2025年外研版2024高一數(shù)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年外研版2024高一數(shù)學下冊月考試卷90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6題，共12分)1、在△ABC中，A=120°，C=30°，b=4；則此三角形的最大邊長為（）

A.

B.

C.

D.

2、【題文】設函數(shù)（R）滿足則函數(shù)的圖像是。

3、不等式≤2的解集是（）A.{x|x＜﹣8或x＞﹣3}B.{x|x≤﹣8或x＞﹣3}C.{x|﹣3≤x≤2}D.{x|﹣3＜x≤2}4、下列各組函數(shù)中，是相等函數(shù)的是（）A.f（x）=|x|，B.f（x）=2x，g（x）=2（x+1）C.D.g（x）=x5、總體容量為203，若采用系統(tǒng)抽樣法進行抽樣，當抽樣間距為多少時不需要剔除個體（）A.4B.5C.6D.76、如圖是某年青年歌手大獎賽中，七位評委為甲、乙兩名選手打出的分數(shù)的莖葉圖(

其中m

為數(shù)字0隆蘆9

中的一個).

去掉一個最高分和一個最低分后，甲、乙兩名選手得分的平均數(shù)分別為a1a2

則一定有(

)

A.a1>a2

B.a1<a2

C.a1=a2

D.a1a2

的大小與m

的值有關評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、設則實數(shù)a的取值范圍是____．8、設則=____．9、棱長為4的正方體的八個頂點都在同一個球面上，則此球的表面積為_____________.10、若a=n2+1，n∈N，A={x|x=k2-4k+5，k∈N}，則a與A的關系是______．11、集合用列舉法可表示為______．12、設向量定義兩個向量之間的運算“?”為若向量則向量=______．13、已知圓O：x2+y2=4，直線l：mx-y+1=0與圓O交于點A，C，直線n：x+my-m=0與圓O交于點B，D，則四邊形ABCD面積的最大值是______．14、鈻?ABC

中，ABC

所對的邊分別為abc

且滿足csinA=acosC

則角C=

______．15、從一副撲克牌中取出1

張A2

張K2

張Q

放入一盒子中，然后從這5

張牌中隨機取出兩張，則這兩張牌大小不同的概率為______．評卷人得分三、證明題(共7題，共14分)16、如圖，設△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；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．18、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．19、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=2．20、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．21、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．22、如圖，設△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．評卷人得分四、計算題(共1題，共5分)23、解關于x的不等式12x2﹣ax＞a2（a∈R）．評卷人得分五、解答題(共1題，共2分)24、已知圓C的圓心C在x軸上，且圓C與直線相切于點．

（1）求n的值及圓C的方程；

（2）若圓M：與圓C相切，求直線截圓M所得的弦長．評卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)25、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點P是邊BC上的一動點（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點M．設CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

（2）求y與x的函數(shù)關系式；并確定當x在什么范圍內取值時，⊙P與AC所在直線相離；

（3）當點P從點C向點B移動時；是否存在這樣的⊙P，使得它與△ABC的外接圓相內切？若存在，求出x；y的值；若不存在，請說明理由．

26、設圓心P的坐標為（-，-tan60°），點A（-2cot45°，0）在⊙P上，試判別⊙P與y軸的位置關系．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】

∵△ABC中，A=120°，C=30°，

∴B=180°-（A+C）=30°；得B=C

∴b=c=4，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=16+16-2×4×4×cos120°=48

由此可得a==4即三角形的最大邊長為4

故選：A

【解析】【答案】根據(jù)三角形內角和定理，算出B=30°，得B=C從而得到b=c=4，再利用余弦定理a2=b2+c2-2bccosA的式子，即可算出a=4即得三角形的最大邊長為4．

2、B【分析】【解析】根據(jù)題意，確定函數(shù)的性質；再判斷哪一個圖像具有這些性質．

由得是偶函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關于軸對稱，可知B，D符合；由得是周期為2的周期函數(shù)，選項D的圖像的最小正周期是4，不符合，選項B的圖像的最小正周期是2，符合，故選B．【解析】【答案】B3、B【分析】【解答】解：∵≤2；

