2025年人教新課標高一數(shù)學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年人教新課標高一數(shù)學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8題，共16分)1、【題文】函數(shù)的值域是A.B.C.D.2、【題文】若方程有實數(shù)解,則實數(shù)m的取值范圍為()A.B.-4≤m≤C.-4≤m≤4D.4≤m≤3、當時，則下列大小關(guān)系正確的是（）A.B.C.D.4、將函數(shù)f（x）=sinxcosx+cos2x-的圖象向左平移個單位得到函數(shù)g（x）的圖象，則函數(shù)g（x）是（）A.周期為π的奇函數(shù)B.周期為π的偶函數(shù)C.周期為2π的奇函數(shù)D.周期為2π的偶函數(shù)5、設(shè)a=tan135°，b=cos（cos0°），c=（x2+）0，則a，b，c的大小關(guān)系是（）A.c＞a＞bB.c＞b＞aC.a＞b＞cD.b＞c＞a6、“”是“”的（）A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件7、如圖；U是全集，M；P、S是U的3個子集，則陰影部分所表示的集合是（）

A.（M∩P）∩SB.（M∩P）∪SC.（M∩P）∩?USD.（M∩P）∪?US8、某校高一、高二、高三三個年級的學生人數(shù)分別為1500人，1200人和1000人，現(xiàn)采用按年級分層抽樣法了解學生的視力狀況，已知在高二年級抽查了60人，則這次調(diào)查三個年級共抽查了多少人？（）A.100B.370C.185D.270評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、定義集合運算：A*B={z|z=x+y，x∈A，y∈B}，設(shè)A={1，2}，B={0，2}則集合A*B的所有元素之和為____．10、如果冪函數(shù)的圖象不過原點，則m的值是____．11、已知且則λ=____．12、已知函數(shù)且則____．13、在銳角三角形中，角A、B、C所對的邊分別為若則____．14、【題文】圓+=1,圓與圓關(guān)于直線對稱,則圓的標準方程為____.15、【題文】如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4,M為BD1的中點,N在A1C1上,且|A1N|=3|NC1|,則MN的長為____.

16、函數(shù)g（x）是函數(shù)f（x）=loga（x-2）（a＞0，且a≠1）的反函數(shù)，則函數(shù)g（x）的圖象過定點______．17、稿酬所得以個人每次取得的收入；定額或定率減除規(guī)定費用后的余額為應(yīng)納稅所得額，每次收入不超過4000元，定額減除費用800元；每次收入在4000元以上的，定率減除20%的費用．適用20%的比例稅率，并按規(guī)定對應(yīng)納稅額減征30%，計算公式為：

（1）每次收入不超過4000元的：應(yīng)納稅額=（每次收入額-800）×20%×（1-30%）

（2）每次收入在4000元以上的：應(yīng)納稅額=每次收入額×（1-20%）×20%×（1-30%）．

已知某人出版一份書稿，共納稅280元，這個人應(yīng)得稿費（扣稅前）為______元．評卷人得分三、計算題(共6題，共12分)18、（2005?蘭州校級自主招生）已知四邊形ABCD是正方形，且邊長為2，延長BC到E，使CE=-，并作正方形CEFG，（如圖），則△BDF的面積等于____．19、△ABC中，AB=AC=5厘米，BC=8厘米，⊙O分別切BC、AB、AC于D、E、F，那么⊙O半徑為____厘米．20、已知關(guān)于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一個正實數(shù)根，則a的取值范圍是____．21、如圖，兩個等圓圓O1，O2外切，O1A、O1B分別與圓O2切于點A、B．設(shè)∠AO1B=α，若A（sinα，0），B（cosα，0）為拋物線y=x2+bx+c與x軸的兩個交點，則b=____，c=____．22、（2009?瑞安市校級自主招生）如圖，把一個棱長為3的正方體的每個面等分成9個小正方形，然后沿每個面正中心的一個正方形向里挖空（相當于挖去了7個小正方體），所得到的幾何體的表面積是____．23、代數(shù)式++的值為____．評卷人得分四、作圖題(共2題，共20分)24、以下是一個用基本算法語句編寫的程序；根據(jù)程序畫出其相應(yīng)的程序框圖．

25、請畫出如圖幾何體的三視圖．

評卷人得分五、解答題(共3題，共27分)26、（本小題滿分12分）已知函數(shù)對一切都有．（1）求證：是奇函數(shù)；（2）若用表示27、【題文】（（本小題滿分12分）

