2024年滬教版高一數(shù)學(xué)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2024年滬教版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷179考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、已知全集）等于（）A.{2，4，6}B.{1，3，5}C.{2，4，5}D.{2，5}2、已知函數(shù)定義域是則的定義域是（）A.B.C.D.3、已知α為第三象限角，且sinα+cosα=2m，sin2α=m2，則m的值為（）A.B.﹣C.﹣D.﹣4、長方體的全面積為11，十二條棱長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為（）A.B.C.5D.65、已知函數(shù)y=x2鈭?2x+3

在閉區(qū)間[0,m]

上有最大值3

最小值2

則m

的取值范圍是(

)

A.[1,+隆脼)

B.[0,2]

C.[1,2]

D.(鈭?隆脼,2]

6、如圖所示，鈻?ABC

是頂角為120鈭?

的等腰三角形，且AB=1

則AB鈫?鈰?BC鈫?=(

)

A.鈭?32

B.32

C.鈭?32

D.32

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、若實數(shù)滿足且的最大值為則實數(shù)的值為________8、已知函數(shù)f（x）=則f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（）+f（）+f（）=____．9、設(shè)等差數(shù)列{an}的首項及公差均是正整數(shù)，前n項和為Sn，且a1＞1，a4＞6，S3≤12，則a2013=____．10、函數(shù)y=-x2+4x-2在區(qū)間[0，4]上的值域為____．11、有一解三角形的題目，因紙張破損有一個條件丟失，具體如下：在中，已知____,求角經(jīng)推斷，破損處的條件為三角形的一邊長度，且答案為將條件補充完整填在空白處.12、【題文】如圖，在中，延長到連接若且則________.13、【題文】的定義域為____；14、如圖，在河的一側(cè)有一塔CD=12m，河寬BC=3m，另一側(cè)有點A，AB=4m，則點A與塔頂D的距離AD=____

15、若f(婁脠)=sin婁脠鈭?3cos婁脠=2sin(婁脠+婁脮)(鈭?婁脨<婁脮<婁脨)

則婁脮=

______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)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、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．18、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=2．19、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；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、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=2．22、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．23、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．評卷人得分四、解答題(共3題，共6分)24、關(guān)于x的一元二次不等式x2-（a+1）x+a＜0的解集為A，集合且A∩B=A，求實數(shù)a的取值范圍．

25、12分）.已知函數(shù)f()=若2）=1；(1)求a的值；（2）求的值；（3）解不等式26、．（本小題滿分15分）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時，（Ⅰ）求當(dāng)時，函數(shù)的表達(dá)式；（Ⅱ）求滿足的的取值范圍；（Ⅲ）已知對于任意的不等式恒成立，求證：函數(shù)的圖象與直線沒有交點．評卷人得分五、綜合題(共2題，共20分)27、已知拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判斷拋物線的頂點與直線L：y=-x+2的位置關(guān)系；

（2）設(shè)該拋物線與x軸交于M；N兩點；當(dāng)OM?ON=4，且OM≠ON時，求出這條拋物線的解析式；

（3）直線L交x軸于點A，（2）中所求拋物線的對稱軸與x軸交于點B．那么在對稱軸上是否存在點P，使⊙P與直線L和x軸同時相切？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．28、如圖；在平面直角坐標(biāo)系中，OB⊥OA，且OB=2OA，點A的坐標(biāo)是（-1，2）．

（1）求點B的坐標(biāo)；

（2）求過點A、O、B的拋物線的表達(dá)式．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】試題分析：因為所以考點：集合的運算.【解析】【答案】A2、D【分析】【解析】試題分析：因為函數(shù)定義域是所以所以中所以即的定義域是考點：本小題主要考查抽象函數(shù)的定義域.【解析】【答案】D3、B【分析】【解答】解：把sinα+cosα=2m兩邊平方可得1+sin2α=4m2；

