2025年西師新版高一數學下冊月考試卷

…………○…………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2025年西師新版高一數學下冊月考試卷478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9題，共18分)1、二次函數y=ax2+bx+c（a＜0）與x軸的兩個交點為則ax2+bx+c＜0的解為（）

A.

B.

C.

D.Φ

2、(A)(B)(C)(D)3、已知向量若與垂直，則().A.B.C.1D.44、【題文】已知m，n為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列命題中的____是（）A.若m//n，則B.若則C.若相交，則相交D.若相交，則相交5、【題文】設集合A={0；1，2，4，5，7}，B={1，3，6，8，9}，C={3，7，8}，則集合（A∩B）∪C=（）

A.{0，1，2，4，8}B.{3；7，8}

C.{1，3，7，8}D.{1，3，6，7，8}6、設f（n）=2+24+27+210++23n+1（n∈N），則f（n）等于（）A.（8n﹣1）B.（8n+1）C.（8n+1﹣1）D.（8n+1+1）7、已知集合A={1，3，}，B={1，m}，A∩B={1，m}，則m=（）A.0或B.0或3C.1或3D.1或3或08、在10件同類產品中，有2次品，從中任取3件產品，其中不可能事件為（）A.3件都是正品B.至少有1件次品C.3件都是次品D.至少有1件正品9、已知F1F2

為橢圓x225+y29=1

的兩個焦點，過F1

的直線交橢圓于AB

兩點，|AB|=8

則|AF2|+|BF2|=(

)

A.2

B.10

C.12

D.14

評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N*），則an=____．11、對于坐標平面內的任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），定義運算“?”為：P1?P2=（x1，y1）?（x2，y2）=（x1x2-y1y2，x1y2+x2y1）若點M（x，y）（-2≤x≤-1），點N的坐標為（x，y）?（1，1），則點N到直線x+y+2=0距離的最大值為____．12、三個數的大小關系是_13、【題文】已知tanθ＝2，則＝__________．14、【題文】定義集合運算：A⊙B={z|z=xy（x+y），x∈A，y∈B}．設集合A={0，1}，B={2，3}，則集合A⊙B的所有元素之和為____．15、已知a=0.42，b=20.4，c=log0.42，則a，b，c的大小關系為____．（用“＜”連結）評卷人得分三、證明題(共5題，共10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、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．18、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．19、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．20、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．評卷人得分四、計算題(共4題，共32分)21、函數中自變量x的取值范圍是____．22、有一組數據：x1，x2，x3，，xn（x1≤x2≤x3≤≤xn），它們的算術平均值為10，若去掉其中最大的xn，余下數據的算術平均值為9；若去掉其中最小的x1，余下數據的算術平均值為11．則x1關于n的表達式為x1=____；xn關于n的表達式為xn=____．23、+2．24、函數中自變量x的取值范圍是____．評卷人得分五、解答題(共1題，共2分)25、【題文】如圖5，已知正方形ABCD在水平面上的正投影（投影線垂直于投影面）是四邊形其中A與A'重合，且BB'＜DD'＜CC'．

（1）證明AD'//平面BB'C'C；并指出四邊形AB'C'D’的形狀；

（2）如果四邊形中AB'C'D’中，正方形的邊長為

求平面ABCD與平面AB'C'D’所成的銳二面角的余弦值．

評卷人得分六、綜合題(共3題，共30分)26、如圖，△ABC中，AB=5，BC=6，BD=BC；AD⊥BC于D，E為AB延長線上的一點，且EC交AD的延長線于F．

（1）設BE為x；DF為y，試用x的式子表示y．

（2）當∠ACE=90°時，求此時x的值．27、如圖，拋物線y=x2-2x-3與坐標軸交于A（-1，0）、B（3，0）、C（0，-3）三點，D為頂點．

（1）D點坐標為（____，____）．

（2）BC=____，BD=____，CD=____；并判斷△BCD的形狀．

（3）探究坐標軸上是否存在點P，使得以P、A、C為頂點的三角形與△BCD相似？若存在，請寫出符合條件的所有點P的坐標，并對其中一種情形說明理由；若不存在，請說明理由．28、已知拋物線y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求證：拋物線的頂點必在x軸的下方；

（2）設拋物線與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右邊），過A、B兩點的圓M與y軸相切，且點M的縱坐標為；求拋物線的解析式；

（3）在（2）的條件下，若拋物線的頂點為P，拋物線與y軸交于點C，求△CPA的面積．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

根據題意可得二次函數的圖象如圖所示：

所以不等式ax2+bx+c＜0的解集為（-∞，）∪（+∞）．

故選B．

【解析】【答案】根據題意畫出一元二次函數的圖象；結合函數的圖象求出不等式的解集即可得到答案．

2、B【分析】應選B【解析】【答案】B3、A【分析】試題分析：由題意點考點：向量的數量積和模的運算.【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】因為m//n，所以，垂直于同一直線的兩個平面平行，即A是真命題；

因為所以B是真命題；

因為相交，所以確定的平面與相交，構成一個矩形，矩形的一個頂點是的公共點；即D是真命題；

當相交時，相交或異面；故選C.

