2025年外研銜接版高一數(shù)學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年外研銜接版高一數(shù)學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、數(shù)列{an}中，a1＜0，2an+1-an=0，n∈N*．則數(shù)列{an}的部分圖象只可能為（）

A.

B.

C.

D.

2、設函數(shù)的圖像向右平移個單位后與原圖像重合,則的最小值是（A）（B）（C）（D）33、【題文】在中，實數(shù)的取值范圍是（）A.B.C.D.4、【題文】如圖，用一根鐵絲折成一個扇形框架，要求框架所圍扇形面積為定值S，半徑為r；弧長為l，則使用鐵絲長度最小值時應滿足的條件為（）

A.r=lB.2r=lC.r=2lD.3r=l5、若對于任意實數(shù)x，都有f（-x）=f（x），且f（x）在（-∞，0]上是增函數(shù)，則（）A.f（-2）＜f（2）B.f（-1）＜C.＜f（2）D.f（2）＜6、在△ABC中，==D、E分別是CA、CB的中點，=（）A.-B.-C.（-）D.（-）7、設l

是直線，婁脕婁脗

是兩個不同的平面(

)

A.若l//婁脕l//婁脗

則婁脕//婁脗

B.若l//婁脕l隆脥婁脗

則婁脕隆脥婁脗

C.若婁脕隆脥婁脗l隆脥婁脕

則l隆脥婁脗

D.若婁脕隆脥婁脗l//婁脕

則l隆脥婁脗

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、一個正方體的頂點都在一個球面上，已知這個球的表面積為3π，則正方體的棱長為____．9、若則與的大小關系是____.10、關于函數(shù)有以下命題：（1）是偶函數(shù)；（2）要得到的圖象，只需將的圖象向右平移個單位；（3）的圖象關于直線對稱；（4）在內(nèi)的增區(qū)間為其中正確命題的序號為11、【題文】設集合集合若點則。

____．12、【題文】設當函數(shù)的零點多于1個時，在以其最小零點與最大零點為端點的閉區(qū)間上的最大值為_____________.評卷人得分三、解答題(共6題，共12分)13、已知函數(shù)f（x）=+的定義域為集合A；B={x|x＜a}

（1）求集合A；

（2）若A?B；求a的取值范圍；

（3）若全集U={x|x≤4}，a=-1，求A∪?UB．

14、【題文】（本題滿分13分）已知函數(shù)為奇函數(shù)；

（1）求以及m的值；

（2）在給出的直角坐標系中畫出的圖象；

（3）若函數(shù)有三個零點，求實數(shù)k的取值范圍.15、【題文】確定函數(shù)f(x)＝＋x－4的零點個數(shù)．16、【題文】（12分）已知直線與圓相交于兩點，是坐標原點，三角形的面積為

（1）試將表示成的函數(shù)；并求出它的定義域；

（2）求的最大值，并求取得最大值時的值。17、在如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1中．

（Ⅰ）若M、N、P分別是C1C、B1C1、D1C1的中點，求證：平面MNP∥平面A1BD．

（Ⅱ）求直線BC1與平面ACC1A1所成角的大小．18、已知圓C：（x-1）2+（y-2）2=2；點P坐標為（2，-1），過點P作圓C的切線，切點為A，B．

（1）求直線PA；PB的方程；

（2）求過P點的圓的切線長；

（3）求直線AB的方程．評卷人得分四、計算題(共4題，共32分)19、計算：．20、計算：．21、（2005?蘭州校級自主招生）已知四邊形ABCD是正方形，且邊長為2，延長BC到E，使CE=-，并作正方形CEFG，（如圖），則△BDF的面積等于____．22、若不等式|2x+1|-|2x-1|＜a對任意實數(shù)x恒成立，則a的取值范圍是____．評卷人得分五、證明題(共4題，共8分)23、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．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；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．26、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．評卷人得分六、綜合題(共3題，共12分)27、取一張矩形的紙進行折疊；具體操作過程如下：

第一步：先把矩形ABCD對折；折痕為MN，如圖（1）所示；

第二步：再把B點疊在折痕線MN上；折痕為AE，點B在MN上的對應點為B′，得Rt△AB′E，如圖（2）所示；

第三步：沿EB′線折疊得折痕EF；如圖（3）所示；利用展開圖（4）所示．

探究：

（1）△AEF是什么三角形？證明你的結論．

（2）對于任一矩形；按照上述方法是否都能折出這種三角形？請說明理由．

（3）如圖（5）；將矩形紙片ABCD沿EF折疊，使點A落在DC邊上的點A′處，x軸垂直平分DA，直線EF的表達式為y=kx-k（k＜0）

①問：EF與拋物線y=有幾個公共點？

②當EF與拋物線只有一個公共點時，設A′（x，y），求的值．28、已知平面區(qū)域上；坐標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）對區(qū)域L0作一個內(nèi)切圓M1，然后在M1內(nèi)作一個內(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：）29、若反比例函數(shù)y=與一次函數(shù)y=kx+b的圖象都經(jīng)過一點A（a，2），另有一點B（2，0）在一次函數(shù)y=kx+b的圖象上．

