2025年湘教版高一數學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年湘教版高一數學上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、設則（）．A.B.C.D.2、若則cos（2π-α）的值是（）

A.

B.

C.-

D.

3、【題文】一個幾何體的三視圖如圖所示；則該幾何體的體積為（）

A.2B.1C.D.4、下列四組函數中表示同一函數的是（）A.f（x）=x，B.f（x）=x2，g（x）=（x+1）2C.g（x）=|x|D.f（x）=0，5、已知函數f（x）=x2+bx+c的圖象的對稱軸為直線x=1，則（）A.f（-1）＜f（1）＜f（2）B.f（1）＜f（2）＜f（-1）C.f（2）＜f（-1）＜f（1）D.f（1）＜f（-1）＜f（2）評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、設數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=2n（n∈N*），則a2=____．7、計算：=____．8、若0≤x≤2，則函數y=（）x-1-4?（）x+2的值域是____．9、已知函數的圖象是連續(xù)不斷的，有如下對應值表：。則函數在區(qū)間____有零點.10、用五點法畫函數的圖象，這五個點可以分別是____，．11、【題文】已知圓錐的底面半徑為2cm，高為1cm，則圓錐的側面積是____cm2．12、【題文】兩圓x2+y2+6x+4y=0及x2+y2+4x+2y-4=0的公共弦所在直線方程為_________.13、已知f（x）=ax﹣+2（a，b∈R），且f（5）=5，則f（﹣5）=____．14、函數y=log0.2（x2-6x+5）的遞增區(qū)間是______．評卷人得分三、解答題(共9題，共18分)15、計算：0.25×（-）-4-4÷（-1）-+lg25+2lg2．

16、已知向量且分別為的三邊所對的角.(1)求角C的大?。?2)若成等差數列，且求邊的長.17、解關于的不等式18、【題文】已知函數

（1）若求的值；

（2）求的值.19、【題文】如圖，長方體中，點為的中點。

（1）求證：直線∥平面

（2）求證：平面平面20、【題文】如圖，AB是圓O的直徑，點C是弧AB的中點，點V是圓O所在平面外一點，是AC的中點，已知．

（1）求證：AC⊥平面VOD；

（2）求三棱錐的體積.

21、【題文】判斷函數f(x)=在定義域上的單調性.22、已知等比數列{an}首項為a1；公比為q，求：

（1）該數列的前n項和Sn．

（2）若q≠1，證明數列{an+1}不是等比數列．23、已知一圓C的圓心為C（2，-1）且該圓被直線l：x-y-1=0截得弦長為求該圓方程．評卷人得分四、證明題(共4題，共32分)24、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．25、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=2．26、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．27、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．評卷人得分五、綜合題(共4題，共28分)28、已知拋物線y=ax2-2ax+c-1的頂點在直線y=-上，與x軸相交于B（α，0）、C（β，0）兩點，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求這個拋物線的解析式；

（2）設這個拋物線與y軸的交點為P；H是線段BC上的一個動點，過H作HK∥PB，交PC于K，連接PH，記線段BH的長為t，△PHK的面積為S，試將S表示成t的函數；

（3）求S的最大值，以及S取最大值時過H、K兩點的直線的解析式．29、已知△ABC的一邊AC為關于x的一元二次方程x2+mx+4=0的兩個正整數根之一，且另兩邊長為BC=4，AB=6，求cosA．30、設L是坐標平面第二；四象限內坐標軸的夾角平分線．

（1）在L上求一點C，使它和兩點A（-4，-2）、B（5，3-2）的距離相等；

（2）求∠BAC的度數；

（3）求（1）中△ABC的外接圓半徑R及以AB為弦的弓形ABC的面積．31、如圖，矩形ABCD中，AD＜AB，P、Q分別為AD、BC的中點．N為DC上的一點，△AND沿直線AN對折點D恰好與PQ上的M點重合．若AD、AB分別為方程x2-6x+8=0的兩根．

（1）求△AMN的外接圓的直徑；

（2）四邊形ADNM有內切圓嗎？有則求出內切圓的面積，沒有請說明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】試題分析：由題根據指數，對數函數性質不難判斷所給指數與0,1的關系，然后比較大小即可.考點：指數，對數大小比較【解析】【答案】C2、A【分析】

∵

∴sinα=-

而cos（2π-α）=cosα，

∴cosα=

故選A．

【解析】【答案】先利用誘導公式進行化簡；求出sinα，然后利用同角三角函數的關系求出cosα，注意角的范圍．

3、C【分析】【解析】

試題分析：由三視圖可知：該幾何體是一個四棱錐，其中底面是對角線長為2的正方形，一條高為1的側棱垂直于底面，據此可計算出體積．解：由三視圖可知：該幾何體是一個四棱錐，其中底面是對角線長為2的正方形，一條高為1的側棱垂直于底面．則該幾何體的體積故答案為C.

