2025年人教版高一数学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版高一数学上册月考试卷663考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、已知直线l过定点P（-1；2），且与以A（-2，-3），B（-4，5）为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是（）

A.[-1；5]

B.（-1；5）

C.（-∞；-1]∪[5，+∞）

D.（-∞；-1）∪（5，+∞）

2、【题文】已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V1和V2，则V1：V2=（）A.1：3B.1：1C.2：1D.3：13、已知则的值为（）A.B.C.D.4、若集合则A∩B=（）A.（-1，3]B.[-1，3]C.[-3，3]D.[-3，-1）5、下列几何体的截面图不可能是四边形的是（）A.圆柱B.圆锥C.圆台D.棱台评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、函数y=的定义域是____．7、在锐角△中，则=.8、如果一辆汽车每天行驶的路程比原来多19km，那么8天内它的行程就超过2200km，如果它每天行驶的路程比原来少12km，它行同样的路程就要花9天多的时间．这辆汽车原来每天行驶的路程（km）范围是____．9、下列说法：①设有一批产品,其次品率为0.05,则从中任取200件,必有10件次品；②抛100次硬币的试验,有51次出现正面.因此出现正面的概率是0.51；③抛掷骰子100次,得点数是1的结果是18次,则出现1点的频率是④抛掷两枚硬币，出现“两枚都是正面朝上”、“两枚都是反面朝上”、“恰好一枚硬币正面朝上”的概率一样大⑤有10个阄，其中一个代表奖品，10个人按顺序依次抓阄来决定奖品的归属，则摸奖的顺序对中奖率没有影响。其中正确的有_____________。10、【题文】命题“”的否定是_________________.11、已知函数y=f（n），满足f（1）=2，且f（n+1）=3f（n），n∈N+，则f（3）的值为______．12、设f(x)={x2,x<0x,x鈮�0

则f(f(鈭�2))=

______．评卷人得分三、解答题(共6题，共12分)13、甲盒中有黑；白两种颜色的球各2个；乙盒中有黄、黑、白三种颜色的球各1个．

（1）从两个盒子中各取1个球；求取出的两个球是不同颜色的概率；

（2）若把两盒中的球混到一起；从中不放回的先后取两球，求取出的两个球是不同颜色的概率．

14、在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足．（1）求角C的大小；（2）求的最大值，并求取得最大值时角A、B的大小．15、已知在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c。且C=2A，a+c=10，cosA=求b的值16、【题文】（本小题满分14分）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点.

（1）求证：直线∥平面

（2）求证：平面平面

（3）求三棱锥D—PAC的体积。17、【题文】函数y=log在x(2,+∞),恒有>1，求a的取值范围。18、【题文】已知函数(其中常数a,b∈R),是奇函数.

（1）求的表达式;（2）讨论的单调性，并求在区间[1,2]上的最大值和最小值.评卷人得分四、证明题(共2题，共12分)19、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．20、如图，已知：D、E分别为△ABC的AB、AC边上的点，DE∥BC，BE与CD交于点O，直线AO与BC边交于M，与DE交于N，求证：BM=MC．评卷人得分五、综合题(共2题，共4分)21、抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），顶点为M点．

（1）求该抛物线的解析式．

（2）试判断抛物线上是否存在一点P；使∠POM=90°．若不存在，说明理由；若存在，求出P点的坐标．

（3）试判断抛物线上是否存在一点K，使∠OMK=90°，若不存在，说明理由；若存在，求出K点的坐标．22、（2012•镇海区校级自主招生）如图，在坐标平面上，沿着两条坐标轴摆着三个相同的长方形，其长、宽分别为4、2，则通过A，B，C三点的拋物线对应的函数关系式是____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】

