2025年浙科版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙科版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知向量若則實(shí)數(shù)x的值為A.1B.C.D.2、若直線ax-by+c=0（a＞0，b＞0，c＞0）與圓x2+y2=1相切，則三條邊長(zhǎng)分別為a，b；c的三角形（）

A.是銳角三角形。

B.是直角三角形。

C.是鈍角三角形。

D.不存在。

3、【題文】若函數(shù)的大致圖像如右圖，其中為常數(shù)，則函數(shù)的大致圖像是()

ABCD4、【題文】已知集合M＝{x|x≥－1}，N＝{x|2－x2≥0}，則M∪N＝()A.[－＋∞)B.[－1，]C.[－1，＋∞)D.(－∞，－]∪[－1，＋∞)5、現(xiàn)代集合論的創(chuàng)始人是（）A.高斯B.戴德金C.維爾斯特拉斯D.康托爾6、在如圖的正方體中，M、N分別為棱BC和棱CC1的中點(diǎn)；則異面直線AC和MN所成的角為（）

A.30°B.45°C.60°D.90°評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、已知函數(shù)的定義域是則實(shí)數(shù)的取值范圍是8、已知集合A={0，1，2}，則集合A的子集共有____個(gè)．9、已知a，b為正常數(shù)，化簡(jiǎn)后其結(jié)果為_(kāi)___．10、【題文】已知兩條相交直線∥平面則與的位置關(guān)系是____．11、若點(diǎn)（2）在冪函數(shù)f（x）=xα的圖象上，則f（x）的解析式為_(kāi)_____．12、已知一扇形所在圓的半徑為10cm，扇形的周長(zhǎng)是45cm，那么這個(gè)扇形的圓心角為_(kāi)_____弧度．評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共9題，共18分)13、在某海防觀測(cè)站的正東方向12海浬處有A、B兩艘船相會(huì)之后，A船以每小時(shí)12海浬的速度往南航行，B船則以每小時(shí)3海浬的速度向北漂流．則經(jīng)過(guò)____小時(shí)后，觀測(cè)站及A、B兩船恰成一個(gè)直角三角形．14、（2009?瑞安市校級(jí)自主招生）如圖，把一個(gè)棱長(zhǎng)為3的正方體的每個(gè)面等分成9個(gè)小正方形，然后沿每個(gè)面正中心的一個(gè)正方形向里挖空（相當(dāng)于挖去了7個(gè)小正方體），所得到的幾何體的表面積是____．15、（2012?樂(lè)平市校級(jí)自主招生）如圖，AB∥EF∥CD，已知AC+BD=240，BC=100，EC+ED=192，求CF．16、如圖，AB是⊙O的直徑，過(guò)圓上一點(diǎn)D作⊙O的切線DE，與過(guò)點(diǎn)A的直線垂直于E，弦BD的延長(zhǎng)線與直線AE交于C點(diǎn)．

（1）求證：點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)；

（2）設(shè)直線EA與⊙O的另一交點(diǎn)為F，求證：CA2-AF2=4CE?EA；

（3）若弧AD=弧DB，⊙O的半徑為r．求由線段DE，AE和弧AD所圍成的陰影部分的面積．17、（1）計(jì)算：|-|-+（π-4）0-sin30°；

（2）化簡(jiǎn)：．18、Rt△ABC中，若∠C=90°，a=15，b=8，則sinA+sinB=____．19、已知扇形的圓心角為150°，半徑為2cm，扇形的面積是____cm2．20、已知b＜a＜0，且a-b=3，ab=1；

（1）求a+b的值；

（2）求的值．21、計(jì)算：0.0081+（4）2+（）﹣16﹣0.75+2．評(píng)卷人得分四、解答題(共3題，共9分)22、已知函數(shù)，.（1）若在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）當(dāng)時(shí)，若對(duì)任意的，總存在，使，求實(shí)數(shù)的取值范圍．23、【題文】已知圓C：x2＋y2＋x－6y＋m＝0與直線l：x＋2y－3＝0.