考點：由三視圖求原幾何體。

點評：本題考查了由三視圖求原幾何體的體積，正確恢復原幾何體是計算的關鍵．【解析】【答案】C4、C【分析】解：∵y=x（x∈R）與（x≥0）兩個函數的定義域不一致；

∴A中兩個函數不表示同一函數；

∵f（x）=x2，g（x）=（x+1）2兩個函數的對應法則不一致；

∴B中兩個函數不表示同一函數；

∵f（x）=|x|與g（x）==|x|；且兩個函數的定義域均為R

∴C中兩個函數表示同一函數；

f（x）=0，=0（x=1）兩個函數的定義域不一致；

∴D中兩個函數不表示同一函數；

故選C．

根據兩個函數是同一個函數的定義；函數的三要素均相等，或兩個函數的圖象一致，根據函數的定義域與函數的解析式一致時，函數的值域一定相同，我們逐一分析四個答案中兩個函數的定義域和解析式是否一致，即可得到答案．

本題考查的知識點是判斷兩個函數是否為同一函數，熟練掌握判斷兩個函數是否為同一函數的方法，正確理解兩個函數表示同一函數的概念是解答本題的關鍵．【解析】【答案】C5、B【分析】解：∵函數f（x）=x2+bx+c的圖象的對稱軸為直線x=1；

∴f（-1）=f（3）；

又二次函數在（-∞；1]上單調遞減，[1，+∞）上單調遞增；

∴f（1）＜f（2）＜f（3）；

∴f（1）＜f（2）＜f（-1）；

故選B．

根據函數f（x）=x2+bx+c的圖象的對稱軸為直線x=1；所以二次函數在（-∞，1]上單調遞減，[1，+∞）上單調遞增，再結合關于x=1對稱的點的函數值相等，即可得到答案．

本題考查了二次函數的性質，二次函數的性質一般通過研究二次函數的對稱軸與開口方向來確定．屬于基礎題．【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】

由Sn=2n，得a1=S1=2，則a2=S2-a1=2×2-2=2．

故答案為2．

【解析】【答案】直接由題目給出的Sn=2n求出a1，然后由a2=S2-S1求得a2．

7、略

【分析】

=

=-2-24

=-2-16

=-18

故答案為：-18

【解析】【答案】根據抽象底公式的推論對數的運算性質，及指數的運算性質，對原式逐項化簡，即可得到答案．

8、略

【分析】

令（）x=t，則∴y=4t2-4t+2=（2t-1）2+1；

∵∴函數在上是減函數，在上是增函數；

∴t=時；y最小為1，t=1時，y最大為2

∴函數的值域是[1；2]

故答案為[1；2]

【解析】【答案】先令（）x=t，則可將原函數轉化二次函數在上的值域問題；利用配方法可以解決．

9、略

【分析】本試題主要是考查了函數的零點所在的大致區(qū)間的求解。根據零點存在性定理可知，因為f(-2)=-10<0,f(-1)=3>0,那么可知函數在區(qū)間端點值函數值異號，故有零點.解決該試題的關鍵是結合零點的存在性定理得到結論?！窘馕觥俊敬鸢浮?0、略

【分析】由知,應填【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

試題分析：圓錐的底面周長為：母線長為：故答案為

考點：圓錐側面積的求法.【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】將兩圓方程相減得2x+2y+4=0,即x+y+2=0.【解析】【答案】x+y+2=013、﹣1【分析】【解答】解：令g（x）=f（x）﹣2=

則g（x）是一個奇函數。

∵f（5）=5；

∴g（5）=3；

∴g（﹣5）=﹣3；

∴f（﹣5）=﹣1

故答案為：﹣1

【分析】由已知中函數我們可以構造函數g（x）=f（x）﹣2=根據奇函數+奇函數=奇函數，我們可以判斷g（x）是一個奇函數，由f（5）=5，依次求出g（5），g（﹣5），即可得到f（﹣5）的值．14、略

【分析】解：由x2-6x+5＞0得x＞5或x＜1；

設t=x2-6x+5，則當x＞5時，函數t=x2-6x+5為增函數；

當x＜1時，函數t=x2-6x+5為減函數；

而y=log0.2t為減函數；

∴要求函數y=log0.2（x2-6x+5）的遞增區(qū)間，即求函數t=x2-6x+5的單調遞減區(qū)間；

∵t=x2-6x+5的單調遞減區(qū)間是（-∞；1）；

故函數y=log0.2（x2-6x+5）的遞增區(qū)間是（-∞；1）；

故答案為：（-∞；1）．

求函數的定義域；利用換元法結合復合函數單調性之間的關系進行求解即可．

本題主要考查復合函數單調區(qū)間的求解，求函數的定義域，利用換元法結合復合函數單調性之間的關系是解決本題的關鍵．【解析】（-∞，1）三、解答題(共9題，共18分)15、略

