2025年仁愛科普版高一數(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年仁愛科普版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷222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：______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8題，共16分)1、化簡的結(jié)果等于（）

A.

B.

C.

D.

2、【題文】已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，有成立，則不等式的解集是A.B.C.D.3、【題文】已知?jiǎng)tp是q的（）A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件4、【題文】設(shè)且則的大小關(guān)系是（）A.B.C.D.5、設(shè)全集A.B.C.D.[2，+∞）6、球O的一個(gè)截面圓的圓心為M，圓M的半徑為OM的長度為球O的半徑的一半，則球O的表面積為（）A.4πB.

πC.12πD.16π7、若增函數(shù)f（x）=ax+b與x軸交點(diǎn)是（2，0），則不等式bx2﹣ax＞0的解集是（）A.B.C.D.8、二次函數(shù)f（x）=ax2+bx+1的最小值為f（1）=0，則a-b=（）A.-2B.-1C.1D.3評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、在正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線A1D與直線D1B1所成的角為____．

10、設(shè)則=____．11、函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為____12、【題文】已知P是圓C：上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，A(1)，則的最小值為______.13、如圖，在棱長為1

的正方體ABCD鈭?A1B1C1D1

中，點(diǎn)EF

分別是棱BCCC1

的中點(diǎn)，P

是側(cè)面BCC1B1

內(nèi)一點(diǎn)，若A1P//

平面AEF

則線段A1P

長度的取值范圍是______．14、如圖，在鈻?ABC

中，AN鈫?=13NC鈫?P

是BN

上的一點(diǎn)，若AP鈫?=mAB鈫?+211AC鈫?

則實(shí)數(shù)m

的值為______．評卷人得分三、證明題(共5題，共10分)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、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．17、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．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，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．評卷人得分四、解答題(共1題，共4分)20、已知函數(shù)（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的最小值.（2）對于任意不等式都成立，求實(shí)數(shù)的范圍.評卷人得分五、綜合題(共2題，共10分)21、已知：甲；乙兩車分別從相距300（km）的M、N兩地同時(shí)出發(fā)相向而行；其中甲到達(dá)N地后立即返回，圖1、圖2分別是它們離各自出發(fā)地的距離y（km）與行駛時(shí)間x（h）之間的函數(shù)圖象．

（1）試求線段AB所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；并寫出自變量的取值范圍；

（2）當(dāng)它們行駛到與各自出發(fā)地距離相等時(shí)，用了（h）；求乙車的速度；

（3）在（2）的條件下，求它們在行駛的過程中相遇的時(shí)間．22、如圖，在矩形ABCD中，M是BC上一動(dòng)點(diǎn)，DE⊥AM，E為垂足，3AB=2BC，并且AB，BC的長是方程x2-（k-2）x+2k=0的兩個(gè)根；

（1）求k的值；

（2）當(dāng)點(diǎn)M離開點(diǎn)B多少距離時(shí)，△AED的面積是△DEM面積的3倍？請說明理由．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】

==

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)向量加法的首尾相連法則和相反向量的和向量是零向量；進(jìn)行化簡．

2、A【分析】【解析】

試題分析：由當(dāng)時(shí)，有成立,知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在上恒成立,所以函數(shù)在上是增函數(shù),又因?yàn)楹瘮?shù)是定義在R上的奇函數(shù),所以函數(shù)是定義域上的偶函數(shù),且由得由此可得函數(shù)的大致圖象為:

由圖可知不等式的解集是故選A.

考點(diǎn)：1.函數(shù)導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)法則;2.函數(shù)的奇偶性;3.利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式.【解析】【答案】A3、A【分析】【解析】

試題分析：因?yàn)槊}P：x>0,y>0,那么對于兩個(gè)正數(shù)x,y來說，他們的積必定為正數(shù)，因此可知條件可以推出結(jié)論，但是當(dāng)xy>0時(shí)；可能x,y都是負(fù)數(shù)，不一定推出條件，因此可知結(jié)論不能推出條件，因此得到p是q的充分而不必要條件，選A.