已知點及圓

（1）若直線過點且與圓心的距離為1，求直線的方程；

（2）設(shè)過點P的直線與圓交于兩點，當時，求以線段為直徑的圓的方程；

（3）設(shè)直線與圓交于兩點，是否存在實數(shù)使得過點的直線垂直平分弦若存在，求出實數(shù)的值；若不存在，請說明理由28、若函數(shù)y=f(x)

是定義在實數(shù)集R

上的奇函數(shù)；并且在區(qū)間[0,+隆脼)

上是單調(diào)遞增的函數(shù)．

(1)

研究并證明函數(shù)y=f(2x+1x鈭?1)

在區(qū)間(1,+隆脼)

上的單調(diào)性；

(2)

若實數(shù)a

滿足不等式f(a鈭?1)+f(1鈭?2a)>0

求實數(shù)a

的取值范圍．評卷人得分六、綜合題(共3題，共27分)29、二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是，它與x軸的一個交點B的坐標是（-2，0），另一個交點的是C，它與y軸相交于D，O為坐標原點．試問：y軸上是否存在點P，使得△POB∽△DOC？若存在，試求出過P、B兩點的直線的解析式；若不存在，說明理由．30、先閱讀下面的材料再完成下列各題

我們知道，若二次函數(shù)y=ax2+bx+c對任意的實數(shù)x都有y≥0，則必有a＞0，△=b2-4ac≤0；例如y=x2+2x+1=（x+1）2≥0，則△=b2-4ac=0，y=x2+2x+2=（x+1）2+1＞0，則△=b2-4ac＜0．

（1）求證：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2

（2）若x+2y+3z=6，求x2+y2+z2的最小值；

（3）若2x2+y2+z2=2；求x+y+z的最大值；

（4）指出（2）中x2+y2+z2取最小值時，x，y，z的值（直接寫出答案）．31、（2011?青浦區(qū)二模）如圖，已知邊長為3的等邊三角形ABC紙片，點E在AC邊上，點F在AB邊上，沿著EF折疊，使點A落在BC邊上的點D的位置，且ED⊥BC，則CE的長是____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】此題考查求函數(shù)值域的知識。

函數(shù)的定義域為

當且僅當即時取等號。

答案C

點評：注意在使用均值不等式時要有“正定等”【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】由題意知方程有實數(shù)解,分別作出與y=x+m的圖象,若兩圖象有交點,需-4≤m≤.【解析】【答案】B3、C【分析】【解答】取得，故故選Ｃ．4、B【分析】【解答】∵f（x）=sinxcosx+cos2x-=sin2x+cos2x=sin（2x+）

∴g（x）=sin[2（x+）+]=sin（2x+）=cos2x

∴T==π；即函數(shù)g（x）是周期為π的偶函數(shù)．

故選：B．

【分析】由三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用化簡函數(shù)解析式可得f（x）=sin（2x+），可得g（x）=cos2x，由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)可得函數(shù)g（x）是周期為π的偶函數(shù)。5、B【分析】【解答】a=tan135°=﹣1；

b=cos（cos0°）=cos1∈（0；1）；

c=（x2+）0=1．

∴a，b，c的大小關(guān)系是c＞b＞a．

故選：B．

【分析】利用三角函數(shù)的值，判斷a、b、c的范圍，然后判斷大小即可。6、A【分析】【分析】若則所以“”是“”的充分而不必要條件。選A。

【點評】熟練掌握充分必要充要條件的判斷。此題為基礎(chǔ)題型。7、C【分析】解：由圖知；陰影部分在集合M中，在集合P中，但不在集合S中。

故陰影部分所表示的集合是（M∩P）∩CUS

故選：C

利用陰影部分所屬的集合寫出陰影部分所表示的集合．

本題考查集合的交集、并集、補集的定義、并利用定義表示出陰影部分的集合．【解析】【答案】C8、C【分析】解：∵高一；高二、高三三個年級的學生數(shù)分別為1500人、1200人和1000人；