考點：空間點、線、面的位置關系，平行關系，垂直關系.【解析】【答案】C5、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C6、C【分析】【解答】解：由題易知f（n）可看作是首項為2、公比為23=8的等比數列的前n+1項和；

∴f（n）==

故選：C．

【分析】利用等比數列的前n項和公式即可得出．7、B【分析】【解答】解：∵集合A={1，3，}，B={1，m}，且A∩B={1，m}∴m=3或m=

解得：m=3或m=0或m=1；

由元素的互異性得m=1不合題意；舍去；

則m=3或0．

故選：B．

【分析】由A，B，以及A與B的交集為B，列出關于m的方程，求出方程的解即可得到m的值．8、C【分析】解：10件同類產品中；有2次品，從中任取3件產品，3件都是次品是不可能事件；

故選：C．

10件同類產品中；有2次品，從中任取3件產品，3件都是次品是不可能事件，從而可得結論．

本題主要考查了隨機事件、不可能事件、必然事件的判斷，屬于基本概念的考查，屬于基礎題．【解析】【答案】C9、C【分析】解：橢圓x225+y29=1

中；a=5

隆脽F1F2

為橢圓x225+y29=1

的兩個焦點；過F1

的直線交橢圓于AB

兩點；

隆脿

由橢圓定義知：|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=20

隆脽|AB|=8

隆脿|AF2|+|BF2|=20鈭?8=12

．

故選：C

．

根據已知條件；由橢圓定義知：|AB|+|AF2|+|BF2|=4a

由此能求出結果．

本題考查兩條線段和的求法，是基礎題，解題時要認真審題，要熟練掌握橢圓的簡單性質．【解析】C

二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】

當n≥1時，an+1=2Sn，an+2=2Sn+1；

所以兩式相減得，an+2-an+1=2Sn+1-2Sn=2an+1；

所以an+2=3an+1，所以從第3項起數列{an}是以a2為首項，以3為公比的等比數列，所以a2=2S1=2；

所以因為a1=1不滿足an；

所以．

故答案為：．

【解析】【答案】利用an與Sn的關系；求數列的通項公式即可．

11、略

【分析】

因為坐標平面內的任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），定義運算“?”為：P1?P2=（x1，y1）?（x2，y2）

=（x1x2-y1y2，x1y2+x2y1）；

所以N的坐標為（x；y）?（1，1）=（x-y，x+y）；

點N到直線x+y+2=0距離為：==|x+1|（-2≤x≤-1）；

所以點N到直線x+y+2=0距離的最大值為：．

故答案為：．

【解析】【答案】利用新定義求出N的坐標；然后利用點到直線的距離公式，求出距離表達式，然后求出最大值．

12、略

【分析】【解析】試題分析：因為所以考點：指數函數的單調性；對數函數的單調性?！窘馕觥俊敬鸢浮?3、略

【分析】【解析】＝＝－2.【解析】【答案】－214、略

【分析】【解析】

試題分析：分類討論：①x=0；y=2或3時，z=0；②x=1，y=2時，z=1×2×（1+2）=6；③x=1，y=3時，z=1×3×（1+3）=12．∴集合A⊙B={0，6，12}．∴0+6+12=18．故填18．

考點：本題考查了集合的新定義。

點評：對于此類問題，正確理解集合的新定義是解題的關鍵，屬基礎題．【解析】【答案】1815、c＜a＜b【分析】【解答】解：∵a=0.42∈（0，1），b=20.4＞1，c=log0.42＜0，則c＜a＜b．

故答案為：c＜a＜b．

【分析】利用指數函數與對數函數的單調性即可得出．三、證明題(共5題，共10分)16、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．17、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．18、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．19、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=20、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．四、計算題(共4題，共32分)21、略

【分析】【分析】根據二次根式的性質和分式的意義，被開方數大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范圍．【解析】【解答】解：根據題意得：x-4＞0；

