2025年滬教新版高一數(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2025年滬教新版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷9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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某學(xué)生對函數(shù)f（x）=xsinx進(jìn)行研究；得出如下四個結(jié)論：

①函數(shù)f（x）在上單調(diào)遞增；

②存在常數(shù)M＞0；使|f（x）|≤M|x|對一切實數(shù)x均成立；

③函數(shù)f（x）在（0；π）無最小值，但一定有最大值；

④點（π；0）是函數(shù)y=f（x）圖象的一個對稱中心．

其中正確的是（）

A.③

B.②③

C.②④

D.①②④

2、函數(shù)y=x3與函數(shù)在x∈（0；1）的函數(shù)值的大小為（）

A.

B.

C.

D.不確定。

3、函數(shù)y=sin(2x-)與y=cos(2x+)的圖象關(guān)于直線x=a對稱，則a可能是（）A.B.C.D.4、展開式的第6項系數(shù)最大，則其常數(shù)項為（）A.120B.252C.210D.455、下列函數(shù)中，周期為婁脨

且在[婁脨4,婁脨2]

上為減函數(shù)的是(

)

A.y=sin(2x+婁脨2)

B.y=cos(2x+婁脨2)

C.y=sin(x+婁脨2)

D.y=cos(x+婁脨2)

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、M是圓（x+3）2+y2=4上一動點，N（3，0），則線段MN中點的軌跡方程是____．7、【題文】若則__________．8、【題文】設(shè)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時則_________.9、【題文】已知圓C的圓心在軸上，曲線在點處的切線恰與圓C在點處相切，則圓C的方程為____．10、【題文】定義運(yùn)算:對于函數(shù)和函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值稱為與在閉區(qū)間上的“絕對差”，記為則=____．11、若對x＞0，y＞0，有（x+2y）（+）≥m恒成立，則m的最大值為____．12、為了在一條河上建一座橋，施工前在河兩岸打上兩個橋位樁A，B（如圖），要測算A，B兩點的距離，測量人員在岸邊定出基線BC，測得BC=50m，∠ABC=105°，∠BCA=45°，就可以計算出A，B兩點的距離為______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)13、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．14、初中我們學(xué)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(shè)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(shè)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．15、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．16、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．17、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．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，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、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、作圖題(共1題，共4分)21、已知簡單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評卷人得分五、計算題(共1題，共8分)22、x，y，z為正實數(shù)，且滿足xyz=1，x+=5，y+=29，則z+的值為____．評卷人得分六、綜合題(共1題，共10分)23、已知點A（-2，0），點B（0，2），點C在第二、四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上，∠BAC=60°，那么點C的坐標(biāo)為____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

①f（-x）=-xsin（-x）=f（x），易知f（x）是偶函數(shù)，因此f（x）=xsinx在上不可能單調(diào)遞增；

②取M=1即可說明結(jié)論是正確的；

③由②知|f（x）|≤|x|；故在（0，π）一定有最大值，由于f（x）＞0，且和0無限靠近，因此無最小值；

④．故點（π；0）不是函數(shù)y=f（x）圖象的一個對稱中心．

故選B．

【解析】【答案】①化簡函數(shù)的表達(dá)式，判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，即可判定在上單調(diào)遞增的正誤；

②找出一個常數(shù)M；使|f（x）|≤M|x|對一切實數(shù)x均成立即可；

③利用函數(shù)的單調(diào)性；判斷函數(shù)f（x）在（0，π）的最值即可；

④找出關(guān)于點（π；0）的對稱點是否關(guān)于（π，0）對稱即可判斷正誤；

2、A【分析】

∵x3÷=

∴x∈（0，1）時，y=＜x；

∵函數(shù)與函數(shù)y=x3在x∈（0；1）上恒為正。

∴

故選A．

【解析】【答案】利用x∈（0，1）時，y=＜x；即可得到結(jié)論．

3、A【分析】【解答】解：由題意，設(shè)兩個函數(shù)關(guān)于x=a對稱，則函數(shù)y=sin(2x-)關(guān)于x=a的對稱函數(shù)為

利用誘導(dǎo)公式將其化為余弦表達(dá)式為

令則．

故選：A．

【分析】根據(jù)函數(shù)y=sin(2x-)關(guān)于x=a的對稱函數(shù)為利用誘導(dǎo)公式將其化為余弦表達(dá)式，根據(jù)它與y=cos(2x+)一樣，求得a的值．4、C【分析】【解答】解：展開式的通項為

