2025年牛津上海版高一數(shù)學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津上海版高一數(shù)學下冊月考試卷231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8題，共16分)1、函數(shù)y＝cosx·|tanx|的大致圖象是()2、函數(shù)是（）A.奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)B.奇函數(shù)，且在上是減函數(shù)C.偶函數(shù)，且在上是增函數(shù)D.偶函數(shù)，且在上是減函數(shù)3、【題文】下列各小題中,p是q的充要條件的是()

(1)p:m<-2或m>6;q:y=x2+mx+m+3有兩個不同的零點.

(2)p:=1;q:y=f(x)是偶函數(shù).

(3)p:cosα=cosβ;q:tanα=tanβ.

(4)p:A∩B=A;q:B?A.

(A)(1)(2)(B)(2)(3)

(C)(3)(4)(D)(1)(4)4、【題文】已知直線x=2及x=4與函數(shù)圖片圖象的交點分別為A、B，與函數(shù)的交點分別為C；D；則直線AB與CD（）

A.平行B.相交且交點在第二象限。

C.相交且交點在第三象限D.相交且交點在原點5、（2015·福建）若變量x,y滿足約束條件則的最小值等于()A.B.-2C.D.26、直線當此直線在x,y軸的截距和最小時，實數(shù)a的值是（）A.1B.C.2D.37、已知y=f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且為偶函數(shù)；對于函數(shù)y=f（x）有下列幾種描述，其中描述正確的是（）

①y=f（x）是周期函數(shù)；②x=π是它的一條對稱軸。

③（-π，0）是它圖象的一個對稱中心；④當時，它一定取最大值A.①②B.①③C.②④D.②③8、如圖是某幾何體的三視圖；則該幾何體的表面積為（）

A.48B.57C.63D.68評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、設M（-5，0），N（5，0），△MNP的周長是36，則△MNP的頂點P的軌跡方程為____．10、【題文】已知f(x)是定義在上的奇函數(shù)，當時，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[-1，t]上的最小值為-1，則實數(shù)t的取值范圍是____．11、【題文】15．（幾何證明選講選做題）

已知圓的直徑為圓上一點，過作于（），若則的長為____.12、已知f（x）=2x+b的反函數(shù)為f-1（x），若y=f-1（x）的圖象經(jīng)過點P（5，2），則b的值是______．13、用秦九韶算法計算多項式f(x)=x6鈭?12x5+60x4鈭?160x3+240x2鈭?192x+64

當x=2

時的值時，v4

的值為______．14、in1320鈭?

的值是______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16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、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．17、初中我們學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．18、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．19、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．20、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．21、初中我們學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．22、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．評卷人得分四、解答題(共2題，共12分)23、（1）已知集合A={x|3≤x＜7}，B={x|2＜x＜10}，求（?RA）∩B

（2）設非空集合B={x|x=log2m}；若B?{1，2}，求實數(shù)m的取值．

24、【題文】（10分）已知函數(shù)

（1）求實數(shù)的范圍，使在區(qū)間上是單調函數(shù)。（2）求的最小值。評卷人得分五、作圖題(共1題，共6分)25、畫出計算1++++的程序框圖．評卷人得分六、綜合題(共1題，共5分)26、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設M（m；n）是拋物線上的一點（m；n為正整數(shù)），且它位于對稱軸的右側．若以M、B、O、A為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)，求點M的坐標；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于函數(shù)y＝cosx·|tanx|=那么可知對照正想函數(shù)可知滿足題意的圖像為C考點：正弦函數(shù)的圖象【解析】【答案】C2、A【分析】【解析】試題分析：易知f(x)的的定義域為R，又所以f(x)是奇函數(shù)；又因為在R上都是單調遞增函數(shù)，所以也是R上的單調遞增函數(shù)，故選A。考點：函數(shù)的單調性和奇偶性；指數(shù)函數(shù)的單調性?！窘馕觥俊敬鸢浮緼3、D【分析】【解析】(1)y=x2+mx+m+3有兩個不同的零點的充要條件是m2-4(m+3)>0,解得m<-2或m>6.

(2)由=1可得f(-x)=f(x),函數(shù)y=f(x)是偶函數(shù),但函數(shù)y=f(x)是偶函數(shù)時,有可能f(x)=0,此時無意義.

(3)cosα=cosβ≠0時,sinα=±sinβ,得出tanα=

±tanβ,cosα=cosβ=0時,tanα,tanβ無意義.

(4)A∩B=AABBA.

綜上可知,p是q的充要條件的是(1)(4).【解析】【答案】D4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、A【分析】【解答】

作圖，首先要對目標函數(shù)進行分析，什么時候目標函數(shù)取到最大值，解該類題目時候，往往還要將目標直線的斜率和可行域邊界的斜率比較，否則很容易出錯，屬于基礎題6、D【分析】解答：當時，當時，令因為則即則解得或(舍去)，所以的最小值為9，把代入上方程解得分析：本題主要考查了直線的截距式方程；斜截式與一次函數(shù)的關系，解決問題的關鍵是根據(jù)所給直線方程得到關于截距之和的方程，根據(jù)所得函數(shù)進行計算得到其和最小時的實數(shù)a的值.7、B【分析】證明：由已知可得：

f（-x）=-f（x）（1）

f（-x-）=-f（x+）（2）

f（-x+）=f（x+）（3）

由（3）知函數(shù)f（x）有對稱軸x=

由（2）（3）得f（-x-）=-f（-x+）；

令z=-x+則-x-=z-π；

∴f（z-π）=-f（z）；

故有f（z-π-π）=-f（z-π）；

兩者聯(lián)立得f（z-2π）=f（z）；

可見函數(shù)f（x）是周期函數(shù)；且周期為2π；

由（1）知：f（-z）=-f（z）；代入上式得：f（z-2π）=-f（-z）；

由此式可知：函數(shù)f（x）有對稱中心（-π；0）

由上證知①③是正確的命題．

故應選B．

本題函數(shù)的性質，先對已知y=f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且為偶函數(shù)用定義轉化為恒等式；再由兩個恒等式進行合理變形得出與四個命題有關的結論，通過推理證得①③正確．