∴三個年級共有1500+1200+1000=3700（人）；

∵高二年級有1200人；高一年級抽查了60人；

∴每個個體被抽到的概率是=

∴三個年級共抽取×3700=185（人）；

故選：C．

根據(jù)高一；高二、高三三個年級的學生數(shù)得出總?cè)藬?shù)；根據(jù)高二年級抽查的人數(shù)，得出每個個體被抽到的概率；

再用三個年級的總?cè)藬?shù)乘以概率；即可得出結(jié)果．

本題考查了分層抽樣方法的應(yīng)用問題，解題的依據(jù)是在總體個數(shù)，樣本容量和每個個體被抽到的概率這三個量中，知二求一，是基礎(chǔ)題目．【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】

∵A*B={z|z=x+y；x∈A，y∈B}；

A={1；2}，B={0，2}；

∴A*B={1；2，3，4}；

∴A*B的所有元素之和為：1+2+3+4=10．

故答案為：10．

【解析】【答案】由A*B={z|z=x+y；x∈A，y∈B}，知A={1，2}，B={0，2}，由此能求出A*B={1，2，3，4}，從而能得到集合A*B的所有元素之和．

10、略

【分析】

冪函數(shù)的圖象不過原點，所以

解得m=1；符合題意．

故答案為：1

【解析】【答案】冪函數(shù)的圖象不過原點；所以冪指數(shù)小于0，系數(shù)為1，求解即可．

11、略

【分析】

∵

∴2λ=-1；

解得λ=

故答案為：．

【解析】【答案】根據(jù)和共線向量的坐標運算，得到關(guān)于λ的方程，解方程即可求得結(jié)果．

12、略

【分析】【解析】

因為函數(shù)且則【解析】【答案】13、略

【分析】∵∴【解析】【答案】214、略

【分析】【解析】

試題分析：設(shè)（-1,1）關(guān)于直線的對稱點為則解得（2，-2），所以圓的標準方程為+=1.

考點：1、求點關(guān)于直線的對稱點；2、圓的標準方程.【解析】【答案】+=115、略

【分析】【解析】

試題分析：取的中點連接則面所以⊥在中，

考點：1、線面垂直的性質(zhì)；2、勾股定理.【解析】【答案】16、略

【分析】解：函數(shù)f（x）=loga（x-2）（a＞0；且a≠1）的圖象經(jīng)過定點（3，0）；

∵函數(shù)g（x）是函數(shù)f（x）=loga（x-2）（a＞0；且a≠1）的反函數(shù)；

則函數(shù)g（x）的圖象過定點（0；3）；

故答案為：（0；3）．

函數(shù)f（x）=loga（x-2）（a＞0；且a≠1）的圖象經(jīng)過定點（3，0），利用互為反函數(shù)的性質(zhì)即可得出．

本題考查了互為反函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】（0，3）17、略

【分析】解：由題意；設(shè)這個人應(yīng)得稿費（扣稅前）為x元，則280=（x-800）×20%×（1-30%）

所以x=2800；

故答案為：2800．

由題意；設(shè)這個人應(yīng)得稿費（扣稅前）為x元，則280=（x-800）×20%×（1-30%），即可得出結(jié)論．

本題考查利用數(shù)學知識解決實際問題，考查學生的計算能力，正確選擇函數(shù)模型是關(guān)鍵．【解析】2800三、計算題(共6題，共12分)18、略

【分析】【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可知三角形BDC為等腰直角三角形，由正方形的邊長為2，表示出三角形BDC的面積，四邊形CDFE為直角梯形，上底下底分別為小大正方形的邊長，高為小正方形的邊長，利用梯形的面積公式表示出梯形CDFE的面積，而三角形BEF為直角三角形，直角邊為小正方形的邊長及大小邊長之和，利用三角形的面積公式表示出三角形BEF的面積，發(fā)現(xiàn)四邊形CDEF的面積與三角形EFB的面積相等，所求△BDF的面積等于三角形BDC的面積加上四邊形CDFE的面積減去△EFB的面積即為三角形BDC的面積，進而得到所求的面積．【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形；邊長為2；

∴BC=DC=2；且△BCD為等腰直角三角形；

∴△BDC的面積=BC?CD=×2×2=2；

又∵正方形CEFG；及正方形ABCD；

∴EF=CE；BC=CD；

由四邊形CDFE的面積是（EF+CD）?EC，△EFB的面積是（BC+CE）?EF；

∴四邊形CDFE的面積=△EFB的面積；

∴△BDF的面積=△BDC的面積+四邊形CDFE的面積-△EFB的面積=△BDC的面積=2．

故答案為：2．19、略

【分析】【分析】設(shè)圓O的半徑是r厘米，連接AO、OE、OF、OD、OB、0C，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AD⊥BC，根據(jù)勾股定理求出高AD，求出△ABC面積，根據(jù)S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO和三角形面積公式代入求出即可．【解析】【解答】解：設(shè)圓O的半徑是r厘米；