所以項的系數(shù)是二項式系數(shù)C2nr

據(jù)展開式中間項的二項式系數(shù)最大。

又中間項是第n+1項。

所以n+1=6解得n=5

所以展開式的通項為

令5﹣=0解得r=6

所以常數(shù)項為C106=210

故選C

【分析】利用二項展開式的通項公式求出通項；得到項的系數(shù)與二項式系數(shù)相同；據(jù)展開式的中間項的二項式系數(shù)最大，列出方程求出n；

在通項中，令x的指數(shù)為0求出常數(shù)項．5、A【分析】解：CD

中函數(shù)周期為2婁脨

所以錯誤。

當(dāng)x隆脢[婁脨4,婁脨2]

時，2x+婁脨2隆脢[婁脨,3婁脨2]

函數(shù)y=sin(2x+婁脨2)

為減函數(shù)。

而函數(shù)y=cos(2x+婁脨2)

為增函數(shù)；

故選A．

先根據(jù)周期排除CD

再由x

的范圍求出2x+婁脨2

的范圍；再由正余弦函數(shù)的單調(diào)性可判斷A

和B

從而得到答案．

本題主要考查三角函數(shù)的基本性質(zhì)--周期性、單調(diào)性.

屬基礎(chǔ)題.

三角函數(shù)的基礎(chǔ)知識的熟練掌握是解題的關(guān)鍵．【解析】A

二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】

設(shè)線段MN中點P（x；y），則M（2x-3，2y）

∵M(jìn)在圓上運(yùn)動。

∴（2x-3+3）2+（2y）2=4，即x2+y2=1

故答案為：x2+y2=1

【解析】【答案】設(shè)出線段MN中點的坐標(biāo)；利用中點坐標(biāo)公式求出M的坐標(biāo)，根據(jù)M在圓上，得到軌跡方程．

7、略

【分析】【解析】

試題分析：

考點：指數(shù)函數(shù)的運(yùn)算法則【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時則可知f(-x)=-f(x),那么故答案為-4.

考點：函數(shù)奇偶性的運(yùn)用。

點評：利用函數(shù)奇函數(shù)的對稱性，將未知區(qū)間的變量轉(zhuǎn)換到已知區(qū)間，結(jié)合解析式求解得到?！窘馕觥俊敬鸢浮?49、略

【分析】【解析】

試題分析：即所以曲線在點處的切線的斜率為2，切線方程為2x－y－2=0.設(shè)圓心為（a，0），半徑為r，則有解得a=6,r=故圓C的方程為

考點：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義；圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與圓的位置關(guān)系。

點評：綜合題，把拋物線方程看成函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可求得切線方程，進(jìn)而利用圓的性質(zhì)求得圓的半徑、圓心坐標(biāo)。【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：記于是構(gòu)造函數(shù)則。

當(dāng)時，

當(dāng)或時，

所以即為所求.

考點：函數(shù)的最值及其幾何意義.【解析】【答案】11、8【分析】【解答】解：∵x＞0，y＞0，∴（x+2y）（+）=2+2++≥4+2=8；當(dāng)且僅當(dāng)x=2y時取等號；

∴（x+2y）（+）的最小值為8；

∵對x＞0，y＞0，有（x+2y）（+）≥m恒成立；

∴m≤8；

∴m的最大值為8；

故答案為：8．

【分析】先根據(jù)不等式的基本性質(zhì)求出（x+2y）（+）的最小值為8，再根據(jù)不等式恒成立的問題求出m的范圍，問題得以解決．12、略

【分析】解：∵在△ABC中；∠ABC=105°，∠BCA=45°；

∴∠CAB=180°-105°-45°=30°．

根據(jù)正弦定理，得

即

∴AB==50m．

故答案為：50m

根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，算出∠ACB=180°-（∠ABC+∠BCA）=30°，再由正弦定理的式子加以計算；即可得出A；B兩點的距離．

本題給出實際應(yīng)用問題，求河岸兩邊的A、B兩點間的距離．著重考查了三角形內(nèi)角和定理、正弦定理及其應(yīng)用等知識，屬于基礎(chǔ)題．【解析】50m三、證明題(共8題，共16分)13、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．14、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．15、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．16、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；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．17、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．18、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．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】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．四、作圖題(共1題，共4分)21、

解：幾何體的三視圖為：

【分析】【分析】利用三視圖的作法，畫出三視圖即可．五、計算題(共1題，共8分)22、略

【分析】【分析】由于（x+）（y+）（z+）=（x+y+z）+xyz++（+