(1)若直線l與圓C沒(méi)有公共點(diǎn)，求m的取值范圍；

(2)若直線l與圓C相交于P、Q兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，且OP⊥OQ，求實(shí)數(shù)m的值．24、在四邊形ABCD

中，AD//BCAB=3AD=1A=5婁脨6

(1)

求sin隆脧ADB

(2)

若隆脧BDC=2婁脨3

求四邊形ABCD

的面積．評(píng)卷人得分五、證明題(共4題，共20分)25、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．26、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．27、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(guò)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．28、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評(píng)卷人得分六、作圖題(共2題，共14分)29、如圖A、B兩個(gè)村子在河CD的同側(cè)，A、B兩村到河的距離分別為AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，現(xiàn)在要在河邊CD上建一水廠，向A、B兩村送自來(lái)水，鋪設(shè)管道費(fèi)用為每千米2000元，請(qǐng)你在CD上選擇水廠位置O，使鋪設(shè)管道的費(fèi)用最省，并求出其費(fèi)用．30、請(qǐng)畫(huà)出如圖幾何體的三視圖．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【解析】試題分析：因?yàn)橄蛄壳宜?（x+1）-1×4=0，x=1,故選A.考點(diǎn)：本題主要考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，共線向量的條件?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、B【分析】

∵直線ax-by+c=0（a＞0，b＞0，c＞0）與圓x2+y2=1相切；

∴圓心（0，0）到直線的距離d=r，即=1；

∴a2+b2=c2；

則三條邊長(zhǎng)分別為a，b；c的三角形是直角三角形．

故選B

【解析】【答案】根據(jù)直線與圓相切，得到圓心到直線的距離等于圓的半徑，列出關(guān)于a，b及c的關(guān)系式；即可做出判斷．

3、B【分析】【解析】由f(x)的圖像可知所以g(x)的圖像應(yīng)為B【解析】【答案】B4、A【分析】【解析】試題分析：由已知，M＝{x|x≥－1}，N＝{x|－≤x≤}

故M∪N＝{x|x≥－}；選A

考點(diǎn):集合運(yùn)算，簡(jiǎn)單一元二次不等式【解析】【答案】A5、D【分析】【解答】解：現(xiàn)代集合論的創(chuàng)始人是：康托爾；

集合論是德國(guó)著名數(shù)學(xué)家康托于19世紀(jì)末創(chuàng)立的．十七世紀(jì)；數(shù)學(xué)中出現(xiàn)了一門(mén)新的分支：微積分．在之后的一二百年中這一嶄新學(xué)科獲得了飛速發(fā)展并結(jié)出了豐碩成果．其推進(jìn)速度之快使人來(lái)不及檢查和鞏固它的理論基礎(chǔ)．十九世紀(jì)初，許多迫切問(wèn)題得到解決后，出現(xiàn)了一場(chǎng)重建數(shù)學(xué)基礎(chǔ)的運(yùn)動(dòng)．正是在這場(chǎng)運(yùn)動(dòng)中，康托爾開(kāi)始探討了前人從未碰過(guò)的實(shí)數(shù)點(diǎn)集，這是集合論研究的開(kāi)端．到1874年康托爾開(kāi)始一般地提出“集合”的概念．他對(duì)集合所下的定義是：把若干確定的有區(qū)別的（不論是具體的或抽象的）事物合并起來(lái)，看作一個(gè)整體，就稱(chēng)為一個(gè)集合，其中各事物稱(chēng)為該集合的元素．人們把康托爾于1873年12月7日給戴德金的信中最早提出集合論思想的那一天定為集合論誕生日．

