2024年滬科版高一數學上冊月考試卷

…………○…………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2024年滬科版高一數學上冊月考試卷936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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某人利用隨機模擬方法估計π的近似值；設計了下面的程序框圖，運行時，從鍵盤輸入1000，輸出值為788，由此可估計π的近似值約為（）

A.0.788

B.3.142

C.3.152

D.3.14

2、【題文】直線截圓得到的弦長為（）A.1B.2C.D.23、【題文】已知直線直線平面有下列四個命題：①②l∥m，③l∥m④∥其中正確命題的序號是A.①和②B.③和④C.②和④D.①和③4、定義在R上的偶函數滿足且則的值為（）A.4B.-2C.2D.5、如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，E，F，G分別是DD1，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成角為（）

A.30°B.45°C.60°D.90°評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、設扇形的弧長為半徑為8，則該扇形的面積為____.7、【題文】若P是兩條異面直線l；m外的任意一點；則下列命題中假命題的是________．(填序號)

①過點P有且僅有一條直線與l；m都平行；

②過點P有且僅有一條直線與l；m都垂直；

③過點P有且僅有一條直線與l；m都相交；

④過點P有且僅有一條直線與l、m都異面．8、【題文】關于的方程的一個根是則_________．9、【題文】、已知二次函數y=f(x)的圖像為開口向下的拋物線，且對任意x∈R都有f(1+x)=f(1－x)．若向量則滿足不等式的m的取值范圍____。10、計算27的結果是______．11、已知函數y=a(x鈭?3)+2(a>0,a鈮?1)

的圖象過定點A

若點A

也在冪函數f(x)

的圖象上，則f(2)=

______．評卷人得分三、證明題(共5題，共10分)12、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．13、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=2．14、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．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、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．評卷人得分四、計算題(共2題，共20分)17、在某海防觀測站的正東方向12海浬處有A、B兩艘船相會之后，A船以每小時12海浬的速度往南航行，B船則以每小時3海浬的速度向北漂流．則經過____小時后，觀測站及A、B兩船恰成一個直角三角形．18、已知函數f（x），g（x）同時滿足：g（x﹣y）=g（x）g（y）+f（x）f（y）；f（﹣1）=﹣1，f（0）=0，f（1）=1，求g（0），g（1），g（2）的值．評卷人得分五、解答題(共2題，共20分)19、若f（x）在區(qū)間[-3；3]上為奇函數，且f（3）=-3，則f（-3）+f（0）=______．

20、已知向量的夾角為且若求：(1)·(2)評卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)21、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的位置關系；

（2）設該拋物線與x軸交于M；N兩點；當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；若不存在，請說明理由．22、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．23、已知開口向上的拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A（-3；0）；B（1，0）兩點，與y軸交于C點，∠ACB不小于90°．

（1）求點C的坐標（用含a的代數式表示）；

（2）求系數a的取值范圍；

（3）設拋物線的頂點為D；求△BCD中CD邊上的高h的最大值．

（4）設E，當∠ACB=90°，在線段AC上是否存在點F，使得直線EF將△ABC的面積平分？若存在，求出點F的坐標；若不存在，說明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】

依題意，共產生了i=1000對（-1，1）的隨機數（a，b），其中能使a2+b2≤1的共有m=788對。

即在以邊長為2的正方形中隨機取點1000次；所取之點在以正方形中心為圓心，1為半徑的圓中的次數為788次。

設A={在以邊長為2的正方形中隨機取點；所取之點在以正方形中心為圓心，1為半徑的圓中}

則P（A）==又由試驗結果，P（A）==

∴=

∴π==3.152．

故選C．

【解析】【答案】先由試驗結果知在以邊長為2的正方形中隨機取點1000次，所取之點在以正方形中心為圓心，1為半徑的圓中的次數為788次，即所取的點在圓內的概率為又由幾何概型概率計算公式，所取的點在圓內的概率為圓的面積比正方形的面積，即由二者相等即可估計π的值．

