2025年北師大版高一數(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年北師大版高一數(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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知則下列不等式成立的是（）A.B.C.D.2、函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則的取值范圍是()A.B.C.D.3、某人駕車從鄉(xiāng)村進城；各時間段的行駛速度如圖，則其行駛路程S與時間t的函數(shù)關(guān)系式是（）

A.

B.

C.

D.

4、【題文】已知圓C的方程是直線則圓C上有幾個點到直線的距離。

為A.1個B.2個C.3個D.4個5、函數(shù)的值域為（）A.B.C.D.6、已知集合M={a，b}，集合N={-1，0，1}，在從集合M到集合N的映射中，滿足f（a）≤f（b）的映射的個數(shù)是（）A.3B.4C.5D.6評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、【題文】已知直線和兩點若直線上存在點使得最小，則點的坐標(biāo)為____.8、【題文】已知集合Z}，則集合=________．9、將函數(shù)f（x）=sin（2x+θ）（|θ|＜）的圖象向右平移φ（0＜φ＜π）個單位長度后得到函數(shù)g（x）的圖象，若f（x）、g（x）的圖象都經(jīng)過點P（0，），則φ=______．10、從點（4，3）向圓（x-2）2+（y-1）2=1作切線，則過兩個切點的直線方程是______．11、從圓(x鈭?1)2+(y鈭?1)2=1

外一點P(2,3)

向這個圓引切線，則切線的方程為______．評卷人得分三、解答題(共7題，共14分)12、已知函數(shù)f(x)=x2+ax，且對任意的實數(shù)x都有f(1+x)=f(1－x)成立.（1）求實數(shù)a的值；（2）利用單調(diào)性的定義證明函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞上是增函數(shù).13、（本小題滿分12分）已知是公比為的等比數(shù)列，且成等差數(shù)列．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）設(shè)是以2為首項，為公差的等差數(shù)列，其前項和為求使成立的最大的的值．14、【題文】（12分）一個圓錐，它的底面直徑和高均為

（1）求這個圓錐的表面積和體積.

（2）在該圓錐內(nèi)作一內(nèi)接圓柱，當(dāng)圓柱的底面半徑和高分別為多少時，它的側(cè)面積最大？最大值是多少？15、【題文】（本小題滿分13分）

據(jù)預(yù)測，我國在“十二五”期間內(nèi)某產(chǎn)品關(guān)稅與市場供應(yīng)量的關(guān)系近似地滿足：（其中為關(guān)稅的稅率，且為市場價格，為正常數(shù)），當(dāng)時的市場供應(yīng)量曲線如圖所示；

（1）根據(jù)圖象求的值；

（2）若市場需求量為它近似滿足

當(dāng)時的市場價格稱為均衡價格，為使均衡價格控制在不低于9元的范圍內(nèi)，求稅率的最小值.16、計算：已知log73=a，log74=b，求log748．（其值用a，b表示）17、已知α，β為銳角，求α+2β．18、已知函數(shù)f（x）=1+2sin（2x-）．

（1）用五點法作圖作出f（x）在x∈[0；π]的圖象；

（2）求f（x）在x∈[]的最大值和最小值．評卷人得分四、證明題(共4題，共24分)19、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．20、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．21、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．22、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．評卷人得分五、綜合題(共4題，共20分)23、如圖1；△ABC與△EFA為等腰直角三角形，AC與AE重合，AB=EF=9，∠BAC=∠AEF=90°，固定△ABC，將△EFA繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)AF邊與AB邊重合時，旋轉(zhuǎn)中止．不考慮旋轉(zhuǎn)開始和結(jié)束時重合的情況，設(shè)AE；AF（或它們的延長線）分別交BC（或它的延長線）于G、H點，如圖2．

（1）問：在圖2中，始終與△AGC相似的三角形有____及____；

（2）設(shè)CG=x；BH=y，GH=z，求：

①y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；

②z關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（只要求根據(jù)第（1）問的結(jié)論說明理由）