【分析】

因為0.25×（-）-4-4÷（-1）-+lg25+2lg2

=0.25×16-4÷1-4+2lg5+2lg2

=4-4-4+2（lg5+lg2）

=-2

【解析】【答案】利用負指數的冪的運算性質得到（-）-4=16，=4；利用對數的運算法則得到lg25+2lg2=2，求出值．

16、略

【分析】【解析】試題分析：【解析】

（1）對于，又，（2）由，由正弦定理得，即由余弦弦定理，，考點：余弦定理【解析】【答案】（1）（2）17、略

【分析】試題分析：對于含參數的不等式，要對參數進行分類討論，二次項系數含參數的要分系數等于0和不等于0來討論，不等于0時要注意討論方程根的大小；試題解析：【解析】

當時，原不等式變?yōu)椋寒敃r，原不等式分解為：當時，解集為：當時，解集為：當時，解集為：當時，解集為：考點：含參數的不等式的解法；【解析】【答案】見解析18、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）因為所以可以計算出的值為1；即表示兩個自變量的和為1的函數值的和為1.

（2）由（1）可知兩個自變量的和為1的函數值的和為1.所以令①.利用倒序又可得到②.所以由①+②可得2S=2012.所以S=1006.

試題解析：

．5分。

（2）．10分。

考點：1.函數的表示法.2.倒序求和法.【解析】【答案】（1）1；（2）100619、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）設AC與BD的交點為O，連接OP，則長方體中O為BD中點，又P為DD1的中點，所以三角形BDD1中，由中位線定理可知PO∥根據線面平行的判定定理即可，得證；（2）根據四邊形ABCD為菱形，故BDAC，由題意可知DD1AC，故AC平面進而可證明出結論．

解：（1）設AC與BD的交點為O，連接OP，則長方體中O為BD中點，又P為DD1的中點；

所以三角形BDD1中，PO∥而不在平面PAC內，OP在平面PAC內，故∥平面

（2）長方體中，AB=AD，所以ABCD為菱形，故BDAC；

又長方體中，DD1面ABCD，所以DD1AC，從而AC平面則平面平面

考點：1．線面平行的判定；2．線面垂直的判定；3．面面垂直的判定．【解析】【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析．20、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）證明線面垂直，要證明直線與平面內的兩條相交直線垂直，首先是圓的直徑，因此有而分別是的中點，因此有從而再看已知條件則點在平面內的射影為的外心，即點即平面從而有因此有平面（2）棱錐的體積，就是的體積，而棱錐的高就是底面是又是弧的中點，因此有從而有底面積；體積均可求．

（1）∵VA=VB，O為AB中點，∴．

連接在和中，

∴≌DVOC，∴=DVOC=90°，∴

∵平面ABC,平面ABC,∴VO⊥平面ABC．

∵平面ABC，∴．

又∵是的中點，∴．

∵VOì平面VOD，VDì平面VOD，∴AC平面DOV．

（2）由（2）知是棱錐的高，且．

又∵點C是弧的中點，∴且

∴三角形的面積

∴棱錐的體積為

故棱錐的體積為．12分。

考點：線面垂直，棱錐的體積．【解析】【答案】（1）證明見解析；（2）．21、略

【分析】【解析】函數的定義域為{x|x≤-1或x≥1},

則f(x)=

可分解成兩個簡單函數.

f(x)==x2-1的形式.當x≥1時，u(x)為增函數，為增函數.

∴f（x）=在［1，+∞)上為增函數.當x≤-1時，u（x)為減函數，為減函數；

∴f(x)=在（-∞,-1］上為減函數.【解析】【答案】f（x）=在［1，+∞)上為增函數，在（-∞,-1］上為減函數22、略

【分析】

（1）由和的定義及等比數列的通項公式構造出再與原來的和式相減得出再對公比的取值進行討論即可得出和式；

（2）先假設數列{an+1}是等比數列；然后由等比數列的性質建立方程，尋求使得數列為等比數列的條件即可證明出結論．

本題考查等比數列的性質，等數列的前n項和公式的推導，考查了分類討論的思想反證法證明的思想，綜合性較強．【解析】解：（1）∵數列{an}為等比數列，∴．

∴

∴

當q=1時，an=a1

∴Sn=na1

當q≠1時，

∴

（2）假設數列{an+1}是等比數列，則即

∴．

∵a1≠0．

∴q2+1-2q=0即（q-1）2=0．

∴q=1這與已知q≠1矛盾．

∴{an+1}不是等比數列．23、略

【分析】

先求得圓心C到直線l的距離為d的值，再根據弦長求得半徑為r；從而求得該圓的標準方程．

本題主要考查直線和圓相交的性質，點到直線的距離公式、弦長公式的應用，求圓的標準方程，屬于中檔題．【解析】解：由于圓心C（2，-1）到直線l：x-y-1=0的距離為d==

