2025年岳麓版高一数学下册月考试卷含答案

…………○…………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年岳麓版高一数学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、cos（750°）=（）

A.-

B.

C.-

D.

2、图中阴影部分所表示的集合是（）A.B.C.D.3、已知函数则f（1）+f（2）++f（2010）=（）

A.

B.0

C.

D.

4、在△ABC中，边a,b,c的对应角分别为A，B，C．若则B等于（）A.60°B.60°或120°C.30°或150°D.120°5、已知等差数列{an}的公差d≠0,若a5、a9、a15成等比数列,那么公比为()A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、某学校高一第一学期结束后，对学生的兴趣爱好进行了一次调查，发现68％的学生喜欢物理，72％的学生喜欢化学．则该学校同时喜欢物理、化学两门学科的学生的比例至少是．7、若角满足则的取值范围是.8、【题文】已知动点Q在圆上运动，P（4，0），连接PQ，求线段PQ中点M的轨迹方程____。9、若则=____10、已知x3+sin2x=m，y3+sin2y=-m，且m∈R，则=______．11、如图所示，已知A、B、C是一条直路上的三点，AB与BC各等于2km，从三点分别遥望塔M，在A处看见塔在北偏东45°方向，在B处看塔在正东方向，在点C处看见塔在南偏东60°方向，则塔M到直路ABC的最短距离为______．12、在鈻�ABC

中，P

在鈻�ABC

的三边上，MN

是鈻�ABC

外接圆的直径，若AB=2BC=3AC=4

则PM鈫�?PN鈫�

的取值范围是______．13、已知数列{an}

满足a1=1an+an鈭�1=(13)n(n鈮�2)Sn=a1?3+a2?32++an?3n

则4Sn鈭�an?3n+1=

______．评卷人得分三、解答题(共8题，共16分)14、已知函数f（x）=2sinx∈R．

（1）求使函数f（x）取得最大值﹑最小值的自变量x的集合；并分别写出最大值﹑最小值是什么；

（2）函数f（x）的图象经过怎样的平移可使其对应的函数成为偶函数？请写出一种正确的平移方法；并说明理由；

（3）求函数f（x）在区间上的值域．

15、（1）求经过直线l1：x+y-1=0与直线l2：2x-3y+8=0的交点M；且与直线2x+y+5=0平行的直线l的方程；

（2）已知点A（1，1），B（2，2），点P在直线l上，求|PA|2+|PB|2取得最小值时点P的坐标．

16、（本小题满分12分）某商品在近30天内每天的销售价格P（元）与时间t（天）的函数关系式为：P＝该商品的日销售量Q（件）与时间（天）的函数关系式为：Q＝－t＋40（0＜t≤30，t∈N*）．求这种商品日销售金额的最大值，并指出日销售金额最大的一天是30天中的哪一天？17、【题文】如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在线段A1B1上,且满足A1P=lA1B1.

(1)证明：PN⊥AM.

(2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角最大值的正切值．

(3)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°.若存在求出l的值,若不存在,说明理由．18、【题文】如图，三棱柱中，平面．以。

为邻边作平行四边形连接和．

（1）求证：∥平面

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）线段上是否存在点使平面与平面垂直？若存在，求出的长；若。

不存在，说明理由．19、设集合A={x|-1≤x＜3}；B={x|2x-4≥x-2}，C={x|2x+a≥0}．

（1）求A∩B；A∪B；

（2）若满足B⊆C，求实数a的取值范围．20、已知f(x)=(12)鈭�x2鈭�2x

的定义域为集合A

值域为集合B

．

(1)

求集合A

与集合B

(2)

设函数g(x)=k+log2xx隆脢B

若函数g(x)

的值域是集合A

的真子集，求实数k

的取值范围．21、已知M(1+cos2x,1),N(1,3sin2x+a)(x隆脢R,a隆脢R,a

是常数)

且y=OM鈫�?ON鈫�(

其中O

为坐标原点)

．

(1)

求函数y=f(x)

的单调区间；

(2)

若x隆脢[0,娄脨2]

时，f(x)

