2024-2025学年浙江省杭州二中高一（上）月考数学试卷（7月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年浙江省杭州二中高一（上）月考数学试卷（7月份）一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化简：a−1aA.−a B.a C.−2.设t=a+2b，S=a+b2+1，则S与t的大小关系是A.t>S B.t≥S C.t<S D.t≤S3.已知，如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AD=3，BC=7，点M，N分别是对角线BD，AC的中点，则MN=(

)A.2 B.5 C.72D.324.某几何体的三视图如图所示，则其体积是(

)A.(45+92)π

B.36π

C.63π5.已知两直线a1x+b1y+2=0和a2x+b2y+2=0A.3x+4y=0 B.4x+3y=0 C.3x+4y+2=0 D.4x+3y+2=06.设x，y，z>0，a=4x+1y,b=4y+1z,c=4z+1x，则aA.都小于4 B.至少有一个不大于4

C.都大于4 D.至少有一个不小于47.将正整数排成下表：

1

2 3 4

5 6 7 8 9

10 11 12 13 14 15 16

………………

则在表中数字2020出现在(

)A.第44行第85列 B.第45行第85列C.第44行第84列 D.第45行第84列8.若存在正实数y，使得xyy−x=15x+4y，则实数xA.15 B.54 C.1 9.如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF.下列结论：

(1)△ABG≌△AFG；

(2)BG=GC；

(3)AG//CF；

(4)S△FGC=3．

其中正确结论的个数是(

)A.4 B.3 C.2 D.110.(23A.12 B.23 C.34二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11.tan45°−cos60°=______．12.一元二次方程x2+(a2−1)x+(a−2)=0的一根比1大，另一根比113.函数y=2x−1+14.在等腰△ABC中，A=B，点D在线段AC上，且CD=2DA，若tan∠ABD=25，则tanA=15.设a，b为正实数，现有下列命题：

①若a2−b2=1，则a−b<1；

②若1b−1a=1，则a−b<1；

③若|a−b|=1三、解答题：本题共4小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题10分)

解方程：6x417.(本小题10分)

对于函数f(x)，若f(x)=x，则称x为f(x)的“不动点”；若f(f(x))=x，则称x为f(x)的“稳定点”．

(1)求证；若x为f(x)的“不动点”，则x为f(x)的“稳定点”；

(2)若f(x)=ax2−1(a∈R,x∈R)，若函数存在“不动点”和“稳定点”，且函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即A={x|f(x)=x}，B={x|f(f(x))=x}，且A=B，求实数18.(本小题10分)

如图圆O1和圆O2相交于A，B两点，半径O1B、半径O2B所在直线分别与圆O2、圆O1相交于点E，F，过点B作EF的平行线分别与圆O1、圆O219.(本小题10分)

现有重量为1，2，4，8，16的砝码各一个，有一个天平，在每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入砝码的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中，发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，问这样的放法共有多少种？

答案解析1.C

【解析】解：a−1a=a⋅1−a=a⋅(−a2.D

【解析】解：s−t=a+b2+1−a−2b=b2−2b+1=(b−1)2≥0，

因为(b−1)2≥0，

所以有s≥t，

故选：D．

作差，并化简3.A

【解析】解：如图，连接AM并延长，交BC于点G．

∵AD//BC，

∴∠ADM=∠GBM，∠MAD=∠MGB，

又∵M为BD中点，

∴△AMD≌△GMB，

∴BG=AD，AM=MG．

在△AGC中，MN为中位线，

∴MN=12GC=12(BC−BG)=12(BC−AD)=12×(7−3)=2．

故选：A．

连接AM4.C

【解析】解：由三视图知，该几何体是圆柱与圆锥的组合体，如图所示；

则该组合体的体积为V=V柱+V锥=π⋅32⋅5.C

【解析】解：将点(3,4)的坐标代入两直线的方程，得3a1+4b1+2=03a2+4b2+2=0，

所以，点A、B的坐标满足直线方程3x+4y+2=0，

因为两点确定一条直线，所以直线AB的方程为3x+4y+2=0．

故选：C．

将点(3,4)6.D

【解析】解：∵a+b+c=4x+1y+4y+1z+4z+1x=4x+1x+4y+1y+4z+1z≥4+4+4+4=12，

∴a，b，c至少有一个不小于4．

则关于a、b、c三个数的结论中，只有答案7.D

【解析】解：因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，⋯，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2，

因为442=1936，452=2025，所以2020出现在第45行上，

又由2020−1936=84，故2020出现在第84列．

故选：D．

观察归纳出第n行的最后一个数为n2，即可判断其行、列，从而得解．8.A

【解析】解：∵xyy−x=15x+4y，

∴4xy2+(5x2−1)y+x=0，

∴y1⋅y2=14>0，

∴y1+y2=−5x2−14x≥0，

∴5x2−1≥0x<0，或5x2−1≤0x>0，

∴0<x≤559.B

【解析】解：(1)∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG，故(1)正确；

(2)由题意，EF=DE=13CD=2，设BG=FG=x，则CG=6−x，

在Rt△ECG中，根据勾股定理，得(6−x)2+42=(x+2)2，解得x=3，

∴BG=3，GC=3，故(2)正确；

(3)∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，

∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF，

又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠AGB=∠AGF，

∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°−∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，

∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG/​/CF，故(3)正确；

(4)∵EF=2，GF=3，

故S△FGC=GFGES△GCE=35S△GCE=35×12GC⋅EC=10.B

【解析】解：由立方和与立方差公式得：

(23−1)(33−1)(43−1)…(20203−1)(11.12【解析】解：tan45°−cos60°=1−12=12．

故答案为：112.−2<a<1

【解析】解：依题意可得设函数f(x)=x2+(a2−1)x+(a−2)，

因为一元二次方程x2+(a2−1)x+(a−2)=0的一根比1大，另一根比1小，

所以a2+a−2<0，

13.2【解析】解：依题意得：

y2=2x−1+5−2x+2(2x−1)(5−2x)=4+2−4(x−32)2+4，

当x=32时，ymax214.2

【解析】解：设DA=x，则CD=2x，∠ABD=θ，如图所示：，

在△ADB中，由正弦定理得BDsinA=ADsinθ，即BDsinA=xsinθ，

在△CDB中，由正弦定理得BDsinC=CDsin(B−θ)，即BDsin2A=2xsin(A−θ)，

即BDsinA=4xcosAsin(A−θ)，∴xsinθ=4xcosAsin(A−θ)，

∴sin(A−θ)=4cosAsinθ，

∴sinAcosθ−cosAsinθ=4cosAsinθ，

∴sinAcosθ=5cosAsinθ，

∴tanA=5tanθ，15.①④

【解析】解：①若a2−b2=1，则a2−1=b2，即(a+1)(a−1)=b2，∵a+1>a−1，∴a−1<b<a+1，即a−b<1，①正确；

②若1b−1a=1，可取a=7，b=78，则a−b>1，∴②错误；

③若|a−b|=1，则可取a=9，b=4，而|a−b|=5>1，∴③错误；

④由|a3−b3|=1，

若a>b>0，则a3−b3=1，即(a−1)(a2+a+1)=b3，∵a2+1+a>b2，∴a−1<b，即a−b<1

若0<a<b，则b3−a16.解：当x=0时，原等式不成立，

当x≠0时，对方程两边同时除x2，

得：6(x2+1x2)+7(x−1x)−36=0，

又6(x2+1x2)+7(x−1x)−36=6(x−1x)2+12+7(x−1x)−36=6(x−1x)2+7(x−1x)−24=0，

设t=x−1x，

则【解析】对方程两边同时除x2，在利用换元t=x−1x17.解：(1)证明：由x为f(x)的“不动点”，则有f(x)=x，

则f(f(x))=f(x)=x，

即x为f(x)的“稳定点”；

(2)由题意可知A≠⌀，

所以ax2−1=x有实根，即ax2−x−1=0有实根，

当a=0时，有f(x)=−1，即有x=−1是函数f(x)的“不动点”，

令f(f(x))=x，即f(−1)=−1=x，

故x=−1是函数f(x)的“稳定点”，

故A=B={−1}，符合要求，

当a≠0时，则Δ=1+4a≥0，解得a≥−14，

即a∈[−14,0)∪(0,+∞),

由(1)知A⊆B，

所以a(ax2−1)2−1=x，即a3x4−2a2x2−x+a−1=0，

即有(ax2−x−1)(a2x2+ax−a+1)=0，

因为A=B，

所以a2x2+ax−a+1=0要么没有实根，要么实根是方程ax2−x−1=0的根，

若a2x2【解析】(1)借助“不动点”和“稳定点”的定义代入计算即可得；

(2)分a=0与a≠0进行讨论，当a≠0时结合一元二次方程的根的判别式与“不动点”和“稳定点”的定义可得a2x2+ax−a+1=0要么没有实根，要么实根是方程18.证明：延长BO1，BO2，分别与圆O1、圆O2相交于点R，S，

连接RM，RF，RB，SA，SE，AB，则∠BAR=∠BAS=90°，

∴R，A，S三点共线，

∵∠RFS=∠SER=90°，∴F，R，S，E四点共线，

∴∠MRF=∠MBF=∠EFB=∠ERS，

∴∠MRB=∠FRA，∴MB=FA，

同理，NB=AE【解析】根据平角得R、A、S三点共线，根据同弦所对角相等得F，R，S，E四点共圆，根据四点共圆性质得∠MRB=∠FRA，即得MB=FA，同理得NB=AE，根据等量性质得MN=AE+AF．

本题考查弦切角、圆周角定理、圆的切线性质定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.解：将所有的位置分为：1左，1右；2左，2右；3左，3右；4左，4右；5左，5