2025年浙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年浙教版高一数学上册月考试卷440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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列集合A到集合B的对应f是映射的共有几个（）

①A={-1，0，1}，B={-1，0，1}，f：x→y=x2；

②A={0，1}，B={-1，0，1}，f：x→y=

③A=R，B=R，

④A={x|x是衡水中学的班级}；B={x|x是衡水中学的学生}，对应关系f：每一个班级都对应班里的学生．

A.1

B.2

C.3

D.4

2、【题文】函数在下列区间内一定有零点的是()A.[0,1]B.[1,2]C.[2,3]D.[3,4]3、已知为第二象限角，且则的值是()A.B.C.D.4、直线l1的倾斜角的正切值为－直线l2与l1垂直，则l2的斜率是()A.B.C.D.5、已知等比数列{an}

中，a2+a5=18a3?a4=32

若an=128

则n=(

)

A.8

B.7

C.6

D.5

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、设等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1=1，公比．

（1）证明：sn=（1+λ）-λan；

（2）若数列{bn}满足bn=f（bn-1）（n∈N*，n≥2），求数列{bn}的通项公式；

（3）若λ=1，记数列{cn}的前n项和为Tn，求证；当n≥2时，2≤Tn＜4．7、直线l：x=-4被圆（x+1）2+（y+2）2=25截得的弦长为____．8、如图，点A、C都在函数的图象上，点B、D都在轴上，且使得△OAB、△BCD都是等边三角形，则点D的坐标为．9、【题文】经过点(-2,2),且与两坐标轴所围成的三角形面积为1的直线l的方程为____.10、已知平面向量=（1，﹣2），=（3，1），则向量与的夹角为____．11、若角娄脕

的顶点与原点重合，始边与x

轴的正半轴重合.

终边在射线3x+4y=0(x>0)

上，则sin娄脕

等于______．12、设数列{an}

是公差不为0

的等差数列，Sn

为其前n

项和，若a12+a22=a32+a42S5=5

则a7

的值为______．评卷人得分三、证明题(共9题，共18分)13、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．14、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．

（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．16、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．17、如图；过圆O外一点D作圆O的割线DBA，DE与圆O切于点E，交AO的延长线于F，AF交圆O于C，且AD⊥DE．

（1）求证：E为的中点；

（2）若CF=3，DE•EF=，求EF的长．18、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．19、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．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．21、如图；过圆O外一点D作圆O的割线DBA，DE与圆O切于点E，交AO的延长线于F，AF交圆O于C，且AD⊥DE．

（1）求证：E为的中点；

（2）若CF=3，DE•EF=，求EF的长．评卷人得分四、解答题(共2题，共8分)22、【题文】直线经过且在两坐标轴上截距相等，求该直线方程．23、已知数列{an}

满足a1=1an+1=2(n+1)nan

设bn=annn隆脢N*

．

(1)

证明{bn}

是等比数列(

指出首项和公比)

(2)

求数列{log2bn}

的前n

项和Tn

．评卷人得分五、作图题(共2题，共10分)24、以下是一个用基本算法语句编写的程序；根据程序画出其相应的程序框图．

25、请画出如图几何体的三视图．

评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)26、如果从数字1、2、3、4中，任意取出两个数字组成一个两位数，那么这个两位数是奇数的概率是____．27、已知x、y均为实数，且满足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，则x4+x3y+x2y2+xy3+y4=____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】

根据映射的概念：对于集合A中的每一个元素在集合B中都有唯一的元素与它对应；是映射．

考察①②③④四个集合A到集合B的对应f：

对于①；②；对于集合A中的每一个元素在集合B中都有唯一的元素与它对应，它们都是映射；

对于选项③；集合A中的元素0在集合B中没有元素对应，不是映射；

对于选项④；由于衡水中学的学生可以在衡水中学的不同的班级，故集合B中的元素可能在集合A中有几个元素对应，不是映射；

∴是映射的共有2个．

故选B．

【解析】【答案】根据映射的概念；对于集合A中的每一个元素在集合B中都有唯一的元素与它对应，观察几个对应，从而得到四个所述的对应是否是映射．

2、C【分析】【解析】

试题分析：因为的图像是连续不断的，且所以一定有零点的区间是[2,3]。

考点：零点存在性定理。

点评：满足零点存在性定理的条件，则一定存在零点；但存在零点，不一定满足零点定理的条件。我们要充分理解零点存在性定理。【解析】【答案】C3、D【分析】【解答】因为为第二象限角，所以所以故选D.4、D【分析】【解答】根据题意，由于直线l1的倾斜角的正切值为－直线与l1垂直，那么可知的斜率是l1的倾斜角的正切值为－的负倒数则为故选D