（1）寫出點A的坐標；

（2）求一次函數(shù)y=kx+b的解析式；

（3）過點A作x軸的平行線，過點O作AB的平行線，兩線交于點P，求點P的坐標．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

∵數(shù)列{an}中，a1＜0，2an+1-an=0；n∈N*；

∴=故數(shù)列{an}是以為公比的等比數(shù)列，且是遞增數(shù)列，且an＜0；

結合所給的選項知；應選C．

故選C．

【解析】【答案】由題意可得=故數(shù)列{an}是以為公比的等比數(shù)列，且是遞增數(shù)列，且所有的項an＜0；結合所給的選項，得出結論．

2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】由題意知，扇形的半徑為r，弧長為l，由題意可知S=lr，2rl=4S．

如圖鐵絲長度為：c="2r+l≥2"="4"．當且僅當2r=l；時取等號．

鐵絲長度最小值為：4．

則使用鐵絲長度最小值時應滿足的條件為2r=l．

故選B．【解析】【答案】B5、D【分析】解：對于任意實數(shù)x；都有f（-x）=f（x），所以函數(shù)為偶函數(shù)。

根據(jù)偶函數(shù)圖象關于y軸對稱；且f（x）在（-∞，0]上是增函數(shù)，可知f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)。

對于A；f（-2）=f（2），∴A不正確；

對于B，∵f（x）在（-∞，0]上是增函數(shù)，-1＞∴f（-1）＞∴B不正確；

對于C，f（2）=f（-2），∵f（x）在（-∞，0]上是增函數(shù)，-2＜

∴f（-2）＜∴C不正確，D正確；

故選D

利用f（-x）=f（x）；且f（x）在（-∞，0]上是增函數(shù)，將變量化為同一單調(diào)區(qū)間，即可判斷．

本題重點考查函數(shù)的奇偶性，考查函數(shù)的單調(diào)性，解題時應注意將變量化為同一單調(diào)區(qū)間，再作判斷．【解析】【答案】D6、D【分析】解：如圖；

D；E分別是CA、CB的中點；

∴DE為△ABC的中位線；

∴DE∥AB，且

∴=．

故選：D．

根據(jù)題意便可得到DE為△ABC的中位線，從而得出這樣由向量減法的幾何意義即可用表示出．

考查三角形中位線的概念及性質(zhì)，以及向量減法和數(shù)乘的幾何意義．【解析】【答案】D7、B【分析】解：A

若l//婁脕l//婁脗

則滿足題意的兩平面可能相交，排除A

B

若l//婁脕l隆脥婁脗

則在平面婁脕

內(nèi)存在一條直線垂直于平面婁脗

從而兩平面垂直，故B正確；

C

若婁脕隆脥婁脗l隆脥婁脕

則l

可能在平面婁脗

內(nèi)，排除C

D

若婁脕隆脥婁脗l//婁脕

則l

可能與婁脗

平行，相交，排除D

故選B

利用面面垂直的判定定理可證明B

是正確的；對于其它選項，可利用舉反例法證明其是錯誤命題。

本題主要考查了空間線面、面面位置關系，空間線面、面面垂直于平行的判定和性質(zhì)，簡單的邏輯推理能力，空間想象能力，屬基礎題【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

∵球的表面積為3π，∴球的半徑為

∵正方體的頂點都在一個球面上；

∴正方體的對角線為球的直徑。

設正方體的棱長為a，則

∴a=1

故答案為：1

【解析】【答案】先確定球的半徑；再利用正方體的對角線為球的直徑，即可求得結論．

9、略

【分析】因為所以-=【解析】【答案】10、略

【分析】試題分析：（1）時所以函數(shù)的圖像不關于軸對稱．所以函數(shù)不是偶函數(shù)．故（1）不正確;（2）因為所以要得到的圖象，只需將的圖象向左平移個單位．故（2）不正確;（3）令解得．即函數(shù)的對稱軸為．當時,．故（3）正確;（4）令解得所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為:．則函數(shù)在內(nèi)的增區(qū)間為．故（4）正確．綜上可得正確的為（3）,（4）．考點：1三角函數(shù)的奇偶性,對稱性,單調(diào)性;2三角函數(shù)的伸縮平移變換．【解析】【答案】（3）,（4）11、略