連接AO；OE、OF、OD、OB、0C；

則OE=OF=OD=r厘米；

∵△ABC中；AB=AC，⊙O分別切BC；AB、AC于D、E、F；

∴AD過O；AD⊥BC，OE⊥AB，OF⊥AC；

∴BD=DC=×8=4；

根據(jù)勾股定理得：AD==3；

∴S△ACB=BC×AD=×8×3=12；

∵S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO；

∴12=BCr+ABr+ACr；

∴r=；

故答案為：．20、略

【分析】【分析】使判別式大于等于0即可得出答案，【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一個正實數(shù)根；

∴△≥0；

即b2-4ac=36-12（a-1）≥0；

解得a≤4．

故答案為a≤4．21、略

【分析】【分析】連接O1O2，O2A，O2B，根據(jù)切線的性質(zhì)得到直角三角形，再由直角三角形中邊的關(guān)系得到角的度數(shù)，確定A，B兩點的坐標，用待定系數(shù)法可以求出b，c的值．【解析】【解答】解：如圖：

連接O1O2，O2A，O2B；

∵O1A，O1B是⊙O2的切線，∴O1A⊥O2A，O1B⊥O2B；

又因為兩圓是等圓，所以O(shè)1O2=2O2A，得∠AO1O2=30°

∴∠AO1B=60°；即：α=60°；

∴A（，0）B（；0）．

把A；B兩點的坐標代入拋物線得：

；

解方程組得：．

故答案為：-，．22、略

【分析】【分析】如圖所示，一、棱長為3的正方體的每個面等分成9個小正方形，那么每個小正方形的邊長是1，所以每個小正方面的面積是1；二、正方體的一個面有9個小正方形，挖空后，這個面的表面積增加了4個小正方形，減少了1個小正方形，即：每個面有12個小正方形，6個面就是6×12=72個，那么幾何體的表面積為72×1=72．【解析】【解答】解：如圖所示；周邊的六個挖空的正方體每個面增加4個正方形，減少了1個小正方形，則每個面的正方形個數(shù)為12個，則表面積為12×6×1=72．

故答案為：72．23、略

【分析】【分析】本題可分4種情況分別討論，解出此時的代數(shù)式的值，然后綜合得到所求的值．【解析】【解答】解：由分析知：可分4種情況：

①a＞0，b＞0，此時ab＞0

所以++=1+1+1=3；

②a＞0，b＜0，此時ab＜0

所以++=1-1-1=-1；

③a＜0，b＜0，此時ab＞0

所以++=-1-1+1=-1；

④a＜0，b＞0，此時ab＜0

所以++=-1+1-1=-1；

綜合①②③④可知：代數(shù)式++的值為3或-1．

故答案為：3或-1．四、作圖題(共2題，共20分)24、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題目中的程序語言，得出該程序是順序結(jié)構(gòu)，利用構(gòu)成程序框的圖形符號及其作用，即可畫出流程圖．25、解：如圖所示：

【分析】【分析】由幾何體是圓柱上面放一個圓錐，從正面，左面，上面看幾何體分別得到的圖形分別是長方形上邊加一個三角形，長方形上邊加一個三角形，圓加一點．五、解答題(共3題，共27分)26、略

【分析】試題分析：本題考查的是有關(guān)抽象函數(shù)的問題，應(yīng)用定義以及題的條件證明函數(shù)的奇偶性的方法步驟，在已知某個自變量所對應(yīng)的函數(shù)值，求另一個自變量所對應(yīng)的函數(shù)值的問題，要緊扣題的條件，來求要求的結(jié)果.試題解析：（1）證明：顯然的定義域是它關(guān)于原點對稱.在中，令得令得∴∴即∴是奇函數(shù)．（2）由及是奇函數(shù)，得--12分考點：抽象函數(shù)的奇偶性的判斷及證明，有關(guān)函數(shù)值的求解問題,賦值法的應(yīng)用.【解析】【答案】（1）答案見解析（2）27、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（1）設(shè)直線的斜率為（存在）則方程為

又圓C的圓心為半徑

由解得

所以直線方程為即

當?shù)男甭什淮嬖跁r，的方程為經(jīng)驗證也滿足條件.

