2025年粵人版高一數(shù)學上冊月考試卷

…………○…………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年粵人版高一數(shù)學上冊月考試卷211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5題，共10分)1、設函數(shù)是奇函數(shù)，在內(nèi)是增函數(shù)，有則的解集是（）A.或B.或C.或D.或2、以點（-5，4）為圓心，且與軸相切的圓的方程是（）A.B.C.D.3、函數(shù)的零點個數(shù)是（）A.0B.１C.2D.無數(shù)個4、兩次購買同一種物品，可以用兩種不同的策略，第一種是不考慮物品價格的升降，每次購買這種物品數(shù)量一定；第二種是不考慮物品價格的升降，每次購買這種物品所花的錢數(shù)一定，哪種購物方式比較經(jīng)濟（）A.第一種B.第二種C.都一樣D.不確定5、將一骰子拋擲兩次，所得向上點數(shù)分別為m和n，則函數(shù)y=x2-2（2m-n）x+1在[6，+∞）上為增函數(shù)的概率是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、不等式的解集是____．7、f（x）為定義在區(qū)間（-2，2）的奇函數(shù)，它在區(qū)間（0，2）上的圖象為如圖所示的一條線段，則不等式f（x）-f（-x）＞x的解集為____．

8、【題文】已知那么將這三個數(shù)從大到小排列為____.9、【題文】若命題“恒成立”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是____.10、【題文】直線被圓截得的弦長為_____________11、【題文】直線與的位置關系為____________．12、當x＜0時，ax＞1成立，其中a＞0且a≠1，則不等式logax＞0的解集是____評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)13、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．14、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．15、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=2．16、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．17、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．18、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．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，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．21、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、計算題(共2題，共18分)22、把一個六個面分別標有數(shù)字1；2，3，4，5，6有正方體骰子隨意擲一次，各個數(shù)字所在面朝上的機會均相等．

（1）若拋擲一次；則朝上的數(shù)字大于4的概率是多少？

（2）若連續(xù)拋擲兩次，第一次所得的數(shù)為m，第二次所得的數(shù)為n．把m、n作為點A的橫、縱坐標，那么點A（m、n）在函數(shù)y=3x-1的圖象上的概率又是多少？23、△ABC中，已知∠A、∠B、∠C的對邊長分別為a、b、c，∠C=120°，且2b=a+c，求2cot-cot的值．評卷人得分五、解答題(共1題，共5分)24、【題文】如圖,E是以AB為直徑的半圓弧上異于A；B的點，矩形ABCD所在平面垂直于該半圓所在的平面，且AB=2AD=2。

(1).求證:EA⊥EC;

(2).設平面ECD與半圓弧的另一個交點為F。

①求證：EF//AB；

②若EF=1，求三棱錐E—ADF的體積參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】試題分析：函數(shù)是奇函數(shù)，在內(nèi)是增函數(shù)，又可知：在內(nèi)也是增函數(shù)，且對于不等式當時，必有此時當時，必有此時綜合得不等式的解集為或故選擇D.考點：函數(shù)性質(zhì)的綜合應用.【解析】【答案】D2、A【分析】試題分析：直接求出圓的半徑；即可得到滿足題意的圓的方程【解析】

以點（-5，4）為圓心，且與x軸相切的圓的半徑為：4；所以所求圓的方程為：（x+5）2+（y-4）2=16．故選A考點：直線與圓點評:本題是基礎題，考查直線與圓相切的圓的方程的求法，注意求圓的半徑是解題的關鍵【解析】【答案】A3、C【分析】【解答】令=0，求得即函數(shù)有2個零點。故選C。4、B【分析】解：設此種商品的價格分別為p1，p2（都大于0）；第一種方案每次購買這種物品數(shù)量為x＞0；第二種方案每次購買這種物品的錢數(shù)為y＞0．

可得：第一種方案的平均價格為：=第二種方案的平均價格為==當且僅當p1=p2時取等號．

∴第二種購物方式比較經(jīng)濟．

故選：B．

設此種商品的價格分別為p1，p2（都大于0），第一種方案每次購買這種物品數(shù)量為x＞0；第二種方案每次購買這種物品的錢數(shù)為y＞0．可得：第一種方案的平均價格為：=第二種方案的平均價格為=利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