（3）直接寫出：當(dāng)x為何值時，AG=AH．24、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過點A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點為M點．

（1）求該拋物線的解析式．

（2）試判斷拋物線上是否存在一點P；使∠POM=90°．若不存在，說明理由；若存在，求出P點的坐標(biāo)．

（3）試判斷拋物線上是否存在一點K，使∠OMK=90°，若不存在，說明理由；若存在，求出K點的坐標(biāo)．25、已知y=ax2+bx+c（a≠0）圖象與直線y=kx+4相交于A（1；m），B（4，8）兩點，與x軸交于原點及點C．

（1）求直線和拋物線解析式；

（2）在x軸上方的拋物線上是否存在點D，使S△OCD=2S△OAB？如果存在，求出點D坐標(biāo)，如果不存在，說明理由．26、已知二次函數(shù)f（x）=ax2+bx+c和一次函數(shù)g（x）=-bx，其中實數(shù)a、b、c滿足a＞b＞c，a+b+c=0．

（1）求證：兩函數(shù)的圖象相交于不同的兩點A；B；

（2）求線段AB在x軸上的射影A1B1長的取值范圍．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于那么里根據(jù)不等式的倒數(shù)性質(zhì)可知，且又故可知選C.考點：不等式的性質(zhì)【解析】【答案】C2、D【分析】試題分析：在上單調(diào)遞增，又因為在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以即考點：二次函數(shù)的單調(diào)性.【解析】【答案】D.3、A【分析】

當(dāng)0≤t＜1時；s=40t；

當(dāng)1≤t＜2時；s=40+80（t-1）；

當(dāng)2≤t＜3時；s=120+30（t-2）；

所以函數(shù)解析式為

故選A．

【解析】【答案】根據(jù)題目中所給的速度關(guān)于時間的函數(shù)圖象以及路程公式s=vt解答．

4、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B5、C【分析】【解答】因為所以所以所以答案為C。

【分析】對于一些比較簡單的函數(shù)，其值域可通過觀察得到。這是求值域最簡單的一種方法：觀察法。6、D【分析】解：若從集合M到集合N的映射中，滿足f（a）≤f（b）；

則有：f（a）=-1，f（b）=-1；

f（a）=-1，f（b）=0；

f（a）=-1，f（b）=1；

f（a）=0，f（b）=0；

f（a）=0，f（b）=1；

f（a）=1，f（b）=1；

共6個。

故選：D

根據(jù)映射的定義，列舉出滿足條件f（a）≤f（b）的映射個數(shù)；可得答案．

本題主要考查了映射的概念和分類討論的思想．這類題目在高考時多以選擇題填空題的形式出現(xiàn)，較簡單屬于基礎(chǔ)題型．【解析】【答案】D二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【解析】

試題分析：如圖，作關(guān)于直線的對稱點連結(jié)交直線于則點即為使最小的設(shè)則即

∴

考點：兩直線的交點.【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】9、略

【分析】解：將函數(shù)的圖象向右平移φ（0＜φ＜π）個單位長度后得到函數(shù)y=sin（2x-2φ+θ）的圖象；

∵f（x）、g（x）的圖象都經(jīng)過點則sinθ=sin（-2φ+θ）=

∴θ=sin（-2φ+θ）=sin（-2φ+）=．

由于-2φ∈-2π，0），∴-2φ+∈（-），∴-2φ+=-∴φ=．

故答案為：．

根據(jù)f（x）、g（x）的圖象都經(jīng)過點則sinθ=sin（-2φ+θ）=求得θ的值，可得-2φ+θ的值，從而求得φ的值．

本題考查的知識點是函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換，三角函數(shù)求值，屬于中檔題．【解析】10、略