的最大值为4

求a

的值．评卷人得分四、计算题(共2题，共20分)22、若不等式|2x+1|-|2x-1|＜a对任意实数x恒成立，则a的取值范围是____．23、如图，在直角坐标系内有两个点A（-1，-1），B（2，3），若M为x轴上一点，且使MB-MA最大，求M点的坐标，并说明理由．评卷人得分五、证明题(共1题，共4分)24、已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，∠E的平分线EX与∠F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．评卷人得分六、综合题(共2题，共16分)25、如图，已知：⊙O1与⊙O2外切于点O，以直线O1O2为x轴，点O为坐标原点，建立直角坐标系，直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A，交y轴于点C（0，2），交x轴于点M．BO的延长线交⊙O2于点D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半径的长；

（2）求线段AB的解析式；

（3）在直线AB上是否存在点P，使△MO2P与△MOB相似？若存在，求出点P的坐标与此时k=的值，若不存在，说明理由．26、（2011•青浦区二模）如图，已知边长为3的等边三角形ABC纸片，点E在AC边上，点F在AB边上，沿着EF折叠，使点A落在BC边上的点D的位置，且ED⊥BC，则CE的长是____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】

∵cos（750°）=cos（2×360°+30°）=cos30°=．

故选D．

【解析】【答案】利用诱导公式即可求得答案．

2、A【分析】试题分析：由于阴影部分在集合的内部，但在集合的外部，既属于B又属于根据交集定义，选择答案A考点：1.韦恩图；2.几何的交、并、补的韦恩图表示【解析】【答案】A3、B【分析】

f（x）的周期T=6，而f（3）=0，f（6）=0；

∴原式=335×（f（1）+f（2）++f（6））=0．

故选B．

【解析】【答案】先求出函数f（x）的周期；然后求出f（1）；f（2）、f（3）、f（4）、f（5）、f（6）的值，再由2010=6×335可得答案．

4、B【分析】【解析】试题分析：结合正弦定理得代入得考点：解三角形【解析】【答案】B5、C【分析】【解析】

依题意可知（a1+8d）2=（a1+4d）（a1+14d），整理得2a1d=8d2，解得4d=a1，∴q=a9a5=(a1+8d)(a1+4d)=32；故选C．【解析】【答案】C二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】试题分析：利用当喜欢物理的学生与喜欢化学的学生的并集是全体同学时，该学校同时喜欢物理、化学两门学科的学生的百分率最少，且最少为68%+72%-1=40%．考点：集合的包含关系判断及其应用．【解析】【答案】40%．7、略

【分析】【解析】

因为所以【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】9、2【分析】【解答】解：若则

故答案为：2．

【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系，求得所给式子的值．10、略

【分析】解：由题意构造函数f（x）=x3+sin2x；

∵f（-x）=（-x）3+sin（-2x）=-x3-sin2x=-f（x）；

∴f（x）为奇函数；

∵x3+sin2x=m，y3+sin2y=-m；

∴f（x）+f（y）=0；则x+y=0．

∴=tan=．

故答案为：．

构造奇函数f（x）=x3+sin2x；结合已知可得f（x）+f（y）=0，从而有x+y=0，则答案可求．

本题考查两角和与差的正切，考查函数奇偶性的性质，构造函数是关键，属中档题．【解析】11、略

【分析】解：已知AB=BC=2；∠AMB=45°，∠CMB=30°，∴∠CMA=75°

易见△MBC与△MBA面积相等，

∴AMsin45°=CMsin30°

即CM=AM，记AM=a，则CM=a；

在△MAC中，AC=4，由余弦定理得：16=3a2-2a2cos75°；

∴a2=记M到AC的距离为h，则a2sin75°=2h

得h=

∴塔到直路ABC的最短距离为：．

故答案为：．

根据已知条件求得∠CMA；进而可推断出△MBC与△MBA面积相等，利用三角形面积公式可求得CM和AM的关系，进而在△MAC中利用余弦定理求得a，最后根据三角形面积公式求得答案．

本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了学生对基础知识的综合运用．【解析】12、略

【分析】解：设鈻�ABC

的外接圆的半径为R

圆心为O

．

由cosB=22+32鈭�422脳2脳3=鈭�14隆脿sinB=1鈭�cos2B=154

．

隆脿2R=4sinB=1615

解得R=81515

．

隆脿PM鈫�?PN鈫�=(OM鈫�鈭�OP鈫�)?(ON鈫�鈭�OP鈫�)=OM鈫�鈰�ON鈫�鈭�OP鈫�?(OM鈫�+ON鈫�)鈭�OP鈫�2=鈭�R2鈭�OP鈫�2隆脢[鈭�2R2,鈭�2R2+4]=[鈭�12815,鈭�6815]

．

故答案为：[鈭�12815,鈭�6815]

．

设鈻�ABC

的外接圆的半径为R

圆心为O.