本題考查了基本不等式的性質(zhì)解決實際問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】【答案】B5、B【分析】解：將一骰子拋擲兩次；所得向上點數(shù)分別為m和n；

基本事件總數(shù)N=6×6=36；

∵函數(shù)y=x2-2（2m-n）x+1在[6；+∞）上為增函數(shù)；

∴2m-n≤6；

36個基本事件中滿足2m-n＞6的有：

（4；1），（5，1），（5，2），（5，3），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5）；

共9個；

∴函數(shù)y=x2-2（m-n）x+1在[6；+∞）上為增函數(shù)包含的基本事件的個數(shù)M=36-9=27；

∴函數(shù)y=x2-2（m-n）x+1在[6，+∞）上為增函數(shù)的概率p=．

故答案為：．

基本事件總數(shù)N=6×6=36，由函數(shù)y=x2-2（2m-n）x+1在[6，+∞）上為增函數(shù)，得2m-n≤6，由此利用以立事件概率計算公式能求出函數(shù)y=x2-2（m-n）x+1在[6；+∞）上為增函數(shù)的概率．

本題考查的是概率與函數(shù)的綜合問題，利用古典概型的特點分別求出基本事件的總數(shù)及所求事件包含的基本事件的個數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解，屬于中檔題．【解析】【答案】B二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】

由不等式可得（x+3）（x-1）＜0；解得-3＜x＜1；

故答案為（-3；1）．

【解析】【答案】由不等式可得（x+3）（x-1）＜0；解此一元二次不等式，求得原不等式的解集．

7、略

【分析】

因為f（x）為奇函數(shù)，所以f（x）-f（-x）＞x可化為f（x）+f（x）＞x，即f（x）＞x；

由奇函數(shù)的圖象關于原點對稱，可作出函數(shù)f（x）的圖象及y=的圖象；如圖所示：

由圖象可求得f（x）=

由解得x=1，由解得x=-1；

結合圖象知f（x）＞即（x）-f（-x）＞x的解集為（-2，-1）∪（0，1）．

故答案為：（-2；-1）∪（0，1）．

【解析】【答案】f（x）-f（-x）＞x可化為f（x）＞x，由奇函數(shù)的性質(zhì)作出f（x）的圖象，再作出y=x的圖象，根據(jù)圖象求出f（x），y=f（x）與y=x的交點；結合圖象即可求出解集．

8、略

【分析】【解析】

試題分析：因為所以因為所以因為所以故正確答案為

考點：對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】

試題分析：命題“恒成立”是真命題，即恒成立.當時，恒成立；當要使恒成立，則需解得綜上

故答案為

考點：二次函數(shù)恒成立；含參不等式.【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：圓心（0,2）到直線的距離所以直線被圓截得的弦長

考點：直線與圓的位置關系；點到直線的距離公式。

點評：在解直線與圓相交的有關問題時，通常從圓心向弦引垂線，利用弦心距、半徑和弦長的一半構成的直角三角形來求解。【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】平行12、（0，1）【分析】【解答】解：∵x＜0時，ax＞1；∴0＜a＜1；

由logax＞0=loga1；得0＜x＜1．

∴不等式logax＞0的解集是（0；1）．

故答案為：（0；1）．

【分析】由已知結合指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得a的范圍，進一步求解對數(shù)不等式得答案．三、證明題(共9題，共18分)13、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．14、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．15、略

【分析】【分析】首先作CD關于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=2．16、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．17、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．18、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．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(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．20、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．21、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、計算題(共2題，共18分)22、略

【分析】【分析】（1）讓大于4的數(shù)的個數(shù)除以數(shù)的總數(shù)即為所求的概率；

（2）列舉出所有情況，看點A（m、n）在函數(shù)y=3x-1的圖象上的情況數(shù)占總情況數(shù)的多少即可．【解析】【解答】解：（1）依題意可知：隨意擲一次正方體骰子，面朝上的數(shù)可能出現(xiàn)的結果有1、2、3、4、5、6共6種，而且它們出現(xiàn)的可能性相等．滿足數(shù)字大于4（記為事件A）的有2種．所以P（A）=

（2）依題意列表分析如下：

。第二次n第

一

次

m

1234561（11）（12）（13）（14）（15）（16）（16）2（21）（22）（23）（24）（25）（26）（26）3（31）（32）（33）（34）（35）（36）（36）4（41）（42）（4