2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高一數(shù)學(xué)上冊(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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷952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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、閱讀右圖的程序框圖．若輸入m=4；n=6，則輸出的a，i分別等于（）

A.12；2

B.12；3

C.12；4

D.24；4

2、已知扇形的半徑為r，周長(zhǎng)為3r，則扇形的圓心角等于（）A.B.1C.DD.33、直線與圓的位置關(guān)系是（）A.相離B.相交C.相切D.不確定4、下列語(yǔ)言中，哪一個(gè)是輸入語(yǔ)句()A.PRINTB.INPUTC.IFD.LET5、【題文】已知集合那么集合為（）A.B.（3，－1）C.{3，－1}D.6、【題文】一個(gè)棱錐的側(cè)面積為Q,平行于底面的截面分高所成的比為1∶2,則此截面截得的棱臺(tái)的側(cè)面積為()A.B.C.D.7、已知角α的始邊為x軸的正半軸，點(diǎn)（1，3）是角α終邊上的一點(diǎn)，則tanα=（）A.-3B.-C.D.3評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖是直角梯形（如圖）∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC，則這個(gè)平面圖形的面積為_(kāi)___．9、直線與圓的位置關(guān)系是（填相交、相切、相離）10、若則____．11、【題文】已知函數(shù)且無(wú)實(shí)根；則下列命題中：

（1）方程一定無(wú)實(shí)根；

（2）若＞0，則不等式＞對(duì)一切實(shí)數(shù)都成立；

（3）若＜0，則必存在實(shí)數(shù)使得＞

（4）若則不等式＜對(duì)一切都成立。

其中正確命題的序號(hào)有____（寫(xiě)出所有真命題的序號(hào)）12、巳知全集U=R，集合M={x|﹣1≤x≤3}和N={x|x=2k﹣1，k=1，2，}的關(guān)系的韋恩（Venn）圖如圖所示，則陰影部分所示的集合的元素共有____個(gè)。

13、計(jì)算：sin210°的值為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分三、解答題(共5題，共10分)14、如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=CC1=a，E是A1C1的中點(diǎn)；F是AB中點(diǎn)．

（1）求證：EF∥面BB1C1C；

（2）求直線EF與直線CC1所成角的正切值；

（3）設(shè)二面角E-AB-C的平面角為θ；求tanθ的值．

15、如圖，為多面體，平面與平面垂直，點(diǎn)在線段上，△OAB，,△△△都是正三角形。（Ⅰ）證明直線∥（II）求棱錐F—OBED的體積。16、【題文】（本小題8分）已知圓C的圓心是直線和的交點(diǎn)且與直線相切,求圓C的方程.17、【題文】設(shè)二次函數(shù)已知不論為何實(shí)數(shù)，恒有和

（１）求證：ｂ＋ｃ＝－２

（２）求證：

（３）若函數(shù)的最大值為8，求b、c的值。18、【題文】如圖，在直四棱柱中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD,AB="4,BC=CD=2,"AA="2,"E、EF分別是棱AD、AAAB的中點(diǎn)。

（Ⅰ）證明：直線∥平面w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

（Ⅱ）求二面角的余弦值評(píng)卷人得分四、證明題(共2題，共4分)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、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．評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共4分)21、分解因式：

（1）2x3-8x=____

（2）x3-5x2+6x=____

（3）4x4y2-5x2y2-9y2=____

（4）3x2-10xy+3y2=____．22、（2000?臺(tái)州）如圖，已知AB是⊙O的直徑，BC是和⊙O相切于點(diǎn)B的切線，⊙O的弦AD平行于OC，若OA=2，且AD+OC=6，則CD=____．評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)23、如圖，已知P為∠AOB的邊OA上的一點(diǎn)，以P為頂點(diǎn)的∠MPN的兩邊分別交射線OB于M、N兩點(diǎn)，且∠MPN=∠AOB=α（α為銳角）．當(dāng)∠MPN以點(diǎn)P為旋轉(zhuǎn)中心，PM邊與PO重合的位置開(kāi)始，按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)（∠MPN保持不變）時(shí)，M、N兩點(diǎn)在射線OB上同時(shí)以不同的速度向右平行移動(dòng)．設(shè)OM=x，ON=y（y＞x＞0），△POM的面積為S．若sinα=；OP=2．

（1）當(dāng)∠MPN旋轉(zhuǎn)30°（即∠OPM=30°）時(shí)；求點(diǎn)N移動(dòng)的距離；

（2）求證：△OPN∽△PMN；

（3）寫(xiě)出y與x之間的關(guān)系式；

（4）試寫(xiě)出S隨x變化的函數(shù)關(guān)系式，并確定S的取值范圍．24、設(shè)圓心P的坐標(biāo)為（-，-tan60°），點(diǎn)A（-2cot45°，0）在⊙P上，試判別⊙P與y軸的位置關(guān)系．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】