利用余弦定理可得cosBsinB=1鈭�cos2B.

可得2R=4sinB

解得R

．PM鈫�?PN鈫�=(OM鈫�鈭�OP鈫�)?(ON鈫�鈭�OP鈫�)=OM鈫�鈰�ON鈫�鈭�OP鈫�?(OM鈫�+ON鈫�)鈭�OP鈫�2=鈭�R2鈭�OP鈫�2

即可得出．

本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角函数基本关系式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【解析】2

13、略

【分析】解：因为Sn=a1?3+a2?32++an?3n

所以3Sn=a1?32+a2?33++an?3n+1

所以4Sn=3a1+32(a1+a2)+33(a2+a3)++3n(an鈭�1+an)+an?3n+1

所以4Sn鈭�an?3n+1=3a1+32(a1+a2)+33(a2+a3)++3n(an鈭�1+an)

又因为a1=1an+an鈭�1=(13)n(n鈮�2)

所以4Sn鈭�an?3n+1=3+32?132+33鈰�133++3n?13n

=3+1+1++1=3+(n鈭�1)=n+2(n鈮�2)

又因为当n=1

时；4S1鈭�a1?31+1=鈭�5

不满足上式；

所以4Sn鈭�an?3n+1={鈭�5,n=1n+2,n鈮�2

故答案为：{鈭�5,n=1n+2,n鈮�2

．

利用Sn

的表达式；求出3Sn

的表达式，错位求和，化简可得所求表达式的结果．

本题是中档题，考查数列求和的方法，考查计算能力，转化思想的应用．【解析】{鈭�5,n=1n+2,n鈮�2

三、解答题(共8题，共16分)14、略

【分析】

（1）当即（k∈z）时；

此时sin=1；f（x）取得最大值是2；

使f（x）取得最大值的自变量x的集合是{x|k∈z}；

当即（k∈z）时；

此时sin=-1；f（x）取得最小值是-2；

使f（x）取得最小值的自变量x的集合是{x|k∈z}；

（2）把函数f（x）的图象向左平移个单位长度；可使其对应的函数g（x）成为偶函数；

因为=所以g（x）为偶函数．

（或：函数f（x）的图象向右平移个单位长度）

（3）因为即

当即时，

当即时，

所以，函数f（x）在区间上的值域是．

【解析】【答案】（1）利用正弦函数的最值；求出函数的最大值；最小值及取得最大值、最小值的对应自变量x取值集合；

（2）根据左加右减法则和诱导公式；对解析式进行变形即可；

（3）由x得范围求出范围；根据正弦函数的性质求出最大值；最小值，即求出函数的值域．

15、略

【分析】

（1）由解得所以交点为（-1，2）．

∵所求直线与直线2x+y+5=0平行；∴k=-2，∴直线方程为2x+y=0．

（2）设P（t，-2t），则|PA|2+|PB|2=（t-1）2+（-2t-1）2+（t-2）2+（-2t-2）2=10t2+6t+10；

故当时，|PA|2+|PB|2取得最小值，此时，．

【解析】【答案】（1）由解得交点坐标，根据平行关系求出斜率，点斜式求得直线方程．

（2）设P（t，-2t），利用两点间的距离公式求得|PA|2+|PB|2=10t2+6t+10，故当时；

|PA|2+|PB|2取得最小值；得到点P的坐标．

16、略

【分析】【解析】试题分析：设日销售额为y元，则y＝PQ＝＝．4分①若0＜t≤24，t＝10，ymax＝900；8分②若25≤t≤30，t＝25时，ymax＝1125．所以，第25天销售金额最大，最大为1125元．12分考点：本题考查函数模型；函数的最值。【解析】【答案】第25天，1125元．17、略