故選：D．

【分析】搜集相關(guān)信息從而得到答案．6、C【分析】【解答】解：連接C1B，D1A，AC，D1C，MN∥C1B∥D1A

∴∠D1AC為異面直線AC和MN所成的角。

而三角形D1AC為等邊三角形。

∴∠D1AC=60°

故選C．

【分析】連接C1B，D1A，AC，D1C，將MN平移到D1A，根據(jù)異面直線所成角的定義可知∠D1AC為異面直線AC和MN所成的角，而三角形D1AC為等邊三角形，即可求出此角．二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】試題分析：要是式子有意義，對(duì)任意的x恒有若m=0,恒有1>0.若則要使恒則需要滿(mǎn)足綜上所述，0≤m＜4考點(diǎn)：二次函數(shù)恒成立問(wèn)題【解析】【答案】0≤m＜48、略

【分析】

因?yàn)榧螦={0；1，2}；

所以集合A的子集共有23=8；

故答案為：8．

【解析】【答案】利用集合的子集的個(gè)數(shù)與集合的元素的個(gè)數(shù)的關(guān)系求出集合A的子集．

9、略

【分析】

=[2×（-6）÷3]=-4a1b=-4a．

故答案為：-4a．

【解析】【答案】按照有理數(shù)指數(shù)冪的運(yùn)算法則；直接化簡(jiǎn)計(jì)算即可．

10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】平行或相交（直線在平面外）11、略

【分析】解：∵點(diǎn)（2）在冪函數(shù)f（x）=xα的圖象上；

∴=2；

解得α=2；

∴f（x）的解析式為f（x）=x2．

故答案為：f（x）=x2．

把點(diǎn)（2）代入冪函數(shù)f（x）=xα的解析式中；求出α的值即可．

本題考查了求冪函數(shù)的解析式的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題目．【解析】f（x）=x212、略

【分析】解：由題意可知扇形的半徑r=10；周長(zhǎng)c=45

∴弧長(zhǎng)l=45-2×10=25；

∴圓心角α===2.5

故答案為：2.5

由題意可得扇形的弧長(zhǎng)，代入α=計(jì)算可得．

本題考查弧長(zhǎng)公式，屬基礎(chǔ)題．【解析】2.5三、計(jì)算題(共9題，共18分)13、略

【分析】【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，設(shè)經(jīng)過(guò)x小時(shí)后，觀測(cè)站及A、B兩船恰成一個(gè)直角三角形，在Rt△OBC、Rt△OCA和Rt△ABO中分別應(yīng)用勾股定理，即可求出x的值．【解析】【解答】解：如下圖所示；

設(shè)經(jīng)過(guò)x小時(shí)后；觀測(cè)站及A；B兩船恰成一個(gè)直角三角形；

則BC=3x；AC=12x；

在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理得：122+（3x）2=OB2；

在Rt△OCA中，根據(jù)勾股定理得：122+（12x）2=AO2；

在Rt△ABO中，根據(jù)勾股定理得：OB2+AO2=AB2=（15x）2；

∴122+（3x）2+122+（12x）2=（15x）2；

解得：x=2或-2（舍去）．

即經(jīng)過(guò)2小時(shí)后；觀測(cè)站及A；B兩船恰成一個(gè)直角三角形．

故答案為：2．14、略

【分析】【分析】如圖所示，一、棱長(zhǎng)為3的正方體的每個(gè)面等分成9個(gè)小正方形，那么每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)是1，所以每個(gè)小正方面的面積是1；二、正方體的一個(gè)面有9個(gè)小正方形，挖空后，這個(gè)面的表面積增加了4個(gè)小正方形，減少了1個(gè)小正方形，即：每個(gè)面有12個(gè)小正方形，6個(gè)面就是6×12=72個(gè)，那么幾何體的表面積為72×1=72．【解析】【解答】解：如圖所示；周邊的六個(gè)挖空的正方體每個(gè)面增加4個(gè)正方形，減少了1個(gè)小正方形，則每個(gè)面的正方形個(gè)數(shù)為12個(gè)，則表面積為12×6×1=72．

故答案為：72．15、略

【分析】【分析】此題根據(jù)平行線分線段成比例定理寫(xiě)出比例式，再根據(jù)等式的性質(zhì)，進(jìn)行相加，得到和已知條件有關(guān)的線段的和，再代入計(jì)算．【解析】【解答】解：∵AB∥EF∥CD；

