2025年新科版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年新科版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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、【題文】一個空間幾何體的主視圖和左視圖都是矩形；俯視圖是一個圓，尺寸如圖，那么這個幾何體的外接球的體積為（）

A.B.C.D.2、【題文】已知正四棱錐中，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時，它的高為A.1B.C.2D.33、在0°-360°的范圍內(nèi)，與-510°終邊相同的角是（）A.330°B.210°C.150°D.30°4、如圖，正方形ABCD中，M、N分別是BC、CD的中點，若=λ+μ則λ+μ=（）A.2B.C.D.5、若|AB鈫?|=|AD鈫?|

且BA鈫?=CD鈫?

則四邊形ABCD

的形狀為(

)

A.平行四邊形B.矩形C.菱形D.等腰梯形評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、已知函數(shù)，若f（f（-3））∈[k，k+1），k∈Z，則k=____，當(dāng)f（x）=1時，x=____．7、【題文】某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的體積是____.

8、【題文】若是上的奇函數(shù)，則函數(shù)的圖象必過定點____.9、【題文】集合中的代表元素設(shè)為集合中的代表元素設(shè)為若且則與的關(guān)系是____10、已知冪函數(shù)f（x）=xa經(jīng)過點P（2，），則a=______．11、已知向量且=+2=-5+6=7-2共線的三點是______．評卷人得分三、計算題(共8題，共16分)12、一組數(shù)據(jù)：13，15，18，16，21，13，13，11，10．它們的眾數(shù)是____，中位數(shù)是____．13、如圖，∠1=∠B，AD?AC=5AE，DE=2，那么BC?AD=____．14、己知方程x2-x-1=0的根是方程x6-px2+q=0的根，則p=____，q=____．15、如圖，已知AC=AD=AE=BD=DE，∠ADB=42°，∠BDC=28°，則∠BEC=____．16、相交兩圓半徑分別是5厘米、3厘米，公共弦長2厘米，那么這兩圓的公切線長為____厘米．17、如圖，∠1=∠B，AD?AC=5AE，DE=2，那么BC?AD=____．18、規(guī)定兩數(shù)a、b通過”*”運算得到4ab，即a*b=4ab．例如，2*6=4×2×6=48．若不論x是什么數(shù)時，總有a*x=x，則a=____．19、設(shè)集合A={5，log2（a+3）}，集合B={a，b}，若A∩B={2}，求集合B．評卷人得分四、解答題(共3題，共30分)20、【題文】棱長為2的正方體中，E為的中點.

（1）求證：

（2）求異面直線AE與所成的角的正弦值.21、【題文】（本題滿分12分）若集合A={x|x2－3x＋2=0}，B={x|x2－mx＋1=0}，A∩B=B，求實數(shù)m的取值范圍．（12分）22、對甲；乙兩名自行車賽手在相同條件下進行了6次測試；測得他們的最大速度（單位：m/s）的數(shù)據(jù)如表：

。甲293735332650乙323328344043（1）畫出莖葉圖；

（2）分別求出甲、乙兩名自行車賽手最大速度（單位：m/s）的數(shù)據(jù)的平均數(shù)、方差，你認(rèn)為選誰參加比賽更合適并說明理由．評卷人得分五、證明題(共1題，共6分)23、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．評卷人得分六、綜合題(共2題，共14分)24、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．25、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點為A，點B在l1上，點C在l2上，且，當(dāng)B，C變化時，求過A，B，C三點的動圓形成的區(qū)域的面積大小為____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【解析】

試題分析：該幾何體為圓柱，主視圖的對角線即為圓柱外接球的直徑所以，這個幾何體的外接球的體積為故選D。

考點：本題主要考查三視圖；幾何體的面積計算。

點評：基礎(chǔ)題，三視圖是高考必考題目，因此，要明確三視圖視圖規(guī)則，準(zhǔn)確地還原幾何體，明確幾何體的特征，以便進一步解題。三視圖視圖過程中，要注意虛線的出現(xiàn)，意味著有被遮掩的棱?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、C【分析】【解析】設(shè)h=SO,則所以底面邊長為所以令得，故當(dāng)h=2時，該棱錐的體積最大.所以選C【解析】【答案】C3、B【分析】解：∵-1050°=-720°+210°=-2×360°+210°．

∴在0°～360°范圍內(nèi)；與-510°的角終邊相同的角是210°．

故選：B．

直接利用終邊相同角的概念；把-510°寫成-2×360°+210°的形式，則答案可求．

本題考查了終邊相同的角的概念，是基礎(chǔ)的計算題．【解析】【答案】B4、D【分析】解：以AB；AD為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖：

設(shè)正方形邊長為1，則=（1，），=（-1），=（1；1）．

∵=λ+μ

∴解得．

∴λ+μ=．

故選：D．

建立平面直角坐標(biāo)系；使用坐標(biāo)進行計算，列方程組解出λ，μ．

本題考查了平面向量的基本定理，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D5、C【分析】解：四邊形ABCD

中，隆脽BA鈫?=CD鈫?