經(jīng)過(guò)第一次循環(huán)得到的結(jié)果為a=4；i=2

經(jīng)過(guò)第二次循環(huán)得到的結(jié)果為a=8；i=3

經(jīng)過(guò)第三次循環(huán)得到的結(jié)果為a=12；

滿足判斷框中的條件；執(zhí)行“是”輸出的a為12，i=3

故選B．

【解析】【答案】按照程序框圖的流程寫(xiě)出前幾次循環(huán)的結(jié)果；直到滿足判斷框中的條件；執(zhí)行輸出．

2、B【分析】試題分析：由周長(zhǎng)為3r,那么所以則．考點(diǎn)：弧長(zhǎng)公式．【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】試題分析：主要是考查了直線圓心為原點(diǎn)，半徑為3，那么利用點(diǎn)到直線的距離可知，故可知答案為B.考點(diǎn)：直線與圓【解析】【答案】B4、B【分析】A是打印語(yǔ)句.B是輸入語(yǔ)句.C是判斷語(yǔ)句.【解析】【答案】B5、D【分析】【解析】

試題分析：因?yàn)樗?選D。

考點(diǎn)：本題主要考查集合的交集；集合的概念。

點(diǎn)評(píng)：簡(jiǎn)單題，明確集合中的元素，集合的交集是兩集合的公共元素構(gòu)成的集合?！窘馕觥俊敬鸢浮緿.6、B【分析】【解析】如圖,設(shè)O為底面△ABC的中心,連結(jié)PO交截面A1B1C1于O1,

則O1為△A1B1C1的中心,由平面A1B1C1∥平面ABC,可知A1B1∥AB,A1C1∥AC,B1C1∥BC,A1O1∥AO.

由

根據(jù)比例的性質(zhì):

又∴

即

.【解析】【答案】B7、D【分析】解：由已知角α的始邊為x軸的正半軸；點(diǎn)（1，3）是角α終邊上的一點(diǎn)；

由三角函數(shù)的坐標(biāo)法定義得到tanα==3；

故選D．

根據(jù)三角函數(shù)的坐標(biāo)法定義；得到角α正切．

本題考查了三角函數(shù)的坐標(biāo)法定義；屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】

∵直角梯形∠ABC=45°；AB=AD=1；

∴BC=1+

∴直觀圖的面積是

∵原來(lái)的平面圖形的面積是直觀圖面積的2倍；

∴平面圖形的面積是2×=2+

故答案為：2+

【解析】【答案】根據(jù)所給的直觀圖中直角梯形的數(shù)據(jù)，做出下底的長(zhǎng)度，根據(jù)梯形的面積公式求出梯形的面積，根據(jù)原來(lái)的平面圖形的面積是直觀圖面積的2倍；做出平面圖形的面積．

9、略

【分析】試題分析：由圓知圓心坐標(biāo)為（0，0），半徑為2，故圓心到直線距離=＜2，∴直線與圓的位置關(guān)系為相交．先由圓的方程求得圓心坐標(biāo)為（0,0），半徑為2，利用點(diǎn)到直線的距離公式求出圓心（0,0）到直線的距離=小于半徑2，故該直線與該圓相交．考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系；點(diǎn)到直線的距離公式【解析】【答案】相交10、略

【分析】【解析】

【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

考點(diǎn)：命題的真假判斷與應(yīng)用；函數(shù)恒成立問(wèn)題；根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷．

分析：f[f（x）]為一個(gè)復(fù)合函數(shù)；可以把方括號(hào)里的f（x）看作為一個(gè)未知數(shù)t，t的范圍就是f（x）的值域．由此入手進(jìn)行判斷，能夠得到正確答案．

解答：解：f[f（x）]為一個(gè)復(fù)合函數(shù)；可以把方括號(hào)里的f（x）看作為一個(gè)未知數(shù)t，t的范圍就是f（x）的值域．

（1）：f[f（x）]可以看為f（t）；而題中f（x）=x無(wú)實(shí)根，所以方程f[f（x）]=x無(wú)實(shí)根，故（1）成立；（2）：和第一個(gè)一樣的想法，依然把方括號(hào)里的f（x）看作為一個(gè)未知數(shù)t，則外層為一個(gè)開(kāi)口向上的2次函數(shù)；