【分析】【解析】因為集合集合若點則。

a+6=b,5a-3=b,可知a-b=-6,故答案為-6?！窘馕觥俊敬鸢浮?6;12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】0三、解答題(共6題，共12分)13、略

【分析】

（1）由題意可得，

∴-2＜x≤3

∴A={x|-2＜x≤3}

（2）A?B

∴a＞3

（3）∵U={x|x≤4}；a=-1

∴B={x|x＜-1}，CUB=[-1；4]

∴A∪CUB=[-2；4]

【解析】【答案】（1）由題意可得，解不等式可求A

（2）A?B可得a＞3

（3）由U={x|x≤4}，a=-1可求B，進而可求CUB；可求。

14、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）根據(jù)f(x)為奇函數(shù)可知f(-1)=-f(1)從而可建立關于m的方程求出m值.

（2）由于分段函數(shù)的對應關系不同；所以要分段畫其圖像.再畫圖像時要注意函數(shù)關于原點對稱.

（3）結合圖像可知g(x)由三個零點；也就是方程f(x)=2k-1有三個不同的實數(shù)根，即直線y=2k-1與y=f(x)的圖像有三個公共點，然后數(shù)形結合求解即可.

(1)f(1)=1；f(-1)=-f(1)=-1，2分。

當ｘ＜0時，－ｘ＞0，f(x)=-(x)2+2(-x)=-x2-2x,又f(x)為奇函數(shù),f(x)=-f(-x)=x2+2x,

所以m="2."4分。

（2）y＝f（x）的圖象如圖所示.8分。

（3）圖象知：若函數(shù)有三個零點，則12分；

即13分。

考點：函數(shù)的奇偶性,分段函數(shù)的圖像；函數(shù)的零點.

點評：函數(shù)的零點與方程的根的關系.【解析】【答案】(1)m="2."

（2）y＝f（x）的圖象如圖所示.

（3）15、略

【分析】【解析】解：

設y1＝y(tǒng)2＝4－x，則f(x)的零點個數(shù)，即y1與y2的交點個數(shù)；作出兩函數(shù)圖象如圖．

由圖知，y1與y2在區(qū)間(0,1)內(nèi)有一個交點；

當x＝4時，y1＝－2，y2＝0；

當x＝8時，y1＝－3，y2＝－4；

∴在(4,8)內(nèi)兩曲線又有一個交點；

∴兩曲線有兩個交點；

即函數(shù)f(x)＝＋x－4有兩個零點．【解析】【答案】兩個16、略

【分析】【解析】

解：（1）設圓到直線的距離為∵∴

∴∴

定義域：且

（2）設則

∴∵∴∴當即時，時∴的最大值為2，取得最大值時【解析】【答案】

（1）且

（2）17、略

【分析】

（I）欲證平面MNP∥平面A1BD，先證線面平行，連接B1D1，根據(jù)面面平行的判定定理可知，先證PN∥平面A1BD，MN∥平面A1BD；即可；

（II）連接BD，BD∩AC=0，連接OC1，確定∠BC1O為直線BC1與平面A1ACC1所成的角；從而可得結論．

本題主要考查了平面與平面之間的位置關系，直線與平面所成的角，考查正方體的性質(zhì)，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，屬于中檔題．【解析】（I）證明：連接B1D1，∵P、N分別是D1C1、B1C1的中點；

∴PN∥B1D1．又B1D1∥BD；

∴PN∥BD．又PN不在平面A1BD上；

∴PN∥平面A1BD．

同理，MN∥平面A1BD．又PN∩MN=N；

∴平面PMN∥平面A1BD．

（II）解：連接AC，BD∩AC=0，連接OC1；

由正方體的性質(zhì)可得BO⊥AC，BO⊥AA1且AA1∩AC=A

∴BO⊥平面AA1C1C

∴∠BC1O為直線BC1與平面A1ACC1所成的角。

設正方體的棱長為a，則OB=a，BC1=a

在Rt△BC1O中，sin∠BC1O==

∴∠BC1O=30°．18、略

【分析】

（1）設切線方程斜率為k，由切線過點P，表示出切線方程，根據(jù)圓標準方程找出圓心C坐標與半徑r；根據(jù)直線與圓相切時，圓心到切線的距離等于圓的半徑，利用點到直線的距離公式列出關于k的方程，求出方程的解得到k的值，即可確定出切線方程．

（2）通過p到圓心C的距離；圓的半徑以及切線長滿足勾股定理；求出切線長即可．

（3）利用（2）寫出圓心為P的圓的方程；通過圓系方程寫出公共弦方程即可．

此題考查了直線與圓的位置關系，涉及的知識有：兩點間的距離公式，點到直線的距離公式，以及圓的標準方程，當直線與圓相切時，圓心到直線的距離等于圓的半徑，熟練掌握此性質(zhì)是解本題的關鍵．【解析】解：（1）設切線的斜率為k；

