2025年人教新起點(diǎn)高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點(diǎn)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(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5題，共10分)1、若x＞0，y＞0，且則x+y的最小值是（）

A.3

B.6

C.9

D.12

2、計(jì)算結(jié)果是（）

A.1

B.

C.

D.

3、【題文】定義在上的函數(shù)是減函數(shù)，且函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)成中心對(duì)稱，若滿足不等式．則當(dāng)時(shí)，的取值范圍是（）A.B.C.D.4、已知平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的兩個(gè)向量=（1，2），=（m，3m﹣2），且平面內(nèi)的任一向量都可以唯一的表示成=λ+μ（λ，μ為實(shí)數(shù)），則m的取值范圍是（）A.（﹣∞，2）B.（2，+∞）C.（﹣∞，+∞）D.（﹣∞，2）∪（2，+∞）5、已知集合A{x|x<鈭?1

或x>1}B={x|log2x>0}

則A隆脡B=(

)

A.{x|x>1}

B.{x|x>0}

C.{x|x<鈭?1}

D.{x|x<鈭?1

或x>1}

評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、設(shè)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且滿足f（x+2）=-f（x），則f（15）=____．7、若等邊的邊長為2，平面內(nèi)一點(diǎn)滿足則______.8、【題文】若將下面的展開圖恢復(fù)成正方體，則的度數(shù)為____.9、圓（x﹣1）2+y2=9的半徑為____．10、若函數(shù)f（x）=則f（-）的值為______．11、已知平面向量滿足又則的最大值等于______．評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共9題，共18分)12、先化簡，再求值：，其中．13、△ABC中，已知∠A、∠B、∠C的對(duì)邊長分別為a、b、c，∠C=120°，且2b=a+c，求2cot-cot的值．14、如圖，∠1=∠B，AD?AC=5AE，DE=2，那么BC?AD=____．15、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____，其函數(shù)圖象在第____象限內(nèi)．16、關(guān)于x的一元二次方程（m-1）x2+2x+1=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，那么m的取值范圍是____．17、如圖，DE∥BC，，F(xiàn)為BC上任一點(diǎn)，AF交DE于M，則S△BMF：S△AFD=____．18、已知：x=，求-÷的值．19、已知：x=，y=，則+=____．20、計(jì)算：（2）﹣（﹣2016）0﹣（）+（）﹣2．評(píng)卷人得分四、解答題(共4題，共16分)21、（本題滿分14分）已知函數(shù)（1）判斷函數(shù)的奇偶性，并加以證明；[來（2）用定義證明函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù).22、【題文】如圖，在正四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱為的中點(diǎn)，是側(cè)棱上的一動(dòng)點(diǎn)。

（1）證明：

（2）當(dāng)直線時(shí)，求三棱錐的體積.23、【題文】已知函數(shù)對(duì)于任意總有且x>0時(shí)，．

（1）求證：在R上是減函數(shù)；

（2）求在[–2，2]上的最大值和最小值．24、

(1)求的最小正周期和單調(diào)增區(qū)間；

(2)當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最大值與最小值的和求評(píng)卷人得分五、證明題(共4題，共20分)25、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．26、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=2．27、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．28、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．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】

∵x＞0，y＞0，且

∴x+y=（）（x+y）=5+≥5+2=9

當(dāng)且僅當(dāng)即x=3；y=6時(shí)，取等號(hào)．

故選C

【解析】【答案】先將x+y乘以+展開；然后利用基本不等式求出最小值，注意等號(hào)成立的條件．

2、B【分析】

=

=．

故選B．

【解析】【答案】通過變分?jǐn)?shù)指數(shù)冪為根式；分母有理化及結(jié)合非0實(shí)數(shù)的0次冪為1化簡求得結(jié)果．

3、D【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)奇函數(shù)定義與減函數(shù)性質(zhì)得出s與t的關(guān)系式，然后利用不等式的基本性質(zhì)即可求得結(jié)果．解析：由f（x-1）的圖象關(guān)于（1，0）中心對(duì)稱知f（x）的圖象關(guān)于（0，0）中心對(duì)稱，故f（x）為奇函數(shù)得f（s2-2s）f（t2-2t），從而t2-2ts2-2s，化簡得（t-s）（t+s-2）0，又1s4，故2-sts，從而而-1∈故的取值范圍是選C.