（2）由于而弦心距

所以所以為的中點.

故以為直徑的圓的方程為

（3）把直線即．代入圓的方程；

消去整理得．

由于直線交圓于兩點；

故即解得．

則實數(shù)的取值范圍是．

設(shè)符合條件的實數(shù)存在；

由于垂直平分弦故圓心必在上．

所以的斜率而所以．28、略

【分析】

(1)

根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)進行證明即可．

(2)

結(jié)合函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式進行轉(zhuǎn)化求解即可．

本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和奇偶性的應(yīng)用，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義以及函數(shù)奇偶性的性質(zhì)進行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．【解析】解：(1)

設(shè)g(x)=2x+1x鈭?1x隆脢(1,+隆脼)

顯然g(x)>0

恒成立．

設(shè)1<x1<x2

則x1>0x2鈭?1>0x2鈭?x1>0

則g(x1)鈭?g(x2)=2x1+1x1鈭?1鈭?2x2+1x2鈭?1=3(x2鈭?x1)(x1鈭?1)(x2鈭?1)>0

所以g(x1)>g(x2)>0

又y=f(x)

在區(qū)間[0,+隆脼)

上是單調(diào)遞增，所以f[g(x1)]>f[g(x2)]

即f(2x1+1x1鈭?1)>f(2x2+1x2鈭?1)

所以函數(shù)y=f(2x+1x鈭?1)

在區(qū)間(1,+隆脼)

上是單調(diào)遞減函數(shù)；

(

直接利用復合函數(shù)單調(diào)性的結(jié)論證明扣去步驟分2

分)

(2)

因為y=f(x)

是定義在實數(shù)集R

上的奇函數(shù)；所以f(0)=0

又因為y=f(x)

在區(qū)間[0,+隆脼)

上是單調(diào)遞增的函數(shù)；

所以當x>0

時，f(x)>f(0)=0

當x<0

時，鈭?x>0f(x)=鈭?f(鈭?x)<0

所以當x1<0<x2

有f(x1)<0<f(x2).

設(shè)x1<x2鈮?0

則鈭?x1>鈭?x2鈮?0

所以f(鈭?x1)>f(鈭?x2)

即鈭?f(x1)>鈭?f(x2)

所以f(x1)<f(x2)

所以y=f(x)

在區(qū)間(鈭?隆脼,0]

上是單調(diào)遞增的函數(shù)．

綜上所述；y=f(x)

在區(qū)間R

上是單調(diào)遞增的函數(shù)．

所以由f(a鈭?1)+f(1鈭?2a)>0

得f(a鈭?1)>鈭?f(1鈭?2a)=f(2a鈭?1)

即a鈭?1>2a鈭?1

所以a<0

．

(

第(2)

問學生直接寫“由圖象可知，函數(shù)y=f(x)

在R

上單調(diào)遞增，扣除步驟分(3

分).)

六、綜合題(共3題，共27分)29、略

【分析】【分析】先根據(jù)條件利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后根據(jù)解析式求出點D，點C的坐標，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出點P的坐標，根據(jù)P、B兩點的坐標利用待定系數(shù)法就可以求出直線PB的解析式．【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是；它與x軸的一個交點B的坐標是（-2，0）；

∴設(shè)拋物線的解析式為：將點B（-2；0）代入得；

；解得

a=-1

∴拋物線的解析式為：y=-x2+x+6．

當x=0時；y=6

∴D（0；6）；

∴OD=6

y=0時，x1=-2，x2=3

C（3；0）；

∴OC=3；

∵B（-2；0）；

∴OB=2．

∵△POB∽△DOC；

∴；

∴

∴PO=4

∴P（0；4）或P（0，-4）；

設(shè)直線PB的解析式為：y=kx+b；

∴或；解得：

或

求得直線PB的解析式為：y=2x+4或y=-2x-4．

30、略

【分析】【分析】（1）首先構(gòu)造二次函數(shù)：f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2=（a12+a22++an2）x2+2（a1b1+a2b2++anbn）x+（b12+b22++bn2），由（a1x+b1）2+（a2x+b2）2++（anx+bn）2≥0，即可得f（x）≥0，可得△=4（a1b1+a2b2++anbn）2-4（a12+a22++an2）（b12+b22++bn2）≤0，整理即可證得：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2；

（2）利用（1）可得