【分析】【解析】第一问中利用以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系。

设为平面的法向量，又正方体的棱长为1，

借助于得到结论。

第二问中；平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1),

则sinθ＝＝(*)

而θ∈[0,],当θ最大时,sinθ最大,tanθ最大(θ＝除外),

由(*)式,当λ＝时,(sinθ)max＝(tanθ)max＝2

第三问中，平面ABC的一个法向量为n(0,0,1).设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z),

由(1)得＝(λ,－1,)．

由求出法向量，然后结合二面角得到解得λ＝－

(1)证明如图,以AB,AC,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A－xyz.则P(λ,0,1),N(0),

从而＝(－λ,－1),＝(0,1,)．

＝(－λ)×0＋×1－1×＝0,

∴PN⊥AM.4分。

(2)解平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1),

则sinθ＝＝(*)

而θ∈[0,],当θ最大时,sinθ最大,tanθ最大(θ＝除外),

由(*)式,当λ＝时,(sinθ)max＝(tanθ)max＝26分。

(3)平面ABC的一个法向量为n(0,0,1).设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z),

由(1)得＝(λ,－1,)．

由

令x＝3,得m＝(3,2λ＋1,2(1－λ))．

∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°,

∴|cos〈m,n〉|＝＝＝解得λ＝－

故在线段A1B1上不存在点P6分【解析】【答案】（1）见解析；（2）(tanθ)max＝2；（3）不存在.18、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）要证明线面平行，需要在平面中找出一条直线平行于连结三棱柱中且由平行四边形得且

且四边形为平行四边形，平平面平面（2）建立空间直角坐标系，设平面的法向量为利用即令则直线与平面所成角的正弦值为（3）设则设平面的法向量为利用垂直关系即令则所以因为平面的法向量为假设平面与平面垂直，则解得，

线段上不存在点使平面与平面垂直.

试题解析：（1）连结三棱柱中且

由平行四边形得且

且1分。

四边形为平行四边形，2分。

平平面3分。

平面4分。

（2）由四边形为平行四边形得底面

如图，以为原点建立空间直角坐标系则

1分。

设平面的法向量为则。

即令则

3分。

直线与平面所成角的正弦值为5分。

（3）设则1分。

设平面的法向量为则。

即

令则所以3分。

由（2）知：平面的法向量为

假设平面与平面垂直，则解得，

线段上不存在点使平面与平面垂直.

5分。

考点：1.线面垂直；2.直线与平面所成的角；3.存在性问题.【解析】【答案】（1）平面（2）（3）线段上不存在点使平面与平面垂直.19、略

【分析】

（1）解一次不等式求出集合B；根据集合交集和并集运算的定义，可得答案．

（2）解一次不等式求出集合C；结合B⊆C，构造关于a的不等式，解不等式可得实数a的取值范围。

本题考查的知识点是集合的交集，并集运算，集合的包含关系，其中解不等式求出集合B，C是解答的关键．【解析】解：（1）∵A={x|-1≤x＜3}；

B={x|2x-4≥x-2}={x|x≥2}；（2分）

∴A∩B={x|2≤x＜3}；（5分）

A∪B={x|x≥-1}．（8分）

（2）∵C={x|2x+a≥0}．

∴（10分）

又∵B⊆C；

∴

∴a＞-4．（13分）20、略

【分析】

(1)

由负数没有平方根求出x

的范围确定出定义域A

进而求出值域B

即可；

(2)

由x

的范围确定出log2x

的范围；进而求出g(x)

的值域，由g(x)

的值域是集合A

的真子集，确定出k

的范围即可．

此题考查了子集与真子集，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．【解析】解：(1)

根据题意得：鈭�x2鈭�2x鈮�0

解得：鈭�2鈮�x鈮�0

即A=[鈭�2,0]

由鈭�x2鈭�2x=鈭�(x+1)2+1鈮�1

得到0鈮�鈭�x2鈭�2x鈮�1

隆脿12<f(x)鈮�1

即B=(12,1]

