2025年浙教版高一數(shù)學下冊月考試卷

…………○…………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年浙教版高一數(shù)學下冊月考試卷371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8題，共16分)1、計算機中常用十六進制，采用數(shù)字0～9和字母A～F共16個計數(shù)符號與十進制得對應關系如下表：。16進制0123456789ABCDEF10進制0123456789101112131415例如用十六進制表示有D+E＝1B，則A×B=()A.6EB.7CC.5FD.B02、【題文】下列四個選項中正確的是（）A.B.C.D.3、【題文】全集滿足的集合是（）A.B.C.D.4、【題文】（2011?山東）如圖是長和寬分別相等的兩個矩形．給定下列三個命題：

①存在三棱柱；其正（主）視圖；俯視圖如圖；

②存在四棱柱；其正（主）視圖；俯視圖如圖；

③存在圓柱；其正（主）視圖；俯視圖如圖．

其中真命題的個數(shù)是（）

A.3B.2C.1D.05、【題文】下列命題中錯誤的是（）A.如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面βB.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面βC.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γD.如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β6、下列函數(shù)中同時滿足：①在（0，）上是增函數(shù)；②奇函數(shù)；③以π為最小正周期的函數(shù)的是（）A.y=tanxB.y=cosxC.y=tanD.y=|sinx|7、已知函數(shù)則f（f（f（﹣1）））的值等于（）A.π2﹣1B.π2+1C.﹣πD.08、設函數(shù)f（x）定義在R上，它的圖像關于直線x=1對稱，且當x≥1時，f（x）=3x﹣1，則有（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、已知是關于的方程的兩個實根，且=____。10、知函數(shù)f（x）=x2-2kx-3在[4，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是____．11、歐陽修《賣油翁》中寫到：（翁）乃取一葫蘆置于地，以錢覆其口，徐以杓酌油瀝之，自錢孔入，而錢不濕．可見“行行出狀元”，賣油翁的技藝讓人嘆為觀止．若銅錢是直徑為1．5cm的圓，中間有邊長為0．5cm的正方形孔，若你隨機向銅錢上滴一滴油，則油（油滴的大小忽略不計）正好落入孔中的概率為．12、上下底直徑為2和4，高為2的圓臺的體積是____．13、已知角的終邊經(jīng)過點P則的值是____14、函數(shù)（）的值域是___________.15、【題文】若某幾何體的三視圖（單位：cm）如右圖所示，則該幾何體的體積為____cm2．16、在△ABC中，A=60°，b=1，S△ABC=則=____．17、已知函數(shù)f（x）對任意實數(shù)x，y滿足f（x）+f（y）=f（x+y）+3，f（3）=6，當x＞0時，f（x）＞3，那么，當f（2a+1）＜5時，實數(shù)a的取值范圍是______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)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、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．20、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．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、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．23、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．評卷人得分四、計算題(共2題，共10分)24、計算：．25、同室的4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的拿法有____種．評卷人得分五、綜合題(共1題，共9分)26、如圖，已知：⊙O1與⊙O2外切于點O，以直線O1O2為x軸，點O為坐標原點，建立直角坐標系，直線AB切⊙O1于點B，切⊙O2于點A，交y軸于點C（0，2），交x軸于點M．BO的延長線交⊙O2于點D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半徑的長；

（2）求線段AB的解析式；

（3）在直線AB上是否存在點P，使△MO2P與△MOB相似？若存在，求出點P的坐標與此時k=的值，若不存在，說明理由．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】顯然A=10,B=11,所以A×B=110(10),用16進制表示A×B=6E.因而應選A.【解析】【答案】A2、A【分析】【解析】

試題分析：元素與集合的關系是屬于與不屬于，因為所以選Ａ．

考點：元素與集合的關系.

點評：元素與集合之間的關系有是屬于或不屬于關系.集合與集合之間的關系是包含關系.【解析】【答案】A3、D【分析】【解析】A與互補，所以【解析】【答案】D4、A【分析】【解析】存在正三棱柱；其三視圖中有兩個為矩形，一個為正三角形滿足條件，故①為真命題；

存在正四棱柱；其三視圖均為矩形，滿足條件，故②為真命題；

對于任意的圓柱；其三視圖中有兩個為矩形，一個是以底面半徑為半徑的圓，也滿足條件，故③為真命題；

故選：A【解析】【答案】A5、D【分析】【解析】由題意可知：

A；結(jié)合實物：教室的門面與地面垂直；門面的上棱對應的直線就與地面平行，故此命題成立；

B；假若平面α內(nèi)存在直線垂直于平面β；根據(jù)面面垂直的判定定理可知兩平面垂直．故此命題成立；

C；結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可以分別在α、β內(nèi)作異于l的直線垂直于交線；再由線面垂直的性質(zhì)定理可知所作的垂線平行，進而得到線面平行再由線面平行的性質(zhì)可知所作的直線與l平行，又∵兩條平行線中的一條垂直于平面那么另一條也垂直于平面，故命題成立；

D；舉反例：教室內(nèi)側(cè)墻面與地面垂直；而側(cè)墻面內(nèi)有很多直線是不垂直與地面的．故此命題錯誤．

故選D．【解析】【答案】D6、A【分析】【解答】解：A中y=tanx，在（0，）上是增函數(shù)且為奇函數(shù)又是以π為最小正周期的函數(shù)；三個條件均滿足；

