2025年人教版PEP高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教版PEP高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、函數(shù)y=kx-k+2（k為任意常數(shù)）的圖象必經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（）A.（1，2）B.（0，2）C.（1，0）D.與k的值有關(guān)2、函數(shù)y=|sinx|的最小正周期是（）

A.

B.π

C.

D.2π

3、【題文】已知函數(shù)的定義域?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)閯t（）A.B.C.D.4、【題文】已知?jiǎng)t（）A.B.C.D.5、【題文】直線被圓截得的弦長(zhǎng)為A.B.4C.D.26、函數(shù)f（x）=x2﹣1（2＜x＜3）的反函數(shù)為（）A.f﹣1（x）=（3＜x＜8）B.f﹣1（x）=（3＜x＜8）C.f﹣1（x）=（4＜x＜9）D.f﹣1（x）=（4＜x＜9）7、函數(shù)得單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、已知向量則。9、已知函數(shù)則滿足不等式的實(shí)數(shù)的取值范圍為．10、【題文】一個(gè)正三棱柱的三視圖如圖所示,如果左視圖的面積為則這個(gè)三棱柱的體積為_(kāi)_______．

11、某工廠8年來(lái)某產(chǎn)品產(chǎn)量y與時(shí)間t年的函數(shù)關(guān)系如圖；則：

①前3年總產(chǎn)量增長(zhǎng)速度越來(lái)越快；

②前3年中總產(chǎn)量增長(zhǎng)速度越來(lái)越慢；

③第3年后；這種產(chǎn)品停止生產(chǎn)；

④第3年后；這種產(chǎn)品年產(chǎn)量保持不變．

以上說(shuō)法中正確的是______．12、若四面體ABCD中，AB=CD=BC=AD=AC=BD=則四面體的外接球的表面積為_(kāi)_____．13、設(shè)向量a鈫?,b鈫?,c鈫?

滿足a鈫?+b鈫?+c鈫?=0鈫?,(a鈫?鈭?b鈫?)隆脥c鈫?,a鈫?隆脥b鈫?

若|a鈫?|=1

則|a鈫?|2+|b鈫?|2+|c鈫?|2

的值是______．評(píng)卷人得分三、證明題(共7題，共14分)14、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．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、如圖；過(guò)圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長(zhǎng)線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長(zhǎng)．17、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．18、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．19、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．20、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共4分)21、已知函數(shù)．（1）求函數(shù)的最小正周期和單調(diào)增區(qū)間；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最小值和最大值；（3）若求使的取值范圍．22、【題文】（本題滿分10分）

如圖，ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，O是正方形的中心，PO底面ABCD，PO=E是PC的中點(diǎn)。

求證：（1）PA∥平面BDE；（2）直線PA與平面PBD所成的角.評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共3題，共21分)23、（2015秋?太原校級(jí)月考）如圖，在△ABC中，AB=AC，D是AB上一點(diǎn)，點(diǎn)E在AC的延長(zhǎng)線上，且BD=CE，連結(jié)DE交BC于F，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE，垂足為G，連結(jié)FG．若FG=，∠E=30°，則GE=____．24、已知t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，且x=10t1，y=10t2，那么y與x間的函數(shù)關(guān)系式為_(kāi)___，其函數(shù)圖象在第____象限內(nèi)．25、若直線y=（m-2）x+m經(jīng)過(guò)第一、二、四象限，則m的范圍是____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】先把原式化為y=k（x-1）+2的形式，再令x=1求出y的值即可．【解析】【解答】解：原式可化為y=k（x-1）+2；

當(dāng)x-1=0；即x=1時(shí)，y=2．

故選A．2、B【分析】

函數(shù)y=sinx的最小正周期為：2π；所以函數(shù)y=|sinx|的最小正周期是：π．

故選B．

【解析】【答案】利用函數(shù)的周期的求法；直接求出函數(shù)的周期即可．

3、A【分析】【解析】

試題分析：由題意可得M=N=所以故選A.本題考查對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域和分式函數(shù)的定義域.以及集合的交集知識(shí)點(diǎn).

考點(diǎn)：1.含對(duì)數(shù)的定義域.2.分式的定義域3.集合的交集.【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】

試題分析：集合表示的是所有偶數(shù)的集合，集合表示的是所有被除余數(shù)為或的所有整數(shù)的集合，顯然這兩個(gè)集合之間不存在包含或相等的關(guān)系，因此錯(cuò)誤；故選C.

考點(diǎn)：集合的關(guān)系.【解析】【答案】C.5、C【分析】【解析】圓心（3，0）到直線3x-4y-4=0的距離為【解析】【答案】選C6、B【分析】【解答】解：∵2＜x＜3，∴f（2）＜f（x）＜f（3），即3＜f（x）＜8．∴f﹣1（x）的定義域是（3；8）．

∵x＞0，由y=x2﹣1得x=∴f﹣1（x）=

故選：B．

【分析】用y表示出x，互換x，y得出解析式，反函數(shù)的定義域?yàn)閒（x）的值域．7、D【分析】【分析】由復(fù)合而成。注意到有意義，須0，所以，由圖象的對(duì)稱(chēng)軸為且在其右側(cè)是減函數(shù)，所以選D。

【點(diǎn)評(píng)】判斷函數(shù)的奇偶性，往往要從定義出發(fā)，判斷單調(diào)性則可利用復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】∵∴【解析】【答案】19、略

【分析】試題分析：即或綜上可得考點(diǎn)：分段函數(shù)值域問(wèn)題，函數(shù)單調(diào)性【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：觀察三視圖知，該正三棱柱的底面三角形邊長(zhǎng)為4，三角形高為由左視圖的面積為得此正三棱柱的高為所以其體積為答案為