2、B【分析】【解析】

試題分析：直線被圓所截的弦長問題，先放在以圓心，弦的中點，弦的端點為頂點的直角三角形中，計算弦長的一半，該題圓心（0,0）到直線的距離所以弦長為

考點：直線被圓所截得的弦長計算方法.【解析】【答案】B3、D【分析】【解析】所以而所以①正確；

所以或若可能相交或平行。若可能相交；平行或異面，②不正確；

則或若則由可得若則存在有因為所以從而可得綜上可得；③正確；

則可能平行或相交；④不正確。

綜上可得，選D【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】

故函數是以為一個周期的周期函數，故選B.5、D【分析】【解答】如圖：連接B1G；EG

∵E，G分別是DD1，CC1的中點；

∴A1B1∥EG，A1B1=EG，∴四邊形A1B1GE為平行四邊形。

∴A1E∥B1G，∴∠B1GF即為異面直線A1E與GF所成的角。

在三角形B1GF中，=

∵B1G2+FG2=B1F2

∴∠B1GF=90°

∴異面直線A1E與GF所成角為90°

故選D

【分析】連接B1G，EG，先利用長方形的特點，證明四邊形A1B1GE為平行四邊形，從而A1E∥B1G，所以∠B1GF即為異面直線A1E與GF所成的角，再在三角形B1GF中，分別計算三邊的長度，利用勾股定理即可得此角的大小.二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【解析】試題分析：由扇形的面積公式得：=考點：本題主要考查扇形的面積公式?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?、略

【分析】【解析】①是假命題，因為過點P不存在一條直線與l、m都平行；②是真命題，因為過點P有且僅有一條直線與l、m都垂直，這條直線與兩異面直線的公垂線平行或重合；③是假命題，因為過點P也可能沒有一條直線與l、m都相交；④是假命題，因為過點P可以作出無數條直線與l、m都異面，這無數條直線在過點P且與l、m都平行的平面上．【解析】【答案】①③④8、略

【分析】【解析】

試題分析：因為關于的方程的一個根是所以其另一根為－3－2i,由韋達定理得－（）－（－3－2i）=6.

考點：本題主要考查實系數一元二次方程的解。

點評：簡單題，利用韋達定理不難求解?！窘馕觥俊敬鸢浮?、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】10、略

【分析】解：27==

故答案為：

根據指數冪的運算性質計算即可．

本題考查了指數冪的運算性質，屬于基礎題．【解析】11、略

【分析】解：隆脽y=a(x鈭?3)+2(a>0,a鈮?1)

的圖象過定點A

隆脿A(4,2)

隆脽

點A(4,2)

也在冪函數f(x)=x婁脕

的圖象上；

隆脿f(4)=4婁脕=2

解得婁脕=12

隆脿f(x)=x12

隆脿f(2)=212=2

．

故答案為：2

．

由對數函數的性質得到點A(4,2)

在冪函數f(x)=x婁脕

的圖象上；由此先求出冪函數f(x)

從而能求出f(2)

．

本題考查函數值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意對數函數、冪函數的性質的合理運用．【解析】2

三、證明題(共5題，共10分)12、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據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）根據已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據三角形的外角性質推出∠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．13、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=2．14、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據角平分線性質推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據等腰三角形性質求出AF=CF，根據三角函數的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據銳角三角函數的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．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】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據角平分線性質推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據等腰三角形性質求出AF=CF，根據三角函數的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據銳角三角函數的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．四、計算題(共2題，共20分)17、略

【分析】【分析】根據題意畫出圖形，設經過x小時后，觀測站及A、B兩船恰成一個直角三角形，在Rt△OBC、Rt△OCA和Rt△ABO中分別應用勾股定理，即可求出x的值．【解析】【解答】解：如下圖所示；