∵切線過點P（2；-1）；

∴切線方程為：y+1=k（x-2）即：kx-y-2k-1=0；

又圓C：（x-1）2+（y-2）2=2的圓心坐標為（1，2），半徑為

由點到直線的距離公式，得：=

解得：k=7或k=-1；

則所求的切線方程為：x+y-1=0和7x-y-15=0．

（2）圓心C到P的距離為：=．

∴切線長為：=2．

（3）以P為圓心，切線長為半徑的圓的方程為：（x-2）2+（y+1）2=8①

由圓C：（x-1）2+（y-2）2=2；②

②-①可得AB的方程：（x-1）2+（y-2）2-（x-2）2-（y+1）2=-6；

可得x-3y+3=0．四、計算題(共4題，共32分)19、略

【分析】【分析】利用負整數(shù)指數(shù)冪運算法則，特殊角的三角函數(shù)值，絕對值的代數(shù)意義，以及零指數(shù)冪法則計算即可得到結果．【解析】【解答】解：原式=-2+2×-3++1=-3．20、略

【分析】【分析】按照實數(shù)的運算法則依次計算，注意（-2）-1=-，（π-3.5）0=1．【解析】【解答】解：原式=-+1-+4

=4．21、略

【分析】【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可知三角形BDC為等腰直角三角形，由正方形的邊長為2，表示出三角形BDC的面積，四邊形CDFE為直角梯形，上底下底分別為小大正方形的邊長，高為小正方形的邊長，利用梯形的面積公式表示出梯形CDFE的面積，而三角形BEF為直角三角形，直角邊為小正方形的邊長及大小邊長之和，利用三角形的面積公式表示出三角形BEF的面積，發(fā)現(xiàn)四邊形CDEF的面積與三角形EFB的面積相等，所求△BDF的面積等于三角形BDC的面積加上四邊形CDFE的面積減去△EFB的面積即為三角形BDC的面積，進而得到所求的面積．【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形；邊長為2；

∴BC=DC=2；且△BCD為等腰直角三角形；

∴△BDC的面積=BC?CD=×2×2=2；

又∵正方形CEFG；及正方形ABCD；

∴EF=CE；BC=CD；

由四邊形CDFE的面積是（EF+CD）?EC，△EFB的面積是（BC+CE）?EF；

∴四邊形CDFE的面積=△EFB的面積；

∴△BDF的面積=△BDC的面積+四邊形CDFE的面積-△EFB的面積=△BDC的面積=2．

故答案為：2．22、略

【分析】【分析】將x的值進行分段討論，①x＜-，②-≤x＜，③x≥，從而可分別將絕對值符號去掉，得出a的范圍，綜合起來即可得出a的范圍．【解析】【解答】解：當①x＜-時；原不等式可化為：-1-2x-（1-2x）＜a，即-2＜a；

解得：a＞-2；

②當-≤x＜時；原不等式可化為：2x+1-（1-2x）＜a，即4x＜a；

此時可解得a＞-2；

③當x≥時；原不等式可化為：2x+1-（2x-1）＜a，即2＜a；

解得：a＞2；

綜合以上a的三個范圍可得a＞2；

故答案為：a＞2．五、證明題(共4題，共8分)23、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．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】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=26、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．六、綜合題(共3題，共12分)27、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；以及矩形性質(zhì)得出∠AEF=60°，∠EAF=60°，即可得出答案；

（2）根據(jù)矩形的長為a，寬為b，可知時，一定能折出等邊三角形，當＜b＜a時；不能折出；

（3）①由已知得出得到x2+8kx-8k=0，△=（8k）2+32k=32k（2k+1）；再分析k即可得出答案；

②得出Rt△EMO∽Rt△A′AD，進而得出，即可求出答案．【解析】【解答】解：（1）△AEF是等邊三角形

證明：∵PE=PA；

B′P是RT△AB′E斜邊上的中線

∴PA=B′P；

∴∠EAB′=∠PB′A；

又∵PN∥AD；

∴∠B′AD=∠PB′A；

又∵2∠EAB′+∠B′AD=90°；

∴∠EAB′=∠B′AD=30°；

易證∠AEF=60°；∴∠EAF=60°；

∴△AEF是等邊三角形；

（2）不一定；

設矩形的長為a，寬為b，可知時；一定能折出等邊三角形；

當＜b＜a時；不能折出；

（3）①由；

得x2+8kx-8k=0，△=（8k）2+32k=32k（2k+1）；

∵k＜0．

∴k＜-時；△＞0，EF與拋物線有兩個公共點．

當時；EF與拋物線有一個公共點．

當時；EF與拋物線沒有公共點；

②EF與拋物