2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷629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9題，共18分)1、函數(shù)y=sin2（x-）cos[2（x+π）]是（）

A.周期為的奇函數(shù)。

B.周期為的偶函數(shù)。

C.周期為的奇函數(shù)。

D.周期為的偶函數(shù)。

2、在△ABC中，若a=b=1；∠B=30°，則角A的值為（）

A.30°

B.60°

C.120°

D.60°或120°

3、在等比數(shù)列{an}中，a3和a5是二次方程x2+kx+5=0的兩根，則a2a4a6的值為（）

A.

B.

C.

D.25

4、【題文】已知f(x)=(2x+1)在(-0)內(nèi)恒有f(x)>0,則a的取值范圍是()A.a>1B.0<1C.a<-1或a>1D.-<-1或1<5、【題文】如圖，在三棱錐A—BCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，且DB=DC=2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，若直線AE與底面BCD所成的角為45O；則三棱錐A—BCD的體積等于()

A.B.C.D.26、【題文】若集合M=｛-1，0，1｝，N=｛0，1，2｝，則M∩N等于A.｛0，1｝B.｛-1，0，1｝C.｛0，1，2｝D.｛-1，0，1，2｝7、若x0是函數(shù)f（x）=lgx與g（x）=的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，則x0屬于區(qū)間（）A.（0，1）B.（1，2）C.（2，3）D.（3，+∞）8、已知函數(shù)若f（sinα-sinβ+sin15°-1）=-1，f（cosα-cosβ+cos15°+1）=3，則cos（α-β）=（）A.-2B.2C.D.9、一空間幾何體按比例繪制的三視圖如圖所示(

單位：m)

則該幾何體的體積為(

)m3

．

A.72

B.92

C.73

D.94

評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、函數(shù)的定義域?yàn)開_________．11、【題文】設(shè)是定義在上的奇函數(shù)，且若不等式對(duì)區(qū)間內(nèi)任意的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)都成立，則不等式的解集是____。12、【題文】三視圖如右的幾何體的體積為____。13、【題文】

．四面體的外接球球心在上，且在外接球面上兩點(diǎn)間的球面距離是____。14、如圖，正方形O1A1B1C1的邊長為1，它是一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二側(cè)直觀圖，求原圖形的面積為____．

評(píng)卷人得分三、證明題(共7題，共14分)15、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．16、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．17、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．18、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．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(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．20、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．21、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．評(píng)卷人得分四、解答題(共1題，共8分)22、某市交管部門為了宣傳新交規(guī)舉辦交通知識(shí)問答活動(dòng)；隨機(jī)對(duì)該市15～65歲的人群抽樣了n人，回答問題統(tǒng)計(jì)結(jié)果如圖表所示：

。分組回答正確的人數(shù)回答正確的人數(shù)。

占本組的頻率第1組[15，25）50.5第2組[25，35）a0.9第3組[35，45）27x第4組[45，55）b0.36第5組[55，65）3y（1）分別求出a，b；x，y的值；

（2）從第2；3，4組回答正確的人中用分層抽樣方法抽取6人，則第2，3，4組每組應(yīng)各抽取多少人？

（3）在（2）的前提下，決定在所抽取的6人中隨機(jī)抽取2人頒發(fā)幸運(yùn)獎(jiǎng)，求：所抽取的2人中至少有一個(gè)第2組的人的概率．評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共16分)23、同室的4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的拿法有____種．24、計(jì)算：0.0081+（4）2+（）﹣16﹣0.75+2．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

函數(shù)y=sin2（x-）cos[2（x+π）]

=sin（2x-π）cos（2x+2π）

=-sin（π-2x）cos（2π+2x）

=-sin2xcos2x

=-sin4x；

∵ω=4，∴T==

又sin4x為奇函數(shù)；∴函數(shù)y也為奇函數(shù)．

故選C

【解析】【答案】把函數(shù)y的解析式變形后；利用誘導(dǎo)公式及正弦函數(shù)為奇函數(shù)化簡后，再利用二倍角的正弦函數(shù)公式化為一個(gè)角的正弦函數(shù)，找出ω的值，代入周期公式求出函數(shù)的最小正周期，再根據(jù)正弦函數(shù)為奇函數(shù)得到原函數(shù)也為奇函數(shù)，從而得出正確的選項(xiàng)．

2、D【分析】

∵在△ABC中，若a=b=1；∠B=30°；

∴由正弦定理得

化簡得sinA=?sin30°=

∵a=＞b=1

∴A＞B；可得A=60°或120°

故選：D

【解析】【答案】根據(jù)正弦定理的式子，將題中數(shù)據(jù)代入求出sinA=結(jié)合三角形內(nèi)角的取值范圍即可算出A的值．

3、A【分析】

∵a3和a5是二次方程x2+kx+5=0的兩根；

∴a3a5=a42=5，即a4=±

則a2a4a6=a43=±5．

故選A

【解析】【答案】由a3和a5是二次方程x2+kx+5=0的兩根，利用韋達(dá)定理得到a3a5的值，又根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)得到a3a5=a42，進(jìn)而求出a4的值，然后把所求的式子也利用等比數(shù)列的性質(zhì)化簡后，將a4的值代入即可求出值．

4、D【分析】【解析】∵-<0,∴0<2x+1<1.