設經過x小時后；觀測站及A；B兩船恰成一個直角三角形；

則BC=3x；AC=12x；

在Rt△OBC中，根據勾股定理得：122+（3x）2=OB2；

在Rt△OCA中，根據勾股定理得：122+（12x）2=AO2；

在Rt△ABO中，根據勾股定理得：OB2+AO2=AB2=（15x）2；

∴122+（3x）2+122+（12x）2=（15x）2；

解得：x=2或-2（舍去）．

即經過2小時后；觀測站及A；B兩船恰成一個直角三角形．

故答案為：2．18、解：由題設條件，令x=y=0；則有。

g（0）=g2（0）+f2（0）

又f（0）=0，故g（0）=g2（0）

解得g（0）=0；或者g（0）=1

若g（0）=0，令x=y=1得g（0）=g2（1）+f2（1）=0

又f（1）=1知g2（1）+1=0；此式無意義，故g（0）≠0

此時有g（0）=g2（1）+f2（1）=1

即g2（1）+1=1；故g（1）=0

令x=0；y=1得g（﹣1）=g（0）g（1）+f（0）f（﹣1）=0

令x=1；y=﹣1得g（2）=g（1）g（﹣1）+f（1）f（﹣1）=﹣1

綜上得g（0）=1；g（1）=0，g（2）=﹣1

【分析】【分析】由題設條件知，可以采用賦值的方法來求值，可令x求g（0），再令x=y=1求g（1）的值，令x=1，y=﹣1求g（2）的值五、解答題(共2題，共20分)19、略

【分析】

∵f（x）在區(qū)間[-3；3]上為奇函數，且f（3）=-3；

∴f（0）=0；f（-3）=-f（3）=3；

∴f（-3）+f（0）=3．

故答案為3．

【解析】【答案】利用函數的奇偶性即可求出．

20、略

【分析】本試題主要是考查了向量的數量積的運用以及向量的數量積性質的運用，七屆向量的模長，以及向量的數量積綜合運用。（1）因為向量的夾角為且那么可知·=1（2）而先平方，在開方，轉化為向量的數量積來求解運算?！窘馕觥俊敬鸢浮浚海?）1（2）六、綜合題(共3題，共21分)21、略

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

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

（3）分別利用點P1到直線L的距離P1Q1為a，以及點P2到直線L的距離P2Q2為b求出即可．【解析】【解答】解：（1）由拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；

得頂點坐標為（m；-m+2），顯然滿足y=-x+2

∴拋物線的頂點在直線L上．

（2）設M（x1，0），N（x2，0），且x1＜x2．

由OM?ON=4，OM≠ON，得|x1?x2|=4．

∵x1x2=m2+m-2，∴|m2+m-2|=4．

當m2+m-2=4時，m1=2，m2=-3

當m2+m-2=-4時；△＜0，此方程無解；

∵△1=（2m）2-4（m2+m-2）=-4m+8=-4m+8＞0．

∴m＜2．

故取m=-3．

則拋物線的解析式為y=-x2-6x-4．

（3）拋物線y=-x2-6x-4的對稱軸為x=-3；頂點（-3，5）．

依題意；∠CAB=∠ACB=45°．

若點P在x軸的上方，設P1（-3；a）（a＞0）；

則點P1到直線L的距離P1Q1為a（如圖）；

∴△CP1Q1是等腰直角三角形．

∴，．

∴P1（-3，5．

若點P在x軸的下方，設P2（-3，-b）（b＞0）；

則點P2到直線L的距離P2Q2為b（如圖）；

同理可得△CP2Q2為等腰直角三角形；

∴，．

∴P2（-3，．

∴滿足條件的點有兩個；

即（-3，）和（-3，）．22、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-4．23、略

【分析】【分析】（1）由拋物線y=ax2+bx+c過點A（-3；0），B（1，0），得出c與a的關系，即可得出C點坐標；

（2）利用已知得出△AOC∽△COB；進而求出OC的長度，即可得出a的取值范圍；

（3）作DG⊥y軸于點G，延長DC交x軸于點H，得出拋物線的對稱軸為x=-1，進而求出△DCG∽△HCO，得出OH=3，過B作BM⊥DH，垂足為M，即BM=h，根據h=HBsin∠OHC求出0°＜∠OHC≤30°，得到0＜sin∠OHC≤；即可求出答案；

（4）連接CE，過點N作NP∥CD交y軸于P，連接EF，根據三角形的面積公式求出S△CAEF=S四邊形EFCB，根據NP∥CE，求出，設過N、P兩點的一次函數是y=kx+b，代入N、P的左邊得到方程組，求出直線NP的解析式，同理求出A、C兩點的直線的解析式，組成方程組求出即可．【解析】【解