考點(diǎn)：本試題主要考查了判斷一個(gè)命題是另一個(gè)命題的什么條件的一般步驟：先化簡各個(gè)命題；再判斷前者是否推出后者；后者是否推出前者；利用各種條件的定義加以判斷．

點(diǎn)評：解決該試題的關(guān)鍵對于充分條件的理解和判定，確定誰是誰的問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緼4、B【分析】【解析】函數(shù)單調(diào)遞增，故選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、D【分析】【解答】∵∴∴∵∴∴故選D.6、D【分析】【解答】解：設(shè)截面圓的直徑為AB；

∵截面圓的半徑為∴BM=

∵OM的長度為球O的半徑的一半；∴OB=2OM；

設(shè)球的半徑為R；

在直角三角形OMB中，R2=（）2+R2．

解得R2=4；

∴該球的表面積為16π；

故選：D．

【分析】根據(jù)條件求出截面圓的半徑，根據(jù)直角三角形，求出球的半徑，即可求出球O的表面積．7、C【分析】【解答】解：∵f（x）=ax+b為增函數(shù)且與x軸交點(diǎn)是（2；0）；

∴a＞0，2a+b=0，即b=﹣2a＜0；

∴不等式bx2﹣ax＞0轉(zhuǎn)化為2x2+x＜0，解得﹣＜x＜0；

故不等式的解集為（﹣0）；

故選：C

【分析】根據(jù)增函數(shù)的定義，以及函數(shù)與x軸的交點(diǎn)，求得a＞0，b=﹣2a＜0，化簡不等式解得即可．8、D【分析】解：二次函數(shù)f（x）=ax2+bx+1的最小值為f（1）=0；

∴=1；且a＞0；

∴b=-2a；

∴f（1）=a+b+1=0；

解得a=1，b=-2；

∴a-b=3；

故選：D

根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出a，b的值；問題得以解決．

本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】

連接BD、A1B，設(shè)正方體的棱長為1，則A1B=BD=A1D=

∴△A1BD是等邊三角形，∠A1DB=60°

∵正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1且BB1=DD1

∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，B1D1∥BD

∴∠A1DB就是直線A1D與直線D1B1所成的角。

故答案為：60°

【解析】【答案】連接BD、A1B，在等邊△A1BD中得到∠A1DB=60°，再證四邊形BB1D1D是平行四邊形，從而B1D1∥BD，所以∠A1DB就是直線A1D與直線D1B1所成的角；得到答案．

10、略

【分析】

∵

∴=2

故答案為：2

【解析】【答案】由已知函數(shù)解析式可先把x=代入f（x）=log2x可求f（）=-1，然后再把x=-1代入f（x）=2-x可求。

11、略

【分析】【解析】試題分析：因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)槎鴥?nèi)層是二次函數(shù)，對稱軸為x=1,開口向上，那么可知其增區(qū)間為x>2，外層是遞減的對數(shù)函數(shù)，復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判定原則可知，同增異減，得到為故答案為考點(diǎn)：本試題主要考查了復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判定和求解。【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

試題分析：如圖：作PQ^OA于Q；CD^OA于D，根據(jù)向量數(shù)量積的幾何意義得。

min=|OA|·|OQ|min=|OA|·|OT|="2"(|OD|-1)=2(-1).

考點(diǎn)：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及向量數(shù)量積.【解析】【答案】2(-1).13、略

【分析】解：如下圖所示：

分別取棱BB1B1C1

的中點(diǎn)MN

連接MN

連接BC1

隆脽MNEF

為所在棱的中點(diǎn)；隆脿MN//BC1EF//BC1

隆脿MN//EF

又MN?

平面AEFEF?

平面AEF

隆脿MN//

平面AEF

隆脽AA1//NEAA1=NE隆脿

四邊形AENA1

為平行四邊形；

隆脿A1N//AE

又A1N?

平面AEFAE?