直线PA的斜率为k1==5，直线PB的斜率为k2==-1；

结合图象可得则直线l的斜率k的取值范围是k2≤k≤k1；

即则直线l的斜率k的取值范围是[-1；5]；

故选A．

【解析】【答案】先利用斜率公式求得直线PA；PB的斜率结合图象可得则直线l的斜率k的取值范围．

2、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D3、B【分析】【解答】

【分析】本题求解过程中用到的主要公式：

4、A【分析】解：解不等式≤1；解得：-1＜x≤4；

∴A=（-1；4]；

集合B={x|-3≤x≤3}；

则A∩B=（-1；3]；

故选：A．

分别解关于A；B的不等式；求出交集即可．

本题考查了集合的运算，考查解不等式问题，是一道基础题．【解析】【答案】A5、B【分析】解：在A中；圆柱的纵切面是四边形，故A不正确；

在B中；圆锥的纵切面是三角形，横切面是圆；

∴圆锥的截面图不可能是四边形；故B正确；

在C中；圆台的纵切面是四边形，故C不正确；

在D中；四棱台的截面图可能是四边形，故D不正确．

故选：B．

在A中；圆柱的纵切面是四边形；在B中，圆锥的纵切面是三角形，横切面是圆；在C中，圆台的纵切面是四边形；在D中，四棱台的截面图可能是四边形．

本题考查圆柱、圆锥、圆台、棱台的结构特征的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意基本概念的熟练掌握．【解析】【答案】B二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】

函数y=的定义域是{x|}；

解得{x|}；

故答案为：．

【解析】【答案】函数y=的定义域是{x|}；由此能求出结果．

7、略

【分析】试题分析：由正弦定理得则又△为锐角三角形，考点：正弦定理的应用【解析】【答案】8、略

【分析】

设原来每天行驶x千米；则根据题意有。

解得：256＜x＜260

答：原来每天行驶256千米到260千米之间．

故答案为：（256；260）．

【解析】【答案】设原来每天行驶x千米，则根据题意有解此不等式组能够得到结果．

9、略

【分析】【解析】试题分析：根据题意，对于①设有一批产品,其次品率为0.05,则从中任取200件,必有10件次品；不对。对于②抛100次硬币的试验,有51次出现正面.因此出现正面的概率是0.51；这是频率不是概率，错误。对于③抛掷骰子100次,得点数是1的结果是18次,则出现1点的频率是成立。对于④抛掷两枚硬币，出现“两枚都是正面朝上”、“两枚都是反面朝上”、“恰好一枚硬币正面朝上”的概率一样大，分别是0.25，0.5，0.5，不成立。对于⑤有10个阄，其中一个代表奖品，10个人按顺序依次抓阄来决定奖品的归属，则摸奖的顺序对中奖率没有影响。成立，故答案为③⑤考点：随机事件的概率【解析】【答案】③⑤10、略

【分析】【解析】

试题分析：全称命题的否定是特称命题，故命题“”的否定是“”.

考点：全称命题的否定.【解析】【答案】“”11、略

【分析】解：∵f（1）=2，且f（n+1）=3f（n），n∈N+；

∴f（2）=3f（1）=6；

f（3）=f（2+1）=3f（2）=18；

故答案为18．

由f（1）=2，且f（n+1）=3f（n），n∈N+；先求出f（2），再利用f（3）=f（2+1）=3f（2）可求f（3）的值．

本题考查函数值、抽象函数及其应用，由f（1）的值求出f（2）的值，再由f（2）的值求出f（3）的值．【解析】1812、略

【分析】解：隆脽f(鈭�2)=(鈭�2)2=4

再将f(鈭�2)=4

代入f[f(鈭�2)]

f(f(鈭�2))=4

．

故答案为：4

．

因为f(鈭�2)=(鈭�2)2=4

再将f(鈭�2)=4

代入f[f(鈭�2)]

即可得到答案．

本题主要考查已知函数解析式求函数值的问题.