故選C．

考點(diǎn)：函數(shù)的奇偶性；單調(diào)性。

點(diǎn)評(píng)：綜合考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性知識(shí)；同時(shí)考查由最大值、最小值求取值范圍的策略，以及運(yùn)算能力，屬中檔題．【解析】【答案】D4、D【分析】【解答】根據(jù)題意，向量是不共線的向量。

∵=（1，2），=（m；3m﹣2）

由向量不共線?

解之得m≠2；

所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是{m|m∈R且m≠2}．

故選D.

【分析】平面向量基本定理：若平面內(nèi)兩個(gè)向量不共線，則平面內(nèi)的任一向量都可以用向量來線性表示，即存在唯一的實(shí)數(shù)對(duì)λ、μ，使=λ+μ成立．根據(jù)此理論，結(jié)合已知條件，只需向量不共線即可，因此不難求出實(shí)數(shù)m的取值范圍。5、A【分析】解：由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，易得B={x|x>1}

又有A={x|x<鈭?1

或x>1}

結(jié)合交集的運(yùn)算，可得A隆脡B={x|x>1}

故選A．

由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，易得B={x|x>1}

又有A={x|x<鈭?1

或x>1}

結(jié)合交集的運(yùn)算，可得答案．

本題考查交集的運(yùn)算，經(jīng)常與不等式、一元二次方程的解法有聯(lián)系，注意不等式和方程的正確求解．【解析】A

二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】

∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)；

且滿足f（x+2）=-f（x）；

∴f（15）=-f（13）=f（11）=-f（9）=f（7）

=-f（5）=f（3）=-f（1）=f（-1）=f（1）；

∵-f（1）=f（1）；

∴f（1）=0；

∴f（15）=0．

故答案為：0．

【解析】【答案】由f（x）是定義在R上的偶函數(shù)；且滿足f（x+2）=-f（x），能夠推導(dǎo)出f（15）=f（1），由此能求出結(jié)果．

7、略

【分析】試題分析：由可得在中，=又等邊三角形中=2，則考點(diǎn)：向量的數(shù)量積運(yùn)算，平面向量的基本定理.【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】60°9、3【分析】【解答】解：由圓（x﹣1）2+y2=9，得r2=9，∴r=3．

即圓（x﹣1）2+y2=9的半徑為3．

故答案為：3．

【分析】直接由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程求得圓的半徑．10、略

【分析】解：∵f（x）=

∴f（-）=f（-+1）+1=f（-+2）+2=-cos+2=

故答案為：．

利用分段函數(shù)解析式；結(jié)合特殊角的三角函數(shù)，即可得出結(jié)論．

本題考查分段函數(shù)解析式，特殊角的三角函數(shù)，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】11、略

【分析】解：∵又

∴2?2?cosθ=2，即cosθ=∴與的夾角θ=．

在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)==（2，0），==（1，），=．

又∴-⊥-∴⊥

即C的軌跡為以AB為直徑的圓．

∴C的軌跡方程為（x-）2+（y-）2=1．

設(shè)C（x，y），則=2x．

∴當(dāng)x取得最大值時(shí)，?取得最大值5．

故答案為：5．

由題意求得cosθ=可得與的夾角θ=．設(shè)==（2，0），==（1，），=．又-⊥-可得⊥即C的軌跡為以AB為直徑的圓，由此可得C的軌跡方程．

本題主要考查兩個(gè)向量的數(shù)量積公式，兩個(gè)向量垂直的性質(zhì)，屬于中檔題．【解析】5三、計(jì)算題(共9題，共18分)12、略

【分析】【分析】先把括號(hào)內(nèi)通分得原式=?，再把各分式的分子和分母因式分解約分得原式=2（x+2），然后把x=-2代入計(jì)算即可．【解析】【解答】解：原式=?

=?

=?

