

3÷2=11

1÷2=01

故2008（10）=11111011000（2）

故答案為：11111011000（2）．

【解析】【答案】利用“除k取余法”是將十進制數(shù)除以2；然后將商繼續(xù)除以2，直到商為0，然后將依次所得的余數(shù)倒序排列即可得到答案．

12、略

【分析】

∵P點斜坐標為（3；-4）；

∴=3e1-4e2．

∴||2=（3e1-4e2）2=25-24e1?e2=25-24×cos60°=13．

∴||=即|OP|=．

故答案為：．

【解析】【答案】在理解P點的斜坐標的基礎上，根據(jù)p點的坐標表示出向量進而由||2=（3e1-4e2）2可得答案．

13、略

【分析】【解析】試題分析：∵成等比數(shù)列，∴設則又∴∴∴的取值范圍為考點：本題考查了正余弦定理的綜合運用【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】

∵459÷357=1102，357÷102=351，102÷51=2，∴459和357的最大公約數(shù)是51，故答案為：51【解析】【答案】5115、略

【分析】解：集合A={x|x2-2x＜0；x∈R}={x|0＜x＜2}，B={x||x|＞1，x∈R}={x|x＜-1或x＞1}；

則A∩B={x|0＜x＜2}∩{x|x＜-1或x＞1}=（1；2）．

故答案為：（1；2）．

解一元二次不等式化簡集合A；解絕對值不等式化簡集合B，再由交集的運算性質(zhì)計算得答案．

本題考查了交集的運算性質(zhì)，考查了一元二次不等式和絕對值不等式的解法，是基礎題．【解析】（1，2）三、證明題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；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】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．18、略

【分析】【分析】要證E為中點，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．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△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=19、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．20、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．21、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．22、略

【分析】【分析】要證E為中點，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．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△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=23、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．四、計算題(共4題，共40分)24、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)一元二次方程的根的情況的判斷方法，可得：；解可得答案；

（2）假設存在，由相反數(shù)的意義，即方程的兩根的和是0，依據(jù)一元二次方程的根與系數(shù)的關系即可得到兩根的和是=0，可得k的值；把k的值代入判別式△，判斷是否大于0可得結(jié)論．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意得：；（2分）

∴且k≠0；（3分）

（2）假設存在；根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系；

有x1+x2==0，即；（4分）

但當時；△＜0，方程無實數(shù)根（5分）

∴不存在實數(shù)k，使方程兩根互為相反數(shù)．（6分）25、略

【分析】【分析】（1）利用tanα==3得到a=3b，利用勾股定理求得斜邊c=b；代入即可得到答案；

（2）分子分母同時除以cosα，把tanα=3代入答案可得；【解析】【解答】解：（1）∵tanα==3；

∴a=3b；

∴c==b；

∴（sinα+cosα）2=（+）2=（+）2=；

（2）∵tanα==3；

∴tanα==3；

===．26、略

【分析】【分析】通過方程組進行消元，讓yz都用含x的代數(shù)式表示，再代入x2+y2+z2，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題得出答案即可．【解析】【解答】解：；

①×2+②；得x+y=5，則y=5-x③；

①+2×②；得x+z=4，則z=4-x④；

把③④代入x2+y2+z2得；

x2+（5-x）2+（4-x）2

=3x2-18x+41

=3（x-3）2+14；

∴x2+y2+z2的最小值是14；

故答案為14．27、略

【分