要使x∈(-0)時(shí),f(x)>0,則02-1<1,

即12<2,

∴-<-1或1<故選D.【解析】【答案】D5、C【分析】【解析】由題意可知就是AE與底面BCD所成的角.所以所以【解析】【答案】C6、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A7、C【分析】【解答】解：令h（x）=f（x）﹣g（x）=lgx﹣．

則當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，lgx＜0，＞0；∴h（x）＜0；

h（1）=﹣1，h（2）=lg2﹣

h（3）=lg3﹣

∴h（2）h（3）＜0．

h（x）在（2；3）上有零點(diǎn)．

故選C．

【分析】令h（x）=f（x）﹣g（x），使用零點(diǎn)的存在性定理進(jìn)行判斷．8、D【分析】解：由題意可得sinα-sinβ+sin15°-1＜0；2（sinα-sinβ+sin15°-1）+1=-1；

cosα-cosβ+cos15°+1＞0，（cosα-cosβ+cos15°+1）2+（cosα-cosβ+cos15°+1）+1=3．

化簡可得sinα-sinβ=-sin15°①；

cosα-cosβ+cos15°+1=-2或cosα-cosβ+cos15°+1=1；

即cosα-cosβ=-3-cos15°（舍去）；或cosα-cosβ=-cos15°②．

把①②平方相加可得cos（α-β）=

故選：D．

由題意得2（sinα-sinβ+sin15°-1）+1=-1，（cosα-cosβ+cos15°+1）2+（cosα-cosβ+cos15°+1）+1=3；化簡可得sinα-sinβ=-sin15°①，cosα-cosβ=-cos15°②．再把①②平方相加可得cos（α-β）的值．

本題主要考查分段函數(shù)的應(yīng)用，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，兩角和差的余弦公式的應(yīng)用，屬于中檔題．【解析】【答案】D9、A【分析】解：由三視圖可知該幾何體是由三個(gè)棱長為1

的正方體和一個(gè)形狀為正方體一半的三棱柱構(gòu)成；

即體積為3.5

個(gè)小正方體體積.

即V=72隆脕13=72

鹿脢脩隆A

由三視圖可知該幾何體是由三個(gè)棱長為1

的正方體和一個(gè)形狀為正方體一半的三棱柱構(gòu)成；即體積為3.5

個(gè)小正方體體積．

本題考查三視圖求幾何體的體積，考查計(jì)算能力，空間想象能力，三視圖復(fù)原幾何體是解題的關(guān)鍵【解析】A

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【解析】試題分析：為使函數(shù)有意義，須解得，所以，函數(shù)的定義域?yàn)榭键c(diǎn)：反正弦函數(shù)的定義域【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

試題分析：∵對(duì)區(qū)間（-∞，0）內(nèi)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2都成立；

∴函數(shù)g（x）=xf（x）在（-∞；0）上單調(diào)遞減，又f（x）為奇函數(shù)，∴g（x）=xf（x）為偶函數(shù)，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g（-1）=g（1）=0；

作出g（x）的草圖如圖所示：

xf（2x）＜0即2xf（2x）＜0；g（2x）＜0；

由圖象得，-1＜2x＜0或0＜2x＜1，解得-＜x＜0或0＜x<

∴不等式xf（2x）＜0解集是

故答案為：．

考點(diǎn)：函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及其應(yīng)用;不等式的求解;運(yùn)用函數(shù)性質(zhì)化抽象不等式.【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

試題分析：由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，體積為

考點(diǎn)：本小題主要考查由三視圖還原幾何體和棱錐的體積公式的應(yīng)用；考查學(xué)生的空間想象能力和運(yùn)算求解能力.

點(diǎn)評(píng)：以三視圖為載體考查幾何體的體積，解題的關(guān)鍵是根據(jù)三視圖想象原幾何體的形狀構(gòu)成，并從三視圖中發(fā)現(xiàn)幾何體中各元素間的位置關(guān)系及數(shù)量關(guān)系，然后在直觀圖中求解.【解析】【答案】113、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】14、2【分析】【解答】由于原幾何圖形的面積：直觀圖的面積=21

又∵正方形O1A1B1C1的邊長為1；

∴SO1A1B1C1=1

原圖形的面積S=2

故答案為：2

【分析】由已知中正方形O1A1B1C1的邊長為1，我們易得直觀圖的面積為1，又由它是一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二側(cè)直觀圖，可以根據(jù)原幾何圖形的面積：直觀圖的面積=21，快速的計(jì)算出答案．三、證明題(共7題，共14分)15、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∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△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∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．16、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(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．17、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，可通過相似三角形來實(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．18、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∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△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∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．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(duì)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，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(gè)線圈．20、略

【分析】【分析】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)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(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)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．21、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(diǎn)；

∴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、解答題(共1題，共8分)22、略

【