=2（x+2）

=2x+4；

當(dāng)x=-2；

原式=2（-2）+4=2．13、略

【分析】【分析】作△ABC的內(nèi)切圓，分別切AB、BC、CA于D、E、F，圓心為O，連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，求出AD、BE、CF，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出r，代入求出即可．【解析】【解答】解：作△ABC的內(nèi)切圓；分別切AB；BC、CA于D、E、F，圓心為O；

連接OA；OB、OC、OD、OE、OF；

∴AD=AF；BD=BE，CF=CE；

c-AD+n-AD=a；

∴AD=；

同理：BE=，CE=；

在Rt△OCE中，cot60°=；

得r=；

所以．

答：2cot-cot的值是．14、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10．15、略

【分析】【分析】由于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)，利用根與系數(shù)的關(guān)系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底數(shù)冪的乘法法則計(jì)算即可解決問題．【解析】【解答】解：∵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)；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)．

故答案為：y=（x＞0），一．16、略

【分析】【分析】首先根據(jù)一元二次方程的一般形式求得b2-4ac的值，再進(jìn)一步根據(jù)關(guān)于x的一元二次方程（m-1）x2+2x+1=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，即△≥0進(jìn)行求解．【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程（m-1）x2+2x+1=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根；

∴△=b2-4ac≥0；

即：4-4（m-1）≥0；

解得：m≤2；

∵關(guān)于x的一元二次方程（m-1）x2+2x+1=0中m-1≠0；

∴m≠1；

故答案為：m≤2且m≠1．17、略

【分析】【分析】作DG⊥BC，AH⊥BC，則由題中條件可小求出△BDF與△ABF的比值，進(jìn)而可得出結(jié)論．【解析】【解答】解：分別過點(diǎn)D；A作BC的垂線；交BC于點(diǎn)G、H；

∵DE∥BC；

則S△BDF=S△BFM=?BF?DG；

S△ABF=?BF?AH；

又，即=；

∴====；

∴=．

故答案為：2：3．18、略

【分析】【分析】把分式化簡，然后把x的值代入化簡后的式子求值就可以了．【解析】【解答】解：原式=×

=-1

=-；

當(dāng)x=時(shí)；

原式=-=2-4．19、略

【分析】【分析】直接把x，y的值代入代數(shù)式，根據(jù)分母有理化進(jìn)行計(jì)算，求出代數(shù)式的值．【解析】【解答】解：+=+；

=+；

=+；

=+；

=．

故答案為：．20、解：==【分析】【分析】根據(jù)指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算即可．四、解答題(共4題，共16分)21、略

【分析】試題分析：（1）首先我們要確定函數(shù)的定義域?yàn)槿缓笤谟?jì)算和的關(guān)系.（2）按照函數(shù)單調(diào)性的定義在區(qū)間內(nèi)任意實(shí)數(shù)證明試題解析：（1）函數(shù)是奇函數(shù)，∵函數(shù)的定義域?yàn)樵谳S上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱且∴函數(shù)是奇函數(shù)。（2）證明：設(shè)任意實(shí)數(shù)且則∵∴∴∴即∴在區(qū)間上為增函數(shù)。考點(diǎn)：奇函數(shù)的定義及增函數(shù)的定義.【解析】【答案】（1）奇函數(shù)（2）在是增函數(shù).22、略

【分析】【解析】

21.試題分析：(1)連接設(shè)連接則

四邊形為正方形，

(2)連接交于點(diǎn)，連接

又

過作垂足為則

考點(diǎn)：線線垂直的判定體積。

點(diǎn)評(píng)：本題考查證明線面平行、線線垂直的方法，求棱錐的體積，取中點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】（1）先證（2）23、略

【分析】【解析】本試題主要是考查了函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最值；抽象函數(shù)具有的性質(zhì)的綜合運(yùn)用。

（1）利用且x>0時(shí)，結(jié)合定義得到函數(shù)單調(diào)性的證明。

（2）利用給的你該函數(shù)的單調(diào)性；和奇偶性判定給定區(qū)間的最值即可。

解：(1)設(shè)

在R上是減函數(shù)。

(2)又是奇函數(shù)。

在上，【解析】【答案】(1)見解析；(2)24、略

【分析】【解析】=3分。

（1）T=5分。

由得

單調(diào)增區(qū)間為8分。

（2）當(dāng)時(shí)

11分。

∴14分【解析】【答案】

(1)單調(diào)增區(qū)間為

(2)五、證明題(共4題，共20分)25、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．26、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)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(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=2．27、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．28、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