【分析】解：設(shè)點P（4；3），圓心（2，1）

由題意，以PC為直徑的圓的方程為（x-3）2+（y-2）2=2；

兩圓的交點是B；A；兩圓的公共弦為AB．

將兩圓的方程相減可得公共弦AB的方程2x+2y-7=0；

故答案為：2x+2y-7=0．

求出以PC為直徑的圓的方程；兩圓的公共弦為AB，將兩圓的方程相減可得公共弦AB的方程，即為過兩個切點的直線方程．

本題考查圓的切線方程，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計算能力，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．【解析】2x+2y-7=011、略

【分析】解：分兩種情況考慮：

若切線方程斜率不存在時；直線x=2

滿足題意；

若切線方程斜率存在時；設(shè)為k

此時切線方程為y鈭?3=k(x鈭?2)

即kx鈭?y+3鈭?2k=0

隆脽

直線與圓相切，隆脿

圓心(1,1)

到切線的距離d=r

即|k鈭?1+3鈭?2k|k2+1=1

解得：k=34

此時切線方程為34x鈭?y+3鈭?32=0

即3x鈭?4y+6=0

綜上；切線方程為x=2

或3x鈭?4y+6=0

．

故答案為：x=2

或3x鈭?4y+6=0

當(dāng)切線方程斜率不存在時，直線x=2

滿足題意；當(dāng)切線方程斜率存在時，設(shè)出切線方程，根據(jù)圓心到切線的距離d=r

列出關(guān)于k

的方程；求出方程的解得到k

的值，確定出此時切線方程，綜上，得到滿足題意的切線方程．

此題考查了直線與圓的位置關(guān)系，涉及的知識有：點到直線的距離公式，直線的點斜式方程，利用了分類討論的思想，分類討論時注意考慮問題要全面，做到不重不漏．【解析】x=2

或3x鈭?4y+6=0

三、解答題(共7題，共14分)12、略

【分析】

（1）恒成立即恒成立（2）由（1）得設(shè)上是增函數(shù)【解析】略【解析】【答案】13、略

【分析】

（Ⅰ）由成等差數(shù)列知即所以所以或而所以．（Ⅱ）由已知得所以可得所以滿足條件的．【解析】略【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】

試題分析：(1)如圖，設(shè)母線長為

1分。

2分。

3分。

5分。

（2）設(shè)圓柱的高為底面半徑為側(cè)面積為

則7分。

8分。

9分。

10分。

當(dāng)時，即時，圓柱的側(cè)面積取得最大值，其最大值為12分。

考點：本題主要考查圓柱；圓錐的幾何特征；體積計算及面積計算，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)。

點評：綜合題，組合體問題中要注意觀察幾何元素之間的關(guān)系，并注意將“空間問題”轉(zhuǎn)化成“平面問題”，這里運用了相似三角形相關(guān)知識。本題較難?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)

（2）時，圓柱的側(cè)面積取得最大值，其最大值為15、略

【分析】【解析】（1）由圖可知時，有解得

（2）當(dāng)時，得解得

令在中；

對稱軸為直線且圖象開口向下.

時，取得最小值此時，【解析】【答案】

(1)

(2)16、【解答】log748

=log73+log716

=log73+2log74

=a+2b【分析】【分析】直接利用對數(shù)的運算性質(zhì)，求出結(jié)果即可．17、解：因為β為銳角，sinβ=所以cosβ=則tanβ=

而tan2β===＜1，得到0＜2β＜且＜得到0＜α＜

則tan（α+2β）===1；

由α，β為銳角，得到α+2β∈（0，），所以α+2β=．【分析】【分析】根據(jù)β為銳角，由sinβ的值，利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出cosβ，即可求出tanβ的值，然后利用二倍角正切函數(shù)公式求出tan2β的值，且根據(jù)求出的tan2β的值判斷出2β的范圍，由tanα的值判斷出α的范圍，即可得到α+2β的范圍，利用兩角和的正切函數(shù)公式化簡后，把tanα和tan2β的值代入即可求出tan（α+2β）值，然后根據(jù)α+2β的范圍，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求出α+2β的值．18、略