考點(diǎn)：三視圖，幾何體的體積.【解析】【答案】11、略

【分析】解：由函數(shù)圖象可知。

在區(qū)間[0；3]上，圖象圖象凹陷上升的，表明年產(chǎn)量增長(zhǎng)速度越來(lái)越快；

在區(qū)間（3；8]上，如果圖象是水平直線，表明總產(chǎn)量保持不變，即年產(chǎn)量為0．

∴①；③正確。

故答案為：①③

從左向右看圖象；如果圖象是凸起上升的，表明相應(yīng)的量增長(zhǎng)速度越來(lái)越慢；如果圖象是凹陷上升的，表明相應(yīng)的量增長(zhǎng)速度越來(lái)越快；如果圖象是直線上升的，表明相應(yīng)的量增長(zhǎng)速度保持不變；如果圖象是水平直線，表明相應(yīng)的量保持不變，即不增長(zhǎng)也不降低；如果圖象是凸起下降的，表明相應(yīng)的量降低速度越來(lái)越快；如果圖象是凹陷下降的，表明相應(yīng)的量降低速度越來(lái)越慢；如果圖象是直線下降的，表明相應(yīng)的量降低速度保持不變；

由圖象分析相應(yīng)的量的變化趨勢(shì)，關(guān)鍵是要總結(jié)相應(yīng)的量發(fā)生變化時(shí)對(duì)應(yīng)圖象的形狀，分析過(guò)程中所列示的7種情況，要熟練掌握，以達(dá)到靈活應(yīng)用的目的，屬于基礎(chǔ)題．【解析】①③12、略

【分析】解：由題意可采用割補(bǔ)法；考慮到四面體ABCD的四個(gè)面為全等的三角形；

所以可在其每個(gè)面補(bǔ)上一個(gè)以為三邊的三角形作為底面；

且以分別x；y，z長(zhǎng)；兩兩垂直的側(cè)棱的三棱錐；

從而可得到一個(gè)長(zhǎng)；寬、高分別為x；y，z的長(zhǎng)方體；

并且x2+y2=5，x2+z2=5，y2+z2=2；

則有（2R）2=x2+y2+z2=6（R為球的半徑）；

所以球的表面積為S=4πR2=6π．

故答案為：6π．

將四面體補(bǔ)成長(zhǎng)方體；通過(guò)求解長(zhǎng)方體的對(duì)角線就是球的直徑，然后求解外接球的表面積．

本題考查幾何體的外接球的表面積的求法，割補(bǔ)法的應(yīng)用，判斷外接球的直徑是長(zhǎng)方體的對(duì)角線的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵之一．【解析】6π13、略

【分析】解：由a鈫?+b鈫?+c鈫?=0

得到c鈫?=鈭?a鈫?鈭?b鈫?

因?yàn)?a鈫?鈭?b鈫?)隆脥c鈫?a鈫?隆脥b鈫?

所以得：{(a鈫?鈭?b鈫?)鈰?c鈫?=a鈫?鈰?c鈫?鈭?b鈫?鈰?c鈫?a鈫?鈰?b鈫?=0(a鈫?鈭?b鈫?)鈰?(a鈫?+b鈫?)=0

解得a鈫??c鈫?=b鈫??c鈫?a鈫??b鈫?=0|a鈫?|=|b鈫?|=1

而|c鈫?|2=(鈭?a鈫?鈭?b鈫?)2=|a鈫?|2+|b鈫?|2鈭?2a鈫??b鈫?=1+1=2

所以|a鈫?|2+|b鈫?|2+|c鈫?|2=1+1+2=4

故答案為4

由向量垂直得到向量的數(shù)量積為0

得到(a鈫?鈭?b鈫?)?c鈫?=0a鈫??b鈫?=0

且c鈫?=鈭?a鈫?鈭?b鈫?

根據(jù)向量數(shù)量積的運(yùn)算法則化簡(jiǎn)分別得到|a鈫?||b鈫?||c鈫?|2

代入求出即可．

本題考查向量的代數(shù)運(yùn)算，基礎(chǔ)題，注意向量的模轉(zhuǎn)化為向量的平方，這是一個(gè)重要的向量解決思想.

同時(shí)要求學(xué)生掌握向量垂直得到向量的數(shù)量積為0.

同時(shí)靈活運(yùn)用向量的運(yùn)算法則進(jìn)行向量間的混合運(yùn)算．【解析】4

三、證明題(共7題，共14分)14、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)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(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．15、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)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(diǎn)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(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)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(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．16、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長(zhǎng)需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)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(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽R(shí)t△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=17、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)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(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)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(guò)A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．18、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)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(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．19、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)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(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)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(guò)A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．20、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過(guò)相似三角形來(lái)實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過(guò)等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．四、解答題(共2題，共4分)21、略

【分析】試題分析：（1）將原函數(shù)化為可得最小正周期與單調(diào)增區(qū)間；（2）利用正弦函數(shù)的取值可得；（3）由得出范圍，與求交集.【解析】

2分（1）函數(shù)的最小正周期為3分令（）得，（），所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是（）．4分（2）因?yàn)樗运裕裕裕院瘮?shù)在區(qū)間上的最小值是最大值是．7分（3）因?yàn)樗裕傻?，所以所以或所以或?dāng)時(shí)，使的取值范圍是．9分考點(diǎn)：的性質(zhì).【解析】【答案】（1）最小正周期為單調(diào)增區(qū)間是（2）最小值是最大值是（3）．22、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解:證明（Ⅰ）∵O是AC的中點(diǎn)，E是PC的中點(diǎn)，∴OE∥AP，又∵OE平面BDE，PA平面BDE；∴PA∥平面BDE．

（Ⅱ）連接AC∵PO底面ABCD，∴POAC，又∵AC