隆脿BA//CD

且BA=CD

隆脿

四邊形ABCD

是平行四邊形；

又|AB鈫?|=|AD鈫?|

隆脿

平行四邊形ABCD

是菱形；

故選：C

．

由向量相等；得出四邊形ABCD

是平行四邊形；由模長相等，得出平行四邊形ABCD

是菱形．

本題考查了向量的相等與平行四邊形以及菱形的判定問題，是基礎(chǔ)題．【解析】C

二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】

∵

∴f（f（-3））=f（8）=log38

又∵log33＜log38＜log39

∴1＜log38＜2

故若f（f（-3））∈[k；k+1），k∈Z，k=1

若log3x=1；則x=3，滿足要求；

若2-x=1；則x=0，不滿足要求；

故當(dāng)f（x）=1時；x=3

故答案為：1；3

【解析】【答案】由已知中分段函數(shù)的解析式，我們將x=-3代入可求出f（-3），再代入f（f（-3）），根據(jù)對數(shù)的性質(zhì)，易得到f（f（-3））的范圍，進而得到k值，分別討論兩種情況下f（x）=1時，x的值，并根據(jù)對應(yīng)x的取值范圍進行檢驗，即可得到答案．

7、略

【分析】【解析】

試題分析：該幾何體為三棱錐，棱錐底面為直角三角形，兩直角邊分別為3和4，棱錐的高為4，所以該三棱錐的體積為

考點：1三視圖；2棱錐的體積?！窘馕觥俊敬鸢浮?8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】由子集和交集的定義即可得到結(jié)論【解析】【答案】或10、略

【分析】解：∵冪函數(shù)f（x）=xa經(jīng)過點P（2，）；

∴2a=

解得：a=

故答案為：

將點P（2，）代入函數(shù)f（x）=xa的解析式；結(jié)合分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的定義，可得答案．

本題考查的知識點是冪函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的定義，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】11、略

【分析】解：∵=+2=-5+6=7-2

∴=+=2+4

∴=

∴與共線；且有公共點B；

所以A；B、D三點共線．

故答案為：A；B、D．

根據(jù)題意，利用平面向量的共線定理判斷與共線；且有公共點，即可得出A；B、D三點共線．

本題考查了平面向量的共線定理與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．【解析】A、B、D三、計算題(共8題，共16分)12、略

【分析】【分析】本題考查了眾數(shù)和中位數(shù)的定義，一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)叫做眾數(shù)；將一組數(shù)據(jù)按照從小到大（或從大到?。┑捻樞蚺帕?，如果數(shù)據(jù)的個數(shù)是奇數(shù)，則處于中間位置的數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．如果這組數(shù)據(jù)的個數(shù)是偶數(shù)，則中間兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．【解析】【解答】解：13出現(xiàn)的次數(shù)最多；故眾數(shù)是13；

按照從小到大的順序排列為10；11，13，13，13，15，16，18，21；

∴中位數(shù)是13；

故答案為13、13．13、略

【分析】【分析】根據(jù)∠1=∠B，∠A=∠A判斷出△AED∽△ACB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，列出比例式：，則，可求得AD?AC=AE?AB，有根據(jù)AD?AC=5AE，求出AB=5，再根據(jù)△AED∽△ACB，列出比例式=，可求出AD?BC=AB?ED=5×2=10．【解析】【解答】解：∵∠1=∠B；∠A=∠A；

∴△AED∽△ACB；

∴；

即AD?AC=AE?AB；

又∵AD?AC=5AE；

可得AB=5；

又知=；

可得AD?BC=AB?ED=5×2=10．

故答案為10．14、略

【分析】【分析】根據(jù)韋達定理求得設(shè)方程x2-x-1=0的二根分別為x1、x2，由韋達定理，得x1+x2=1，x1?x2=-1；然后將x1、x2分別代入方程x6-px2+q=0列出方程組，再通過解方程組求得pq的值．【解析】【解答】解：設(shè)方程x2-x-1=0的二根分別為x1、x2，由韋達定理，得x1+x2=1，x1?x2=-1；則。

x12+x22=（x1+x2）2-2x1?x2=1+2=3；

（x12）2+（x22）2=（x12+x22）2-2x12?x22=7．

將x1、x2分別代入方程x6-px2+q=0；得。

x16-px12+q=0①

x26-px22+q=0②

①-②；得。

（x16-x26）-p（x12-x22）=0；

【（x12）3-（x22）3】-p（x12-x22）=0；

（x12-x22）【（x12）2+（x22）2+x12?x22】-p（x12-x22）=0；

由于x1≠x2，則x12-x22≠0；所以化簡，得。

【（x12）2+（x22）2+x12?x22】-p=0；

則p=（x12）2+（x22）2+（x1?x2）2=7+（-1）2=8；

①+②；得。

（x16+x26）-8（x12+x22）+2q=0；

【（x12）3+（x22）3】-24+2q=0；

∴（x12+x22）【（x12）2+（x22）2-x12?x22】-24+2q=0；

∴3【（x12）2+（x22）2-（x1?x2）2】-24+2q=0；

∴3（7-1）-24+2q=0；解得。

q=3；

綜上所述；p=8，q=3．

故答案是：8、3．15、略

【分析】【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)分別得出∠AEC，∠BED，∠AED的度數(shù)，由∠BEC=∠AEC+∠BED-∠AED即可求解．【解析】【解答】解：∠ADC=42°+28°=70°．∠CAD=180°-2×70°=40°；