∴①

②

①+②；得

③

由③中取適合已知條件的比例式；

得

將已知條件代入比例式中，得

∴CF=80．16、略

【分析】【分析】（1）連接OD；ED為⊙O切線；由切線的性質(zhì)知：OD⊥DE；根據(jù)垂直于同一直線的兩條直線平行知：OD∥AC；由于O為AB中點(diǎn)，則點(diǎn)D為BC中點(diǎn)．

（2）連接BF；AB為⊙O直徑，根據(jù)直徑對(duì)的圓周角是直角知，∠CFB=∠CED=90°，根據(jù)垂直于同一直線的兩條直線平行知

ED∥BF由平行線的性質(zhì)知，由于點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，則點(diǎn)E為CF中點(diǎn)，所以CA2-AF2=（CA-AF）（CA+AF）=（CE+AE-EF+AE）?CF=2AE?CF；將CF=2CE代入即可得出所求的結(jié)論．

（3）由于則弧AD是半圓ADB的三分之一，有∠AOD=180°÷3=60°；連接DA，可知等腰三角形△OAD為等邊三角形，則有OD=AD=r；在Rt△DEA中，由弦切角定理知：∠EDA=∠B=30°，可求得EA=r，ED=r，則有S陰影=S梯形AODE-S扇形AOD，從而可求得陰影部分的面積．【解析】【解答】（1）證明：連接OD；

∵ED為⊙O切線；∴OD⊥DE；

∵DE⊥AC；∴OD∥AC；

∵O為AB中點(diǎn)；

∴D為BC中點(diǎn)；

（2）證明：連接BF；

∵AB為⊙O直徑；

∴∠CFB=∠CED=90°；

∴ED∥BF；

∵D為BC中點(diǎn)；

∴E為CF中點(diǎn)；

∴CA2-AF2=（CA-AF）（CA+AF）

=（CE+AE-EF+AE）?CF=2AE?CF；

∴CA2-AF2=4CE?AE；

（3）解：∵，

∴∠AOD=60°；

連接DA；可知△OAD為等邊三角形；

∴OD=AD=r；

在Rt△DEA中；∠EDA=30°；

∴EA=r，ED=r；

∴S陰影=S梯形AODE-S扇形AOD=

=．17、略

【分析】【分析】（1）中，負(fù)數(shù)的絕對(duì)值是它的相反數(shù)；即9的算術(shù)平方根3；任何不等于0的數(shù)的0次冪都等于1；熟悉特殊角的銳角三角函數(shù)值：sin30°=；

（2）中，通過(guò)觀察括號(hào)內(nèi)的兩個(gè)分式正好是同分母，可以先算括號(hào)內(nèi)的，再約分計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）原式==-2；

（2）原式=

=

=．18、略

【分析】【分析】根據(jù)勾股定理求出斜邊的長(zhǎng)，再分別求出∠A，∠B的正弦值，然后求出它們的和即可．【解析】【解答】解：由勾股定理有：c===17；

于是sinA=；sinB=；

所以sinA+sinB=．

故答案是：．19、略

【分析】【分析】根據(jù)扇形的面積=，直接進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解析】【解答】解：根據(jù)扇形的面積公式；得

S扇==π（cm2）．

故答案為．20、略

【分析】【分析】（1）要求a+b，可以首先求得（a+b）2的值，利用完全平方公式中（a+b）2與（a-b）2之間的關(guān)系；即可求解；

（2）根據(jù)===，代入即可求解．【解析】【解答】解：（1）∵b＜a＜0

∴a+b＜0（1分）

又∵（a+b）2=（a-b）2+4ab=13

∴a+b=±

∵b＜a＜0

∴a+b=-

（2）∵a-b=3

∴（a-b）2=a2+b2-2ab=9

∴a2+b2=9+2ab=9+2=11

∴====-×3×11=-33．21、解：原式=++﹣24×（﹣0.75）+5=0.3++﹣+5=5.55【分析】【分析】根據(jù)指數(shù)冪和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)化簡(jiǎn)即可．四、解答題(共3題，共9分)22、略