又sin2α=m2，∴3m2=1，解得m=

又α為第三象限角，∴m=-

故選：B

【分析】把sinα+cosα=2m兩邊平方可得m的方程，解方程可得m，結(jié)合角的范圍可得答案．4、C【分析】解：設(shè)長方體的長、寬、高分別為a，b；c，由題意可知；

4（a+b+c）=24①；

2ab+2bc+2ac=11②；

由①的平方減去②可得a2+b2+c2=25；

這個長方體的一條對角線長為：5；

故選C．

設(shè)出長方體的長；寬、高；表示出長方體的全面積為11，十二條棱長度之和為24，然后整理可得對角線的長度．

本題考查長方體的有關(guān)知識，是基礎(chǔ)題．【解析】【答案】C5、C【分析】解：作出函數(shù)f(x)

的圖象，如圖所示，

當(dāng)x=1

時；y

最小，最小值是2

當(dāng)x=2

時，y=3

函數(shù)f(x)=x2鈭?2x+3

在閉區(qū)間[0,m]

上上有最大值3

最小值2

則實數(shù)m

的取值范圍是[1,2]

．

故選：C

本題利用數(shù)形結(jié)合法解決；作出函數(shù)f(x)

的圖象，如圖所示，當(dāng)x=1

時，y

最小，最小值是2

當(dāng)x=2

時，y=3

欲使函數(shù)f(x)=x2鈭?2x+3

在閉區(qū)間[0,m]

上的上有最大值3

最小值2

則實數(shù)m

的取值范圍要大于等于1

而小于等于2

即可．

本題考查二次函數(shù)的值域問題，其中要特別注意它的對稱性及圖象的應(yīng)用，屬于中檔題．【解析】C

6、C【分析】解：，鈻?ABC

是頂角為120鈭?

的等腰三角形；且AB=1

則AC=1

則隆脧ABC=30鈭?BC=3

則AB鈫?鈰?BC鈫?=|AB鈫?||BC鈫?|cos(180鈭?鈭?隆脧ABC)=1隆脕3隆脕(鈭?32)=鈭?32

．

故選：C

．

利用已知條件求出向量的長度以及向量的夾角；然后求解向量的數(shù)量積即可．

本題考查向量的數(shù)量積的應(yīng)用，向量在幾何中的應(yīng)用，是基本知識的考查．【解析】C

二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【解析】試題分析：由題意，當(dāng)經(jīng)過可行域內(nèi)的點時，z有最大值，且所以考點：簡單的線性規(guī)劃【解析】【答案】8、略

【分析】

由題意知，==+=1；

∴f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（）+f（）+f（）=3+f（1）=3=

故答案為：．

【解析】【答案】根據(jù)式子的特點和解析式求出的值；利用整體思想代入式子進(jìn)行求值．

9、略

【分析】

由題意可得設(shè)an=a1+（n-1）d，則Sn=na1+d；

由a1＞1，a4＞6，S3≤12，得a1+3d＞6，3a1+3d≤12；

解得6-3d＜a1≤12-d；

因為首項及公差均是正整數(shù)，所以a1=2；d=2

所以an=2n，a2013=4026．

故答案為：4026．

【解析】【答案】利用等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式，由a1＞1，a4＞6，S3≤12，得到an=2n，由此能夠求出a2013．

10、略

【分析】

y=-x2+4x-2=-（x-2）2+2；

函數(shù)在[0；2]上單調(diào)遞增，在[2，4]上單調(diào)遞減；

所以f（x）max=f（2）=2；

又f（0）=f（4）=-2，所以f（x）min=-2；

故函數(shù)y=-x2+4x-2在區(qū)間[0；4]上的值域為[-2，2]．

故答案為：[-2；2]．

【解析】【答案】先判斷函數(shù)在區(qū)間[0；4]上的單調(diào)性，由單調(diào)性即可求出其最大值；最小值，從而可得其值域．

11、略

【分析】【解析】試題分析：因為所以∴1+cos（A+C）=（-1）cosB，即1-cosB=（-1）cosB，整理得cosB=又∵0°＜B＜180°，∴B=45°．接下來分兩種情況討論：（1）當(dāng)又因為A∈（0，π），且a＞b，所以A="60°"或者A=120°，這與已知角A的解為唯一解矛盾(2)B=45°，結(jié)合A=60°，得C=75°,則由正弦定理可知再由又∵A∈（0，π），且c＞a，∴A=60°，且此解是唯一解，符合題意,故可知考點：解三角形【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