这里将已知值代入即可得到答案．【解析】4

三、解答题(共6题，共12分)13、略

【分析】

（1）取出的两球是不同颜色的对立事件是取出的两球是相同颜色；

取出的两球是相同颜色包含取出的两球都是白色；都是黑色，这两种情况是互斥的；

当两个盒子都取出的是黑色的概率是=

当两个盒子取出的球都是白色的概率是=

∴取出的球颜色相同的概率是

∴取出的球颜色不同的概率是1-=．

（2）取出的两球是不同颜色的对立事件是取出的两球是相同颜色；

取出的两球是相同颜色包含取出的两球都是白色；都是黑色，这两种情况是互斥的；

两次都取得颜色相同的球的概率是=

∴取出的两个球是不同颜色的概率是1-=

即取出的两个球颜色不同的概率是

【解析】【答案】（1）取出的两球是不同颜色的对立事件是取出的两球是相同颜色；取出的两球是相同颜色包含取出的两球都是白色，都是黑色，写出事件包含的基本事件数，得到概率，根据对立事件的概率得到最后结果．

（2）取出的两球是不同颜色的对立事件是取出的两球是相同颜色；取出的两球是相同颜色包含取出的两球都是白色，都是黑色，这两种情况是互斥的，做出取出球的颜色相同的概率．利用对立事件的概率得到结果．

14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由射影定理得因为∴4分（2）由（1）知8分∵∴故当即时，取最大值2．10分综上所述，的最大值为2，此时12分考点：解三角形及三角函数求最值【解析】【答案】（1）（2）的最大值为2，此时15、略

【分析】先利用正弦定理求得a=4，c=6，再利用余弦定理求得b=4或b=5，注意检验得b=5【解析】

∵C=2A，a+c=10，cosA=34由正弦定理a/sinA=c/sinC可得a/sinA=(10-a)/sin2A=(10-a)/2sinAcosA化简可得a=4，c=6.6分利用余弦定理可得，cosA=3/4=(b2+c2-a2)/2bc=b2+20/12b∴b=4或b=5.8分当b=4时由题意可得A=B=π/4，C=(1/2)π不符合题意故舍去故b=5.12分【解析】【答案】b=516、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解：（1）

（3分）

（5分）

（2）（7分）

（9分）

（10分）

(3)由于PD平面ADC，（12分）所以=17、略

【分析】【解析】即y>1或y<1恒成立；当a>1时，y=log在x(2,+∞)为增函数，所以只须≥1，所以1<1时，y=log在x(2,+∞)为减函数，所以只须≤-1，即≤所以a≥所以≤a<1；故≤a<1或1【解析】【答案】≤a<1或118、略

【分析】【解析】解：（I）由题意得因此

因为函数是奇函数，所以即从而解得因此

（II）由（I）知所以令得则当时，从而，在区间上是减函数当时，从而，在区间上市增函数。

由上面讨论知，在区间[1,2]上的最大值和最小值只能在时取得，而因此在区间[1,2]上的最大值为最小值为【解析】【答案】(1)(2)在区间[1,2]上的最大值为最小值为四、证明题(共2题，共12分)19、略

【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四边形GBFC是平行四边形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵过A；G的圆与BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四点共圆；

∴GA；GF=GC•GD；

即GA2=GC•GD．20、略

【分析】【分析】延长AM，过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．根据平行线分线段成比例的性质和逆定理可得CF∥BE，根据平行四边形的判定和性质即可得证．【解析】【解答】证明：延长AM；过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

从而四边形OBFC为平行四边形；

所以BM=MC．五、综合题(共2题，共4分)21、略

【分析】【分析】（1）将A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三点坐标代入y=ax2+bx+c中，列方程组求a、b；c的值；得出抛物线解析式；

（2）抛物线上存在一点P，使∠POM=90˚．设（a，a2-4a）；过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，利用互余关系证明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N，在Rt△OMN中，利用互余关系证明△OFM∽△MFN，利用相似比求N点坐标，再求直线MN解析式，将直线MN解析式与抛物线解析式联立，可求K点坐标．【解析】【解答】解：（1）根据题意，得，解得；

∴抛物线的解析式为y=x2-4x；

（2）抛物线上存在一点P；使∠POM=90˚．

x=-=-=2，y===-4；

∴顶点M的坐标为（2；-4）；

设抛物线上存在一点P，满足OP⊥OM，其坐标为（a，a2-4a）；

过P点作PE⊥y轴；垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F．

则∠POE+∠MOF=90