B中y=cosx，為偶函數(shù)且在（0，）上是減函數(shù)又是以2π為最小正周期的函數(shù)；三個條件均不滿足；

C中y=tan以2π為最小正周期，不滿足條件③；

D中y=|sinx|；為偶函數(shù)，不滿足條件②；

故選A

【分析】根據(jù)已知中的三個條件：①在（0，）上是增函數(shù)；②奇函數(shù)；③以π為最小正周期的函數(shù)，我們結(jié)合正弦型函數(shù)的性質(zhì)及正切型函數(shù)的性質(zhì)，逐一分析四個答案中的函數(shù)，即可得到答案．7、C【分析】【解答】解：∵函數(shù)∴f（﹣1）=

f（f（﹣1））=f（）=0；

f（f（f（﹣1）））=f（0）=﹣π．

故選：C．

【分析】先求出f（﹣1）=從而f（f（﹣1））=f（）=0，進而f（f（f（﹣1）））=f（0），由此能求出結(jié)果．8、B【分析】【解答】解：∵函數(shù)f（x）定義在R上，它的圖像關于直線x=1對稱，且x≥1時函數(shù)f（x）=3x﹣1為單調(diào)遞增函數(shù)，∴x＜1時函數(shù)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，且f（）=f（）

∵＜＜＜1

∴即

故選B

【分析】先利用函數(shù)的對稱性，得函數(shù)的單調(diào)性，再利用函數(shù)的對稱性，將自變量的值化到同一單調(diào)區(qū)間上，利用單調(diào)性比較大小即可二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【解析】試題分析：因為是關于的方程的兩個實根，所以因為所以所以考點：同角三角函數(shù)關系式?！窘馕觥俊敬鸢浮?0、略

【分析】

函數(shù)y=4x2-kx-8的對稱軸為：x=k

∵函數(shù)在[4；+∞]上單調(diào)遞增。

∴k≤4

故答案為：（-∞；4]

【解析】【答案】分析：先將函數(shù)明確對稱軸；再由函數(shù)在[4，+∞]上單調(diào)遞增，則對稱軸在區(qū)間的左側(cè)求解．

11、略

【分析】試題分析：如圖，．考點：幾何概型．【解析】【答案】12、略

【分析】

由已知上下底直徑為2和4

∴上下底面的面積分別為π；4π

又圓臺高為2

∴圓臺的體積為=

故答案為：．

【解析】【答案】由題設條件；先求出圓臺的上；下底面的面積，代入圓臺的體積公式即可求得。

13、略

【分析】因為【解析】【答案】14、略

【分析】試題分析：方法一(對勾函數(shù)單調(diào)性)：函數(shù)由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以故其值域為方法二(基本不等式)：函數(shù)故其值域為考點：函數(shù)值域的求法.【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】

試題分析：由三視圖可知此幾何體是一個組合體；上方是一個圓錐，下方是一個圓柱；

所以

考點：空間幾何體的三視圖；圓柱與圓錐的體積公式.

點評：本小題用到的圓柱和圓錐公式為：【解析】【答案】16、【分析】【解答】解：由題意可得==×cc=4．再由余弦定理可得a2=1+16﹣8×=13，∴a=∴==故答案為：．

【分析】利用三角形面積公式求得c值，利用余弦定理求出a值，可得的值．17、略

【分析】解：設x1＜x2，x1、x2∈R，則x2-x1＞0；

∵當x＞0時；f（x）＞3；

∴f（x2-x1）＞3；

∵f（x+y）=f（x）+f（y）-3；

∴f（x2）-f（x1）=f（x2-x1+x1）-f（x1）-3=f（x2-x1）+f（x1）-f（x1）-3＞0；

∴f（x2）＞f（x1）；

∴f（x）在R上遞增；

∵f（3）=f（2）+f（1）-3=f（1）+f（1）-3+f（1）-3=3f（1）-6=6；

∴f（1）=4；∴f（2）=5

∴f（2a+1）＜5等價于2a+1＜2．

a＜

故答案為：（-∞，）．

先判斷f（x）的單調(diào)性；再計算f（2）=5，不等式轉(zhuǎn)化為2a+1＜2解出．

本題考查抽象函數(shù)的性質(zhì)，考查利用單調(diào)性解不等式，已知抽象函數(shù)的運算性質(zhì)，常用“賦值法”，屬于基礎題．【解析】（-∞，）三、證明題(共6題，共12分)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(zhuǎn)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】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．20、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．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(zhuǎn)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】（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．23、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=四、計算題(共2題，共10分)24、略

【分析】【分析】求出=2，sin45°=，（3-π）0=1，=4，代入求出即可．【解析】【解答】解：原式=2-4×+1+4；

=2-2+1+4；

=5．25、略

【分析】【分析】可以列舉出所有的結(jié)果，首先列舉甲和另外一個人互換的情況，共有三種，再列舉不是互換的情況共有6種結(jié)果．【解析】【解答】解：根據(jù)分類計數(shù)問題；可以列舉出所有的結(jié)果；

1；甲乙互換；丙丁互換；

2；甲丙互換；乙丁互換；

3；甲丁互換；乙丙互換；

4；甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；

5；甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；

6；甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；

7；甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；

8；甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；

9；甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．

通過列舉可以得到共有9種結(jié)果．

故答案為：9．五、綜合題(共1題，共9分)26、略

【分析】【分析】（1）連接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，根據(jù)切線長定理求出AB的長，設O1B為r，根據(jù)勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2