解得：x＞4．

故答案為x＞4．22、略

【分析】【分析】先表示n個數的和，在分別表示去掉最大或最小數后的數據的和，經過代數式變形可得到答案．【解析】【解答】解：由題意知，有：（x2+x3++xn）÷（n-1）=11；

∴（x2+x3++xn）=11（n-1）；

∵（x1+x2+x3++xn）÷n=10；

∴[x1+11（n-1）]÷n=10，∴x1=11-n；

又∵（x1+x2+x3++xn-1）÷（n-1）=9；

∴（x1+x2+x3++xn-1）=9（n-1）

∴[（x1+x2+x3++xn-1）+xn]÷n=10；

∴[9（n-1）+xn]÷n=10，∴xn=n+9．

故答案為：11-n；n+9．23、略

【分析】【分析】分別根據負整數指數冪、二次根式的化簡、0指數冪及特殊角的三角函數值計算出各數，再根據實數混合運算的法則進行計算即可．【解析】【解答】解：原式=-（+1）+2×-+1

=--1+-+1

=-．24、略

【分析】【分析】根據二次根式的性質和分式的意義，被開方數大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范圍．【解析】【解答】解：根據題意得：x-4＞0；

解得：x＞4．

故答案為x＞4．五、解答題(共1題，共2分)25、略

【分析】【解析】第一問是涉及到線面平行的判定；以及四邊形的形狀問題的證明。

第二問關于二面角的求解；可以利用射影面積公式法，也可以利用法向量的夾角公式來解，通過合理的建立直角坐標系，表示向量，然后求解斜率的夾角，利用互為補角的關系求解得到二面角的大小。

解：（2）依題意，在Rt△ABB’中，

在Rt△ADD’中，

所以．8分。

連結AC，AC’，如圖5－2，在Rt△ACC’中，．

所以故．10分。

（法1）延長CB；C’B’相交于點F；

則所以．

連結AF；則AF是平面ABCD與平面AB’C’D

的交線．

在平面AB’C’D

內作C’G；垂足為G；

連結．

因為平面AB’C’D，平面AB’C’D，所以AF．

從而平面CC’G，．

所以是平面ABCD與平面AB’C’D所成的一個銳二面角．12分。

在Rt△AC’F中，

在Rt△CC’G中，．

所以

即平面ABCD與平面AB'C'D’所成的銳二面角的余弦值為．14分。

（法2）以c’為原點，c’a為x軸，c’b’為y軸；c’c為z軸；

建立空間直角坐標系（如圖5－3）；

則平面AB’C’D的一個法向量．

設平面ABCD的一個法向量為

因為。

取z=1，則y=x=所以平面ABCD的一個法向量為．

（注：法向量不唯一，可以是與共線的任一非零向量）12分。

．

所以平面ABCD與平面AB’C’D所成的銳二面角的余弦值為．14分。

（法3）由題意；正方形ABCD在水平面上的正投影是四邊形AB’C’D；

所以平面ABCD與平面AB’C’D，所成的銳二面角的余弦值．12分。

所以

所以平面ABCD與平面AB’C’D所成的銳二面角的余弦值為．14分【解析】【答案】見解析.六、綜合題(共3題，共30分)26、略

【分析】【分析】（1）過B作BG∥AF交BCEC于G，則可以得到△CDF∽△CBG，接著利用相似三角形的性質得到，在Rt△ABD中，利用勾股定理可得；又△EGB∽△EFA，由此利用相似三角形的性質即可求出y與x的函數關系；

（2）當∠ACE=90°時，則有∠FCD=∠DAC，由此得到Rt△ADC∽Rt△CDF，接著利用相似三角形的性質得到CD2=AD?DF，所以16=，從而得到，代入，即可求出x．【解析】【解答】解：（1）過B作BG∥AF交EC于G，

則△CDF∽△CBG；

∴；

∴；

在Rt△ABD中，可得；

又∵△EGB∽△EFA；

∴；

∴；

（2）當∠ACE=90°時；則有∠FCD=∠DAC；

∴Rt△ADC∽Rt△CDF；

∴；

∴CD2=AD?DF；

∴16=；

∴；

代入，有；

解得．27、略

【分析】【分析】（1）直接利用拋物線的頂點公式即可得出D點的坐標；

（2）結合題意；可知可得出B點；C點和點D點的坐標，即可分別得出三個線段的長度，利用向量關系易得，BC⊥CD，即△BCD為直角三角形