(2)隆脽

函数g(x)=k+log2xx隆脢B

函数g(x)

的值域是集合A

的真子集；

隆脿鈭�1鈮�log2x鈮�0

即k鈭�1鈮�k+log2x鈮�k

隆脿{k鈮�0k鈭�1鈮�鈭�2

解得：鈭�1鈮�x鈮�0

．21、略

【分析】

(1)

由题意利用两个向量的数量积公式；三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得函数y=f(x)

的单调区间．

(2)

由题意利用正弦函数的定义域和值域，求得当x隆脢[0,娄脨2]

时；f(x)

的最大值，再根据它的最大值为4

求得a

的值．

本题主要考查两个向量的数量积公式，三角恒等变换，正弦函数的单调性、定义域和值域，属于中档题．【解析】解：(1)隆脽

已知M(1+cos2x,1),N(1,3sin2x+a)(x隆脢R,a隆脢R,a

是常数)

且y=OM鈫�?ON鈫�(

其中O

为坐标原点)

隆脿f(x)=1+cos2x+3sin2x+a=2sin(2x+娄脨6)+a+1

令2k娄脨鈭�娄脨2鈮�2x鈭�娄脨6鈮�2k娄脨+娄脨2

求得k娄脨鈭�娄脨6鈮�x鈮�k娄脨+娄脨3

可得函数f(x)

的增区间为[k娄脨鈭�娄脨6,k娄脨+娄脨3]k隆脢Z

．

(2)

当x隆脢[0,娄脨2]

时，2x鈭�娄脨6隆脢[鈭�娄脨6,5娄脨6]

故当2x鈭�娄脨6=娄脨2

时，f(x)

取得最大值为a+3=4隆脿a=1

．四、计算题(共2题，共20分)22、略

【分析】【分析】将x的值进行分段讨论，①x＜-，②-≤x＜，③x≥，从而可分别将绝对值符号去掉，得出a的范围，综合起来即可得出a的范围．【解析】【解答】解：当①x＜-时；原不等式可化为：-1-2x-（1-2x）＜a，即-2＜a；

解得：a＞-2；

②当-≤x＜时；原不等式可化为：2x+1-（1-2x）＜a，即4x＜a；

此时可解得a＞-2；

③当x≥时；原不等式可化为：2x+1-（2x-1）＜a，即2＜a；

解得：a＞2；

综合以上a的三个范围可得a＞2；

故答案为：a＞2．23、略

【分析】【分析】作点A关于x轴的对称点A'，作直线BA'交x轴于点M，根据轴对称的性质可得出MA'=MA，MB-MA=MB-MA'=A'B，再用待定系数法求出直线A'B的解析式，根据x轴上点的坐标特点即可求出M点的坐标．【解析】【解答】解：作点A关于x轴的对称点A'；

作直线BA'交x轴于点M；

由对称性知MA'=MA；MB-MA=MB-MA'=A'B；

若N是x轴上异于M的点；

则NA'=NA；这时NB-NA=NB-NA'＜A'B=MB-MA；

所以；点M就是使MB-MA的最大的点，MB-MA的最大值为A'B；

设直线A'B的解析式为y=kx+b；

则解得，，即直线A'B的解析式为；

令y=0，得，故M点的坐标为（；0）．

故答案为：（，0）．五、证明题(共1题，共4分)24、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性质知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四边形ABCD内接于圆，则∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，联立①②，即可证得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分别是∠AFB和∠AED的角平分线，等量代换后可证得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可连接AX，此时发现∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可证得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲证∠MFX=∠NFX，必须先证得∠AFM=∠BFN，可通过相似三角形来实现；首先连接FM、FN，易证得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通过等量代换，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圆周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可证得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，进一步可证得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可证得EX是∠MEN的角平分线．【解析】【解答】证明：（1）连接AX；

由图知：∠FDC是△ACD的一个外角；

则有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四边形ABCD是圆的内接四边形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分别是∠AFB、∠AED的角平分线；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性质知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）连接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可证得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．六、综合题(共2题，共16分)25、略

【分析】【分析】（1）连接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，连接OA，根据切线长定理求出AB的长，设O1B为r，根据勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2）求出∠C