【分析】

（1）的對(duì)稱(chēng)軸是，在區(qū)間上是減函數(shù)，在上存在零點(diǎn)，則必有：，即，(4分)解得：，故實(shí)數(shù)的取值范圍為；（5分）（2）若對(duì)任意，總存在，使成立，只需函數(shù)的值域?yàn)楹瘮?shù)值域的子集.（7分）當(dāng)時(shí)，的值域?yàn)椋?分）下面求，的值域，【解析】略【解析】【答案】23、略

【分析】【解析】(1)將圓的方程配方；

得2＋(y－3)2＝

故有＞0，解得m＜

將直線l的方程與圓C的方程組成方程組，得

消去y，得x2＋2＋x－6×＋m＝0；

整理，得5x2＋10x＋4m－27＝0；①

∵直線l與圓C沒(méi)有公共點(diǎn)，∴方程①無(wú)解，故有Δ＝102－4×5(4m－27)＜0，解得m＞8.∴m的取值范圍是

(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)；

由OP⊥OQ，得＝0，即x1x2＋y1y2＝0；②

由①及根與系數(shù)的關(guān)系；得。

x1＋x2＝－2，x1·x2＝③

又∵P、Q在直線x＋2y－3＝0上；

∴y1·y2＝·＝[9－3(x1＋x2)＋x1·x2]；

將③代入上式，得y1·y2＝④

將③④代入②得x1·x2＋y1·y2＝＋＝0，解得m＝3.

代入方程①檢驗(yàn)得Δ＞0成立，∴m＝3.【解析】【答案】（1）（2）m＝324、略

【分析】

(1)

在鈻?ABD

中，AB=3AD=1A=5婁脨6

由余弦定理得BD=7.

在鈻?ABD

中，由正弦定理得BDsinA=ABsin鈭?ADB

解得sin隆脧ADB

．

(2)

設(shè)隆脧CBD=婁脕

由AD//BC

可得隆脧ADB=隆脧CBD=婁脕

可得sin婁脕=2114.

可得cos婁脕=5714

由隆脧BDC=2婁脨3

可得sinC=sin(婁脨3鈭?婁脕).

在鈻?BCD

中，由正弦定理得7217=BCsin2婁脨3

解得BC.

由S鈻?BCD=12BD鈰?BCsin婁脕S鈻?ABD=12隆脕AB隆脕ADsinA

可得四邊形ABCD

的面積S

．

本題考查了正弦定理余弦定理、三角函數(shù)的單調(diào)性與求值、和差公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．【解析】解：(1)

在鈻?ABD

中，AB=3AD=1A=5婁脨6

由余弦定理得BD2=(3)2+12鈭?2隆脕3隆脕1隆脕cos5婁脨6

解得BD=7

．

在鈻?ABD

中，由正弦定理得BDsinA=ABsin鈭?ADB

即7sin5婁脨6=3sin鈭?ADB

解得sin隆脧ADB=2114

．

(2)

設(shè)隆脧CBD=婁脕

因?yàn)锳D//BC

所以隆脧ADB=隆脧CBD=婁脕

所以sin婁脕=2114

．

因?yàn)?<婁脕<婁脨2

所以cos婁脕=5714

因?yàn)槁∶廈DC=2婁脨3

所以sinC=sin(婁脨3鈭?婁脕)=32cos婁脕鈭?12sin婁脕=217

在鈻?BCD

中，由正弦定理得7217=BCsin2婁脨3

解得BC=72.

所以S鈻?BCD=12BD鈰?BCsin婁脕=12隆脕7隆脕72隆脕2114=738

S鈻?ABD=12隆脕AB隆脕ADsinA=12隆脕3隆脕1隆脕sin5婁脨6=34

隆脿

四邊形ABCD

的面積S=738+34=938

五、證明題(共4題，共20分)25、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)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(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．26、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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．27、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=