【分析】

（1）列表；描點，連線即可利用“五點作圖法”畫出函數(shù)y=f（x）在[0，π]上的圖象．

（2）利用x的范圍，可求≤2x-≤根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可得解其最值．

本題主要考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，五點法作函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象，要求熟練掌握五點作圖法，屬于中檔題．【解析】解：（1）列表如下：。x0π2x--0πy1-130-11-對應(yīng)的圖象如下：

（2）∵f（x）=1+2sin（2x-）；

又∵x∈[]；

∴≤2x-≤即2≤1+2sin（2x-）≤3；

∴f（x）max=3，f（x）min=2．四、證明題(共4題，共24分)19、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．20、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．21、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．22、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．五、綜合題(共4題，共20分)23、略

【分析】【分析】（1）△HGA；△HAB，求出∠H=∠GAC，∠AGC=∠AGC，即可推出△AGC∽△HGA；根據(jù)∠B=∠ACG=45°，∠GAC=∠H推出△AGC∽△HAB即可；

（2）①根據(jù)∵△AGC∽△HAB，得出=，求出y=；②在Rt△BAC中，由勾股定理求出BC=9；代入GH=BH-（BC-GC）求出即可；

（3）由△HGA∽△HAB得出HB=AB=9，由△HGA∽△GCA得出AC=CG=9，推出BG=HC，即可得出答案．【解析】【解答】解：（1）△HGA；△HAB；

理由是：∵△ABC與△EFA為等腰直角三角形；AC與AE重合，AB=EF，∠BAC=∠AEF=90°；

∴∠B=∠ACB=∠GAF=45°；

∴∠ACB=∠H+∠HAC=45°；∠GAC+∠HAC=∠GAF=45°；

∴∠H=∠GAC；

∵∠AGC=∠AGC；

∴△AGC∽△HGA；

∵∠B=∠ACG=45°；∠GAC=∠H；

∴△AGC∽△HAB；

（2）①如圖2；∵△AGC∽△HAB；

∴=；

∴=；

∴y=；

②在Rt△BAC中，∠BAC=90°，AC=AB=9，由勾股定理得：BC=9；

∴GH=BH-（BC-GC）=y-（9-x）；

∴z=+x-9；

（3）∵∠GAH=45°是等腰三角形的頂角；

如圖；∵由△HGA∽△HAB知：HB=AB=9；

由△HGA∽△GCA可知：AC=CG=9；

∴BG=HC；

∴CG=x=9；

即當(dāng)x=9時；AG=AH．

故答案為：△HGA，△HAB．24、略

【分析】【分析】（1）將A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三點坐標(biāo)代入y=ax2+bx+c中，列方程組求a、b；c的值；得出拋物線解析式；

（2）拋物線上存在一點P，使∠POM=90?．設(shè)（a，a2-4a）；過P點作PE⊥y軸，垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F，利用互余關(guān)系證明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．過頂點M作MN⊥OM，交y軸于點N，在Rt△OMN中，利用互余關(guān)系證明△OFM∽△MFN，利用相似比求N點坐標(biāo)，再求直線MN解析式，將直線MN解析式與拋物線解析式聯(lián)立，可求K點坐標(biāo)．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意，得，解得；

∴拋物線的解析式為y=x2-4x；

（2）拋物線上存在一點P；使∠POM=90?．

x=-=-=2，y===-4；

∴頂點M的坐標(biāo)為（2；-4）；

設(shè)拋物線上存在一點P，滿足OP⊥OM，其坐標(biāo)為（a，a2-4a）；

過P點作PE⊥y軸；垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F．

則∠POE+∠MOF=90?；∠POE+∠EPO=90?．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90?；

∴Rt△OEP∽Rt△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P點的坐標(biāo)為（，）；

（3）過頂點M作MN⊥OM；交y軸于點N．則∠FMN+∠OMF=90?．

∵∠MOF+∠OMF=90?；

∴∠MOF=∠FMN．

又∵∠OFM=∠MFN=90?；

∴△OF