∴當x+3＞0；即x＞﹣3時，x﹣2≤2x+6；

解得：x≥﹣8；綜上知，x＞﹣3；

當x+3＜0；即x＜﹣3時，x﹣2≥2x+6；

解得：x≤﹣8；綜上知，x≤﹣8；

綜上所述；x≤﹣8或x＞﹣3．

∴不等式≤2的解集是{x|x≤﹣8或x＞﹣3}．

故選：B．

【分析】對分母x+3的正與負分類討論，解相應的一次不等式，最后取其并集即可．4、A【分析】解：對于A，f（x）=|x|的定義域是R，g（x）==|x|的定義域是R；定義域相同，對應關系也相同，是相等函數(shù)；

對于B；f（x）=2x的定義域是R，g（x）=2（x+1）的定義域是R，對應關系不同，不是相等函數(shù)；

對于C，f（x）==|x|的定義域是R，g（x）==-x的定義域是{x|x≤0}；定義域不同，對應關系也不同，不是相等函數(shù)；

對于D，f（x）==x的定義域是{x|x≠-1}；g（x）=x的定義域是R，定義域不同，不是相等函數(shù)．

故選：A．

根據(jù)兩個函數(shù)的定義域相同；對應關系也相同，即可判斷它們是相等函數(shù)．

本題考查了判斷兩個函數(shù)是否為相等函數(shù)的應用問題，是基礎題目．【解析】【答案】A5、D【分析】解：∵203=7×29；而7；29都是質數(shù)；

∴抽樣間隔為7或29時；不需剔除個體；

故選：D．

根據(jù)203=7×29；而7；29都是質數(shù)，可得答案．

本題考查了系統(tǒng)抽樣方法，熟練掌握系統(tǒng)抽樣方法的定義是關鍵．【解析】【答案】D6、B【分析】解：由題意知去掉一個最高分和一個最低分以后；兩組數(shù)據(jù)都有5