弦長為2故半徑為r==2；

故該圓的標準方程為（x-2）2+（y+1）2=4．四、證明題(共4題，共32分)24、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據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S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數，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）根據題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．25、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=2．26、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．27、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據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S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數，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）根據題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．五、綜合題(共4題，共28分)28、略

【分析】【分析】（1）把頂點A的坐標代入直線的解析式得出c=a+；根據根與系數的關系求出c=1-3a，得出方程組，求出方程組的解即可；

（2）求出P、B、C的坐標，BC=4，根據sin∠BCP==，和HK∥BP，得出=，求出PK=t；過H作HG⊥PC于G，根據三角形的面積公式即可求出答案；

（3）根據S=-（t-2）2+2求出S取最大值，作KK′⊥HC于K′，求出KK′和OK′，得到點K的坐標，設所求直線的解析式為y=kx+b，代入得到方程組求出即可．【解析】【解答】解：（1）由y=ax2-2ax+c-1=a（x-1）2+c-1-a得拋物線的頂點為

A（1；c-1-a）．

∵點A在直線y=-x+8上；

∴c-1-a=-×1+8；

即c=a+；①

又拋物線與x軸相交于B（α；0）；C（β，0）兩點；

∴α、β是方程ax2-2ax+c-1=0的兩個根．

∴α+β=2，αβ=；

又α2+β2=10，即（α+β）2-2αβ=10；

∴4-2×=10；

即c=1-3a②；

由①②解得：a=-；c=5；

∴y=-x2+x+4；

此時；拋物線與x軸確有兩個交點；

答：這個拋物線解析式為：y=-x2+x+4．

（2）由拋物線y=-x2+x+4；

令x=0；得y=4，故P點坐標為（0，4）；

令y=0，解得x1=-1，x2=3；

∵α＜β；∴B（-1，0），C（3，0）；

∴BC=4，又由OC=3，OP=4，得PC=5，sin∠BCP==；

∵BH=t；∴HC=4-t．

∵HK∥BP，=，=；

∴PK=t

如圖，過H作HG⊥PC于G，則HG=HC，

sin∠BCP=（4-t）?=（4-t）；

∴S=×t×（4-t）=t2+2t；

∵點H在線段BC上且HK∥BP；∴0＜t＜4．

∴所求的函數式為：S=-t2+2t（0＜t＜4）；

答：將S表示成t的函數為S=-t2+2t（0＜t＜4）．

（3）由S=-t2+2t=-（t-2）2+2（0＜t＜4）；知：

當t=2（滿足0＜t＜4）時；S取最大值，其值為2；

此時；點H的坐標為（1，0）；

∵HK∥PB；且H為BC的中點；

∴K為PC的中點；

作KK′⊥HC于K′；

則KK′=PO=2，OK′=CO=；

∴點K的坐標為（；2）；

設所求直線的解析式為y=kx+b；則

；

∴

故所求的解析式為y=4x-4；

答S的最大值是2，S取最大值時過H、K兩點的直線的解析式是y=4x-4．29、略

【分析】【分析】根據題意畫出圖形，根據根與系數的關系求出一元二次方程x2+mx+4=0的兩根之積，由方程的兩個正整數根估計出兩根的值，再根據三角形的三邊關系確定出AC的長，由等腰三角形的性質可求出AD的長，最后由銳角三角函數的定義解答即可．【解析】【解答】解：根據與系數的關系可知：

x1?x2=4；

又∵x1、x2為正整數解；

∴x1，x2可為1；4或2、2（2分）

又∵BC=4；AB=6；

∴2＜AC＜10；

∴AC=4；（5分）

∴AC=BC=4；△ABC為等腰三角形；

過點C作CD⊥AB；∴AD=3，（7分）

cosA==．（8分）30、略

【分析】【分析】（1）設C（x；-x），根據兩點間的距離公式（勾股定理）得到方程，求出方程的解即可；

（2）作BE⊥AC于E；求出AC，根據勾股定理求出BC，得到AC=BC，求出CE；BE，求出∠A即可；

（3）求出△ABC的高CD的長，求出AB的長，根