試題分析：過點C作CE∥AB；交BD于E，如圖所示；

設(shè)AC=x；∵∠ABC=90，AB=1，AC=x；

∴BC=∴CE=BC?tan30°=∵CE∥AB；

∴△DCE∽△DAB，∴DC：AD=CE：AB，∴（1+x）××

化簡得（x+2）（-2）=0，解關(guān)于x的方程得x=（負(fù)數(shù)舍去）；

∴AC=．

考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．

點評：本題考查了勾股定理、特殊三角函數(shù)值、平行線分線段成比例定理的推論、相似三角形的判定和性質(zhì)、解無理方程,屬基礎(chǔ)題.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】14、13【分析】【解答】解：連結(jié)AC，在Rt△ABC中，AC=．

在Rt△ACD中，AD=

故答案為：13．

【分析】連結(jié)AC，利用勾股定理求出AC，再計算AD．15、略

【分析】解：由f(婁脠)=sin婁脠鈭?3cos婁脠=2sin(婁脠鈭?婁脨3).

由題意，鈭?婁脨<婁脮<婁脨

．

隆脿婁脮=鈭?婁脨3

．

故答案為：鈭?婁脨3

．

直接利用輔助角公式化解即可得解．

本題主要考查了輔助角的運用.

比較基礎(chǔ)．【解析】鈭?婁脨3

三、證明題(共8題，共16分)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(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．17、略

【分析】【分析】（1）關(guān)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(yīng)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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．18、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)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(guān)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=2．19、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】（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】首先作CD關(guān)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(guān)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=2．22、略

【分析】【分析】構(gòu)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．23、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(jìn)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．四、解答題(共3題，共6分)24、略

【分析】

?{x|0＜x＜2}；

x2-（a+1）x+a＜0?（x-a）（x-1）＜0；

∵A∩B=A；∴A?B；

∴當(dāng)A=?時；a=1，滿足題意；

當(dāng)A≠?時；若a＞1，則A=（1，a）；

∵A?B；

∴1＜a≤2；

若a＜1；則A=（a，1）；

∵A?B；

∴0≤a＜1；

綜上所述實數(shù)a的取值范圍是[0；2]．

【解析】【答案】根據(jù)分式不等式的解法求出集合B；根據(jù)A∩B=A，得到A?B，然后對集合A進(jìn)行討論，即可求得結(jié)果．

25、略

【分析】【解析】試題分析：(1)因為函數(shù)f()=若2）=1，所以所以a=2；(2)由(1)知，f()=所以=(3)易知f(x)的定義域為由得：解得所以解集為考點：本題考查函數(shù)的值；函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)a=2；(2)4；(3)26、略

【分析】

（Ⅰ）當(dāng)時，5分（Ⅱ）∴因為∴或∴或10分（Ⅲ）根據(jù)對稱性，只要證明函數(shù)的圖象與直線在上無交點即可。令函數(shù)①當(dāng)時，②當(dāng)則在上直線始終在的圖象之上方.綜上所述，由于對稱性可知，函數(shù)的圖象與直線沒有交點.15分【解析】略【解析】【答案】五、綜合題(共2題，共20分)27、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；得出頂點坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式即可；

（2）利用已知得出x1x2=m2+m-2，|m2+m-2|=4；進(jìn)而求出m的值，再利用根的判別式得出m的取值范圍，進(jìn)而求出；

（3）分別利用點P1到直線L的距離P1