【分析】解决的关键是根据直线的垂直，那么斜率之积为-1来得到斜率的求解，属于基础题。5、A【分析】解：隆脽

数列{an}

为等比数列；

隆脿a2?a5=a3?a4=32

又a2+a5=18

隆脿a2=2a5=16

或a2=16a5=2

隆脿

公比q=2

或12

则an=a2qn鈭�2=2n鈭�1

或26鈭�n

．

隆脽an=128隆脿n=8

或鈭�1

隆脽n鈮�1隆脿n=8

．

故选：A

．

利用等比数列的性质；a2?a5=a3?a4=32

以及a2+a5=18

联立求出a2

与a5

的值，求得公比q

再由通项公式得到通项，即可得出结论．

本题考查了等比数列的通项和性质，熟练掌握等比数列的性质是解本题的关键，是基础题．【解析】A

二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】

∵bn=f（bn-1）=（n∈N*；n≥2）；

∴即

∴数列{}是以为首项；1为公差的等差数列；

∴

∴．

（3）证明：由（1）（2）可知：λ=1时，．

∴Tn=1++++

=++

∴=1+++-=-

Tn=

∵＞0，∴=＜1；∴f（n）单调递减．

∴n≥2时；f（n）≤f（2）=2；

∴Tn≥4-2=2．

∵f（n）＞0，∴Tn＜4．

∴当n≥2时，2≤Tn＜4．

【解析】【答案】（1）利用等比数列的前n项和公式即可证明；

（2）利用已知bn=f（bn-1）=（n∈N*，n≥2），可得即再利用等差数列即可得出；

（3）利用（1）（2）可得cn，再利用“错位相减法”即可得出Tn；再利用单调性即可证明．

（1）证明：由等比数列的前n项和公式可得：═=1+λ-λan

（2）7、略

【分析】

圆（x+1）2+（y+2）2=25的圆心为（-1；-2），半径等于5，圆心（-1，-2）到直线l：x=-4的距离d=3；

故弦长为2=2=8；

故答案为：8．

【解析】【答案】根据圆的方程求出圆心和半径，求出圆心到直线l的距离d，由弦长公式求出弦长为2的值．

8、略

【分析】试题分析：如下图所示，分别过点A、C作轴的垂线，垂足分别为E,F.设则所以点A、C的坐标为所以解得所以点D的坐标为考点：反比例函数图像上点的坐标特征；等边三角形的性质.【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】设所求直线l的方程为+=1,

由已知可得

解得或

∴2x+y+2=0或x+2y-2=0为所求.

【误区警示】解答本题时易误以为直线在两坐标轴上的截距均为正而致误,根本原因是误将截距当成距离而造成的.【解析】【答案】2x+y+2=0或x+2y-2=010、arccos【分析】【解答】解：∵=（1，﹣2），=（3，1），∴

∴cos＜＞==．

∴向量与的夹角为arccos．

故答案为：arccos．

【分析】由已知向量的坐标求出及然后代入数量积求夹角公式得答案．11、略

【分析】解：由题意，射线3x+4y=0(x>0)

在第四象限；

隆脿

斜率k=tan娄脕=鈭�34娄脕隆脢(3娄脨2,2娄脨)

即sin娄脕cos伪=鈭�34sin2娄脕+cos2娄脕=1

解得：sin娄脕=鈭�35

故答案为：鈭�35

．

由题意，射线3x+4y=0(x>0)

在第四象限，斜率k=tan娄脕=鈭�34

根据三角函数关系式求解即可．

本题考查了三角函数的定义的运用.

象限的判断.

属于基础题．【解析】鈭�35

12、略

【分析】解：设等差数列{an}

的公差为d(d鈮�0)

由a12+a22=a32+a42S5=5

得{5a1+5隆脕(5鈭�1)d2=5a12+(a1+d)2=(a1+2d)2+(a1+3d)2

整理得{a1+2d=12a1+3d=0

解得{d=2a1=鈭�3

．

所以a7=a1+6d=鈭�3+6隆脕2=9

．

故答案为9

．

设出等差数列的公差；由题意列关于首项和公差的二元一次方程组，求出首项和公差，则a7

的值可求．

本题考查了等差数列的通项公式和前n

项和公式，考查了学生的计算能力，是基础题．【解析】9

三、证明题(共9题，共18分)13、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB为⊙O的直径；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC•CE=PA•BE．14、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB•ACsin（α+β）=BD•AD+CD•AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．15、略

【分析】【分析】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】

证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；

则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．

（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．16、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．17、略

【分析】【分析】要证E为中点，可证∠EAD=∠OEA，利用辅助线OE可以证明，求EF的长需要借助相似，得出比例式，之间的关系可以求出．【解析】【解答】（1）证明：连接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圆O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

⇒OE∥AD

=＞E为的中点．

（2）解：连CE；则∠AEC=90°，设圆O的半径为x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圆O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE•EF=AD•CF

DE•EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC•FA=3x（3+2）=15

∴EF=18、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．【解析】【解答】证明：作DE⊥AC于E；

则AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中点；

∴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．19、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）证明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．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．21、略

【分析】【分析】要证E为中点，可证∠EAD=∠OEA，利用辅助线OE可以证明，求EF的长需要借助相似，得出比例式，之间的关系可以求出．【解析】【解答】（1）证明：连接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圆O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

⇒OE∥AD

=＞E为的中点．

（2）解：连CE；则∠AEC=90°，设圆O的半径为x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圆O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE•EF=AD•CF

DE•EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC•FA=3x（3+2）=15

∴EF=四、解答题(共2题，共8分)22、略

【分析】【解析】当直线斜率不存在时，方程为．不符合题意．

当直线斜率存在时，设斜率为则直线方程为．

令得

令得．

由题意，得即．

解得或．

故所求方程为．或即或．【解析】【答案】．或即或23、略

【分析】

(1)

由an+1=2(n+1)nan

得an+1n+1=2?ann.

可得bn+1bn=2

即可证明．

(2)

由(1)

可知bn=1?2n鈭�1=2n鈭