平面AEF

隆脿A1N//

平面AEF

又A1N隆脡MN=N隆脿

平面A1MN//

平面AEF

隆脽P

是側(cè)面BCC1B1

內(nèi)一點(diǎn)；且A1P//

平面AEF

則P

必在線段MN

上；

在Rt鈻?A1B1M

中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52

同理，在Rt鈻?A1B1N

中，求得A1N=52

隆脿鈻?A1MN

為等腰三角形；

當(dāng)P

在MN

中點(diǎn)O

時(shí)A1P隆脥MN

此時(shí)A1P

最短，P

位于MN

處時(shí)A1P

最長，

A1O=A1M2鈭?OM2=(52)2鈭?(24)2=324

A1M=A1N=52

所以線段A1P

長度的取值范圍是[324,52].

故答案為：[324,52].

分別取棱BB1B1C1

的中點(diǎn)MN

連接MN

易證平面A1MN//

平面AEF

由題意知點(diǎn)P

必在線段MN

上，由此可判斷P

在M

或N

處時(shí)A1P

最長，位于線段MN

中點(diǎn)處時(shí)最短，通過解直角三角形即可求得．

本題考查點(diǎn)、線、面間的距離問題，考查學(xué)生的運(yùn)算能力及推理轉(zhuǎn)化能力，屬中檔題，解決本題的關(guān)鍵是通過構(gòu)造平行平面尋找P

點(diǎn)位置．【解析】[324,52].

14、略

【分析】解：隆脽P

是BN

上的一點(diǎn)；

設(shè)BP鈫?=婁脣BN鈫?

由AN鈫?=13NC鈫?

則AP鈫?=AB鈫?+BP鈫?

=AB鈫?+婁脣BN鈫?

=AB鈫?+婁脣(AN鈫?鈭?AB鈫?)

=(1鈭?婁脣)AB鈫?+婁脣AN鈫?

=(1鈭?婁脣)AB鈫?+婁脣4AC鈫?

=mAB鈫?+211AC鈫?

隆脿m=1鈭?婁脣婁脣4=211

解得婁脣=811m=311

故答案為：311

由已知中鈻?ABC

中，AN鈫?=13NC鈫?P

是BN

上的一點(diǎn)，設(shè)BP鈫?=婁脣BN鈫?

后，我們易將AP鈫?

表示為(1鈭?婁脣)AB鈫?+婁脣4AC鈫?

的形式；根據(jù)平面向量的基本定理我們易構(gòu)造關(guān)于婁脣m

的方程組，解方程組后即可得到m

的值。

本題考查的知識(shí)點(diǎn)是面向量的基本定理及其意義，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)面向量的基本定理構(gòu)造關(guān)于婁脣m

的方程組.

屬于基礎(chǔ)題．【解析】311

三、證明題(共5題，共10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∽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）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(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（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．17、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．18、略

【分析】【分析】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(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AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(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】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．四、解答題(共1題，共4分)20、略

【分析】1）函數(shù)化成二次函數(shù)形式，然后求最值；（2）恒成立問題采取參數(shù)分離的方法?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，的最小值-3.（2）即五、綜合題(共2題，共10分)21、略

【分析】【分析】（1）首先設(shè)線段AB所表示的函數(shù)的解析式為y=kx+b，根據(jù)題意知道函數(shù)經(jīng)過（3，300），（；0）兩點(diǎn)，利用待定系數(shù)法即可確定函數(shù)的解析式和自變量的取值范圍；

（2）首先可以判定x=在3＜x≤中，然后把x=代入（1）的函數(shù)解析式y(tǒng)=-80x+540中可以求出甲所走的路程；同時(shí)也知道了乙的路程，最后利用速度公式即可求解；

（3）首先確定依有兩次相遇，①當(dāng)0≤x≤3時(shí)，100x+40x=300，②當(dāng)3＜x≤時(shí)，（540-80x）+40x=300，分別解這兩個(gè)方程即可求解．【解析】【解答】解：（1）設(shè)線段AB所表示的函數(shù)的解析式為y=kx+b；

把（3，300），（，0）代入其中得；

解之得；

∴線段AB所表示的函數(shù)