且f（x）=x無(wú)實(shí)根；所以a＞0，則不等式f[f（x）]＞x對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，故（2）成立；（3）：和2問(wèn)同理，只不過(guò)a符號(hào)變了下，故（3）錯(cuò)誤；（4）：由條件得f（1）=0，把x=1代入里面得到了一個(gè)結(jié)論為c＜1的結(jié)論；

這就說(shuō)明若使（4）成立必有c＜1；而滿足大前提的c肯定是有可能取到小于1的數(shù)的，所以（4）對(duì)．

故答案為：（1）、（2）、（4）．【解析】【答案】⑴⑵⑷12、2【分析】【解答】解：由圖可知陰影部分對(duì)應(yīng)的集合為M∩N；

∵M(jìn)={x|﹣1≤x≤3}和N={x|x=2k﹣1；k=1，2，}={1，3，5，7，，}

∴M∩N={1；3}；

∴陰影部分所示的集合的元素共有2個(gè)；

故答案為：2．

【分析】圖中陰影部分對(duì)應(yīng)的集合為M∩N，然后根據(jù)集合的基本運(yùn)算即可得到結(jié)論．13、略

【分析】解：sin210°=sin（180°+30°）=-sin30°=-

故答案為-．

利用誘導(dǎo)公式可得sin210°=sin（180°+30°）=-sin30°；由此求得結(jié)果．

本題主要考查利用誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)求值，屬于基礎(chǔ)題．【解析】-三、解答題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）證明：取AC的中點(diǎn)G；連接EG；FG；

∵EG∥CC1，CC1?平面EFG，∴CC1∥平面EFG；

同理：BC∥平面EFG；

又∵BC、CC1?平面BCC1B1，∴平面EFG∥平面BCC1B1．

（2）∵直三棱柱ABC-A1B1C1；

∴EG⊥平面ABC

∵EG∥CC1，∠FEG為直線EF與CC1所成的角。

△EFG為Rt△，∴tan∠FEG===．

（3）取AF的中點(diǎn)H；連接GH；EH；

∵AC=BC；∴CF⊥AB；

又∵GH∥CF；∴GH⊥AB；

有（2）知EG⊥平面ABC；∴GH為EH在平面ABC中的射影；

∴∠EHG為二面角E-AB-C的平面角；

又△EHG是直角三角形，且∠HGE=90°，EG=CC1=a；

則．

【解析】【答案】（1）通過(guò)面面平行?線面平行；

（2）根據(jù)線面垂直關(guān)系；判定直線在平面內(nèi)的射影，證角符合線面角定義，再求角．

（3）可根據(jù)三垂線定理作二面角的平面角；再通過(guò)解三角形求角．

15、略

【分析】第一問(wèn)中運(yùn)用線面平行的性質(zhì)定理，可以求證線線平行，結(jié)合了三角形的中位線定理。第二問(wèn)中，求解棱錐的體積問(wèn)題，一般就是求解底面積和高即可。先建立空間直角坐標(biāo)系，然后表示三角形的面積，結(jié)合向量的關(guān)系式得到體積公式。【解析】

（I）（綜合法）證明：設(shè)G是線段DA與EB延長(zhǎng)線的交點(diǎn).由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以O(shè)B∥1/2DE，OB=1/2DE，OG=OD=2，同理，設(shè)G’是線段DA與線段FC延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，有OG’=OD=2又由于G和G’都在線段DA的延長(zhǎng)線上，所以G與G’重合.在△GED和△GFD中，由OB∥1/2DE，OB=1/2DE和OC∥1/2DF，OC=1/2DF可知B和C分別是GE和GF的中點(diǎn)，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF.（向量法）過(guò)點(diǎn)F作FQAD，交AD于點(diǎn)Q，連QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，QE為X軸正向，QD為y軸正向，DF為z軸正向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.由條件知?jiǎng)t有所以即得BC∥EF.（II）【解析】

由OB=1，OE=2，而△OED是邊長(zhǎng)為2的正三角形，故所以過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD，交AD于點(diǎn)Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F—OBED的高，且FQ=所以【解析】【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）16、略

【分析】【解析】聯(lián)立直線方程求出圓心坐標(biāo)；再利用圓心到切線的距離等于半徑解出半徑，最后代入圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。