本題考查的性質以及靈活運用恒等式進行變形尋求答案的能力．【解析】【答案】B8、C【分析】解：由已知中的三視圖；可得：

該幾何體是一個長方體和三棱柱的組合體；

其表面積相當于長方體的表面積和三棱柱的側面積和；

故S=2×（4×3+4×+3×）+（3+4+）×=63；

故選：C

由已知中的三視圖；可得：該幾何體是一個長方體和三棱柱的組合體，其表面積相當于長方體的表面積和三棱柱的側面積和，進而求得答案．

本題考查的知識點是棱柱的體積和表面積，棱錐的體積和表面積，簡單幾何體的三視圖，難度中檔．【解析】【答案】C二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】

設P（x；y），由M（-5，0），N（5，0）知|MN|=10；

由△MNP的周長是36；得|PM|+|PN|=36-|MN|=36-10=26＞10；

所以頂點P的軌跡是以M；N為焦點的橢圓；但不與M、N共線；

設橢圓方程為

則2a=26，c=5，所以a=13，b2=a2-c2=132-52=144；

所以△MNP的頂點P的軌跡方程為+=1（y≠0）．

【解析】【答案】設P（x；y），易求|MN|=10，PM|+|PN|=26，根據(jù)橢圓定義可判斷點P軌跡為以M；N為焦點的橢圓，但不與M、N共線，從而可求得動點P的軌跡方程．

10、略

【分析】【解析】

試題分析：作出的圖像，然后根據(jù)奇函數(shù)圖像關于原點對稱把圖像做出，有圖像可讀出的范圍.

考點：函數(shù)奇偶性最值及單調性.【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12、略

【分析】解：由題意可得f（x）=2x+b的圖象經(jīng)過點（2；5）；

故有4+b=5，解得b=1．

故答案為1．

由題意可得f（x）=2x+b的圖象經(jīng)過點（2，5），把點（2，5）代入f（x）=2x+b解方程求得b的值．

本題主要考查函數(shù)與反函數(shù)的關系，利用了若反函數(shù)的圖象過點（a，b），則原函數(shù)的圖象過點（b，a）．【解析】113、略

【分析】解：由秦九韶算法計算多項式f(x)=x6鈭?12x5+60x4鈭?160x3+240x2鈭?192x+64

=(((((x鈭?12)x+60)x鈭?160)x+240)x鈭?192)x+64

．

隆脿

當x=2

時的值時；

v0=1v1=1隆脕2鈭?12=鈭?10v2=鈭?10隆脕2+60=40v3=40隆脕2鈭?160=鈭?80v4=鈭?80隆脕2+240=80

．

故答案為：80

．

由秦九韶算法計算多項式f(x)=(((((x鈭?12)x+60)x鈭?160)x+240)x鈭?192)x+64.

即可得出．

本題考查了秦九韶算法的應用，屬于基礎題．【解析】80

14、略

【分析】解：sin1320鈭?=sin(3隆脕360鈭?+240鈭?)=sin(180鈭?+60鈭?)=鈭?sin60鈭?=鈭?32

．

故答案為：鈭?32

．

運用誘導公式及特殊角的三角函數(shù)值即可化簡求值．

本題主要考查了誘導公式及特殊角的三角函數(shù)值的應用，屬于基本知識的考查．【解析】鈭?32

三、證明題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質得到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）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．17、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．18、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質推出=；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．19、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和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質即可得證．【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．20、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=21、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．22、略

【分析】【分析】構造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．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四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、解答題(共2題，共12分)23、略

【分析】

（1）∵集合A={x|3≤x＜7}；

∴CRA={x|x＜3；或x≥7}；

∵B={x|2＜x＜10}；

∴（CRA）∩B={x|2＜x＜3；或7≤x＜10}．

（2）∵非空集合B={x|x=log2m}；若B?{1，2}；

∴l(xiāng)og2m=1，或log2m=2；

∴m=0；或m=4．

∴實數(shù)m的取值是0或4．

【解析】【答案】（1）由集合A={x|3≤x＜7}，知CRA={x|x＜3，或x≥7}，再由B={x|2＜x＜10}，能求出（CRA）∩B．

（2）由非空集合B={x|x=log2m}，若B?{1，2}，知log2m=1，或log2m=2；由此能求出實數(shù)m的取值．

24、略

【分析】【解析】解：（1）因為是開口向上的二次函數(shù)，且對稱軸為為了使在上是單調函數(shù)，故或即或（4分）

（2）當即時，在上是增函數(shù)；

所以（6分）

當即時，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以（8分）

當即時，在上是減函數(shù)，所以

綜上可得（10分）【解析】【答案】（1）或

（2）五、作圖題(共1題，共6分)25、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題意，設計的程序框圖時需要分別設置一個累加變量S和一個計數(shù)變量i，以及判斷項數(shù)的判斷框．六、綜合題(共1題，共5分)26、略

【分析】【分析】（1）已知了拋物線的頂點坐標；可將拋物線的解析式設為頂點式，然后將B點坐標代入