∠DAE=∠ADE=∠AED=∠60°；

于是；在△ACE中，∠CAE=60°+40°=100°；

∠AEC=（180°-100°）÷2=40°．

又∵在△BDE中；∠BDE=60°+42°=102°；

∴∠BED=（180-102）÷2=39°

從而∠BEC=∠AEC+∠BED-∠AED=40°+39°-60°=19°．

故答案為19°．16、略

【分析】【分析】①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q，根據(jù)勾股定理求出CO；DO，求出CD，證矩形DQAB，推出AQ=DB，AB=DQ，根據(jù)勾股定理求出DQ即可；

②求出CD=2-2，根據(jù)勾股定理求出即可．【解析】【解答】解：有兩種情況：

①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q；

∵EF是圓C和圓D的公共弦；

∴CD⊥EF；EO=FO=1；

在△CDE中，由勾股定理得：CO==2；

同理求出DO=2；

∴CD=2+2；

∵AB是兩圓的外公切線；

∴QA⊥AB；DB⊥AB；

∵DQ⊥CA；

∴∠DQA=∠CAB=∠DBA=90°；

∴四邊形AQDB是矩形，

∴AB=DQ；AQ=DB=3；

∴CQ=5-3=2；

在△CDQ中，由勾股定理得：DQ==4+2；

②如圖所示：

同理求出AB=4-2．

故答案為：4±2．17、略

【分析】【分析】根據(jù)∠1=∠B，∠A=∠A判斷出△AED∽△ACB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，列出比例式：，則，可求得AD?AC=AE?AB，有根據(jù)AD?AC=5AE，求出AB=5，再根據(jù)△AED∽△ACB，列出比例式=，可求出AD?BC=AB?ED=5×2=10．【解析】【解答】解：∵∠1=∠B；∠A=∠A；

∴△AED∽△ACB；

∴；

即AD?AC=AE?AB；

又∵AD?AC=5AE；

可得AB=5；

又知=；

可得AD?BC=AB?ED=5×2=10．

故答案為10．18、略

【分析】【分析】根據(jù)a*b=4ab得到4ax=x，求出方程的解即可．【解析】【解答】解：∵a*x=x；

∴4ax=x；

當(dāng)x≠0時；

∴a=．

故答案為：．19、A∩B={2}；∴2∈A；

又∵A={5，log2（a+3）}；

∴2=log2（a+3）；∴4=a+3，∴a=1

又∵B={a，b}={1，b}，且2∈B，∴b=2；

∴B={1；2}

【分析】【分析】由題意2∈A，2=log2（a+3），求出a，然后確定b，即可解得集合B四、解答題(共3題，共30分)20、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）可證或可證得（2）因為∥所以異面直線AE與所成的角即為在中可求得的正弦值。

試題解析：解：(1)在正方體中，連接∴又∵∴∴∴（6分）

（2）∵∥∴異面直線AE與所成的角為

在中，AE=3，∴異面直線AE與所成的角的正弦值為（12分）

考點：線線垂直、線面垂直，異面直線所成的角?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）見解析（2）21、略

【分析】【解析】A={1，2}，又

若

若1∈B，則m=2，此時

此時，

綜上【解析】【答案】22、略

【分析】

（1）由已知條件由數(shù)據(jù)的十位數(shù)為莖；個位數(shù)為葉，能作出莖葉圖．

（2）分別求出他們的平均數(shù)；方差；由此得到乙比甲穩(wěn)定，選派乙參加比賽更合適．

本題考查莖葉圖的作法，考查平均數(shù)、方差的求法及應(yīng)用，是基礎(chǔ)題，解題時要認(rèn)真審題，注意方差公式的合理運用．【解析】（本小題滿分10分）

（1）畫莖葉圖；中間數(shù)為數(shù)據(jù)的十位數(shù)。

（4分）

（2）他們的平均數(shù)為=（29+37+35+33+26+50）=35；

=（32+33+28+34+40+43）=35．

S甲2=[（-6）2+22+02+（-2）2+（-9）2+152]=

S乙2=[（-3）2+（-2）2+（-7）2+（-1）2+52+82]=．

∵

∴乙比甲穩(wěn)定，選派乙參加比賽更合適．（6分）五、證明題(共1題，共6分)23、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．六、綜合題(共2題，共14分)24、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