個數(shù)據(jù)；

代入數(shù)據(jù)求得甲；乙的平均分分別為。

a1=15隆脕(81+85+85+84+85)=84

a2=15隆脕(84+84+86+84+87)=85

隆脿a1<a2

故選：B

由題意去掉一個最高分和一個最低分后；計算兩組數(shù)據(jù)的平均分即可．

本題考查了利用莖葉圖中的數(shù)據(jù)求平均數(shù)的應用問題，是基礎題．【解析】B

二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】

∵

當a＞1時，由于不等式顯然成立．

當1＞a＞0時，由=logaa可得0＜a＜．

綜上可得，不等式的解集為

故答案為．

【解析】【答案】當a＞1時，由于不等式顯然成立，當1＞a＞0時，由=logaa可得0＜a＜．由此可得實數(shù)a的取值范圍．

8、略

【分析】

令1-2x=解得x=

∴f（）=f（1-2×）=f（g（））===15．

故答案為：15．

【解析】【答案】令1-2x=求出對應的x=即求出了f（g（x））中的x，再代入f（g（x））即可求出結論．

9、略

【分析】試題分析：正方體的外接球的球心為正方體的中心，球的直徑為正方體的對角線，所以球的表面積為考點：正方體的外接球【解析】【答案】4810、略

【分析】解：∵x=k2-4k+5=（k-2）2+1；k∈N；

∴a=n2+1滿足x=k2-4k+5=（k-2）2+1；k∈N，的特征；

∴a∈A．

故答案為：a∈A．

驗證a滿足集合A的共同特征．

本題考查了元素與集合的關系判斷．【解析】a∈A11、略

【分析】解：∵

∴6-x是6的正約數(shù)且x∈N*；

∴6-x=6得x=0?N*（舍去）；

6-x=3得x=3

6-x=2得x=4

6-x=1得x=5

故答案為{3；4，5}．

根據(jù)集合的公共屬性知，元素x滿足6-x是6的正約數(shù)且x∈N*；求出x，即集合A中的元素．

本題考查集合的表示法、通過集合的公共屬性，求出集合的元素，即求出集合，屬于基礎題．【解析】{3，4，5}12、略

【分析】解：向量則向量=（x；y）；

∴（x；2y）=（-3，-4）；

∴x=-3；y=-2；

∴向量=（-3；-2）；

故答案為：（-3；-2）．

直接利用新定義即可求出．

本題考新定義的應用，以及向量的坐標運算，屬于基礎題．【解析】（-3，-2）13、略

【分析】解：由題意可得；直線m，n恒過定點M（0，1），圓心O（0，0），半徑R=2；

設弦AC，BD的中點分別為E，F(xiàn)，則OE2+OF2=OM2=1；

∴AC2+BD2=4（8-OE2-OF2）=28；

∴S2≤AC2?BD2=AC2?（28-AC2）≤=49；

∴S≤7，當且僅當AC2=28-AC2，即AC=時；取等號；

故四邊形ABCD面積S的最大值為7．

故答案為：7．

先確定直線m，n恒過定點M（0，1），圓心O（0，0），半徑R=2，AC2+BD2為定值；表示出面積，即可求四邊形ABCD的面積的最大值和最小值．

本題主要考查直線過定點，考查面積的計算，基本不等式的應用，正確運用代入法是解題的關鍵，屬于中檔題．【解析】714、略

【分析】解：隆脽asinA=csinC

隆脿csinA=acosC

變形為：sinCsinA=sinAcosC

又A

為三角形的內角；隆脿sinA鈮?0

隆脿sinC=cosC

即tanC=1

隆脽C

為三角形的內角；

則C=婁脨4

．

故答案為：婁脨4

利用正弦定理化簡已知的等式；根據(jù)A

為三角形的內角，得到sinA

不為0

等式兩邊同時除以sinA

得到sinC=cosC

即為tanC=1

由C

為三角形的內角，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求出C

的度數(shù)．

此題考查了正弦定理，同角三角函數(shù)間的基本關系，以及特殊角的三角函數(shù)值，熟練掌握正弦定理是解本題的關鍵．【解析】婁脨4

15、略

【分析】解：從這5

張牌中隨機取出兩張；共有10

種方法，兩張牌大小相同有2

種方法；

隆脿

這兩張牌大小不同的概率為1鈭?210=45

故答案為45

．

從這5

張牌中隨機取出兩張；共有10

種方法，兩張牌大小相同有2

種方法，利用互斥事件概率公式，即可求出這兩張牌大小不同的概率．

本題考查概率的計算，考查學生的計算能力，確定基本事件的情況是關鍵．【解析】45

三、證明題(共7題，共14分)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AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質得到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．18、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．19、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=2．20、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)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(jù)等腰三角形性質求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)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．21、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和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質即可得證．【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．22、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．四、計算題(共1題，共5分)23、解：由12x2﹣ax﹣a2＞0?（4x+a）（3x﹣a）＞0?（x+）（x﹣）＞0，①a＞0時，﹣＜解集為{x|x＜﹣或x＞}；

②a=0時，x2＞0；解集為{x|x∈R且x≠0}；

③a＜0時，﹣＞解集為{x|x＜或x＞﹣}．

綜上，當a＞0時，﹣＜解集為{x|x＜﹣或x＞}；

當a=0時，x2＞0；解集為{x|x∈R且x≠0}；

當a＜0時，﹣＞解集為{x|x＜或x＞﹣}【分析】【分析】把原不等式的右邊移項到左邊，因式分解后，分a大于0，a=0和a小于0三種情況分別利用取解集的方法得到不等式的解集即可．五、解答題(共1題，共2分)24、略

【分析】

（1）利用點在直線上；求解n，求出垂線方程，求出圓心