解：由得圓心坐標(biāo)為

又半徑

所以圓C的方程為【解析】【答案】17、略

【分析】【解析】解：（１）．．．．．．．．．．．．．．．４分。

.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．６分。

（２）．．．．．．．．．８分。

（３）令．．．．．．．．．９分。

則．．．．．．．．．．．１０分。

．．．．．．．．．．．．．．１２分

．．．．．．．．．．．．．．．．．１４分【解析】【答案】（1）ｂ＋ｃ＝－２

（2）

（3）b=－6,c=418、略

【分析】【解析】

解法一：（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的中點(diǎn)F1；

連接A1D，C1F1，CF1；因?yàn)锳B="4,"CD=2,且AB//CD；

所以CDA1F1，A1F1CD為平行四邊形，所以CF1//A1D；

又因?yàn)镋、E分別是棱AD、AA的中點(diǎn)，所以EE1//A1D；

所以CF1//EE1，又因?yàn)槠矫鍲CC平面FCC

所以直線EE//平面FCC······6分。

（2）因?yàn)锳B="4,"BC="CD=2,"、F是棱AB的中點(diǎn),所以BF=BC=CF,△BCF為正三角形,取CF的中點(diǎn)O,則OB⊥CF,又因?yàn)橹彼睦庵鵄BCD-ABCD中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BO,所以O(shè)B⊥平面CC1F,過(guò)O在平面CC1F內(nèi)作OP⊥C1F,垂足為P,連接BP,則∠OPB為二面角B-FC-C的一個(gè)平面角,在△BCF為正三角形中,在Rt△CC1F中,△OPF∽△CC1F,∵∴w.w.w.k.s.5.u.c.o.m··········11分。

在Rt△OPF中,所以。

二面角B-FC-C的余弦值為·······14分【解析】【答案】

（Ⅱ）四、證明題(共2題，共4分)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】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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．五、計(jì)算題(共2題，共4分)21、略

【分析】【分析】（1）原式提取2x；再利用平方差公式分解即可；

（2）原式提取x；再利用十字相乘法分解即可；

（3）原式提取公因式；再利用平方差公式分解即可；

（4）原式利用十字相乘法分解即可．【解析】【解答】解：（1）原式=2x（x2-4）=2x（x+2）（x-2）；

（2）原式=x（x2-5x+6）=x（x-3）（x-2）；

（3）原式=y2（4x4-5x2-9）=y2（4x2-9）（x2+1）=y2（2x+3）（2x-3）（x2+1）；

（4）原式=（3x-y）（x-3y）；

故答案為：（1）2x（x+2）（x-2）；（2）x（x-3）（x-2）；（3）y2（2x+3）（2x-3）（x2+1）；（4）（3x-y）（x-3y）22、略

【分析】【分析】連接BD；根據(jù)AD∥OC，易證得OC⊥BD，根據(jù)垂徑定理知：OC垂直平分BD，可得CD=CB，因此只需求出CB的長(zhǎng)即可；

延長(zhǎng)AD，交BC的延長(zhǎng)線于E，則OC是△ABC的中位線；設(shè)未知數(shù)，表示出OC、AD、AE的長(zhǎng)，然后在Rt△ABE中，表示出BE的長(zhǎng)；最后根據(jù)切割線定理即可求出未知數(shù)的值，進(jìn)而可在Rt△CBO中求出CB的長(zhǎng)，即CD的長(zhǎng)．【解析】【解答】解：連接BD；則∠ADB=90°；

∵AD∥OC；

∴OC⊥BD；

根據(jù)垂徑定理；得OC是BD的垂直平分線，即CD=BC；

延長(zhǎng)AD交BC的延長(zhǎng)線于E；

∵O是AB的中點(diǎn)；且AD∥OC；

∴OC是△ABE的中位線；

設(shè)OC=x；則AD=6-x，AE=2x，DE=3x-6；

Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理，得：BE2=4x2-16；

由切割線定理，得BE2=ED?AE=2x（3x-6）；

∴4x2-16=2x（3x-6）；解得x=2，x=4；

當(dāng)x=2時(shí)；OC=OB=2，由于OC是Rt△OBC的斜邊，顯然x=2不合題意，舍去；

當(dāng)x=4時(shí)；OC=4，OB=2；

在Rt△OBC中，CB==2．

∴CD=CB=2．六、綜合題(共2題，共8分)23、略

【分析】【分析】（1）當(dāng)PM旋轉(zhuǎn)到PM′時(shí)；點(diǎn)N移動(dòng)到點(diǎn)N′，點(diǎn)N移動(dòng)的距離NN′=ON′-ON；

（2）已知兩三角形兩角對(duì)應(yīng)相等；可利用AAA證相似。

（3）可由（2）問(wèn)的三角形相似得到y(tǒng)與x之間的函數(shù)關(guān)系式．

（4）根據(jù)圖形得出S的關(guān)系式，然后在圖形內(nèi)根據(jù)x的取值范圍確定S的取值范圍．