2025年华师大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年华师大版高一数学上册月考试卷476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9题，共18分)1、已知锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足（a2+c2-b2）tanB=ac；则角B为（）

A.

B.

C.

D.

2、给出下列关系：①②③3∈N*；④0∈Z．其中正确的个数是（）

A.1

B.2

C.3

D.4

3、【题文】已知cosα=-角α是第二象限角,则tan(2π-α)等于()A.B.-C.D.-4、【题文】已知集合则（）A.B.C.D.5、【题文】直线与圆交于不同的两点为坐标原点，若则的值为（）A.B.C.D.6、随机地产生一个自然数n，则事件“自然数n4的个位数字是6”的概率是（）A.B.C.D.7、设集合U={x∈N|0＜x≤8}，S={1，2，4，5}，T={3，5，7}，则S∩（∁UT）=（）A.{1，2，4}B.{1，2，3，4，5，7}C.{1，2}D.{1，2，4，5，6，8}8、设m>3，对于数列令为中的最大值，称数列{bn}为{an}的“递进上限数列”。例如数列2,1,3,5,7的递进上限数列为2,2,3,7,7.则下面命题中（）

①若数列{an}满足则数列{an}的递进上限数列必是常数列。

②等差数列{an}的递进上限数列一定仍是等差数列。

③等比数列{an}的递进上限数列一定仍是等比数列。

正确命题的个数是（）A.0B.1C.2D.39、点P从（-1，0）出发，沿单位圆x2+y2=1顺时针方向运动π弧长到达Q，则Q点坐标（）A.（-）B.（--）C.（--）D.（-）评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、若等差数列的前5项和且则_____.11、【题文】设关于x的不等式mx2－2x－m＋1＜0对于满足|m|≤2的一切m都成立，则x的取值范围是________．12、【题文】如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是____(写出所有正确命题的编号).

①当0<时,S为四边形;

②当CQ=时,S为等腰梯形;

③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=

④当<1时,S为六边形;

⑤当CQ=1时,S的面积为13、【题文】正方体的棱长为2，则异面直线与AC之间的距离为_________。14、【题文】已知幂函数y=f(x)的图像过点（3，），则函数f(x)=__________;15、设a=0.32，b=20.5，c=log24，则实数a，b，c的大小关系是____．（按从小到大的顺序用不等号连接）16、过点（3，2）作图（x-2）2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为______．17、已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x∈[0，1）时，f（x）=x，则=______．18、一个圆锥的轴截面为正三角形，则该圆锥的侧面展开图是扇角为______（填扇角的度数）的扇形．评卷人得分三、证明题(共9题，共18分)19、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．20、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，圆O的半径为1，求证：EC2+ED2=2．21、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．22、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．23、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．24、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，圆O的半径为1，求证：EC2+ED2=2．25、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．26、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．27、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．评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)28、等式在实数范围内成立，其中a、x、y是互不相等的实数，则的值是____．29、+2．30、（2010•花垣县校级自主招生）如图所示，∠AOB=40°，OM平分∠AOB，MA⊥OA于A，MB⊥OB于B，则∠MAB的度数为____．31、已知二次函数f（x）=ax2+bx-3（a≠0）满足f（2）=f（4），则f（6）=____．评卷人得分五、解答题(共2题，共16分)32、【题文】(本小题满分12分)

如图5，平面ABDE⊥平面ABC，ACBC，AC=BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BDAE，BDBA；AE=2BD=4，O；M分别为CE、AB的中点.

(Ⅰ)证明：OD//平面ABC；

(Ⅱ）能否在EM上找一点N；使得ON⊥平面ABDE？

若能；请指出点N的位置，并加以证明；

若不能，请说明理由.33、【题文】过点P（1，4），作直线与两坐标轴的正半轴相交，当直线在两坐标轴上的截距之和最小时，求此直线方程.参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】

已知等式变形得：•tanB=cosB•tanB=sinB=

∵B为锐角三角形的内角；

∴B=．

故选A

【解析】【答案】已知等式变形后；利用余弦定理化简，再利用同角三角函数间的基本关系化简求出sinB的值，由B为锐角三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数．

2、C【分析】

对于①，因为是实数，用符号表示为：故①正确；

对于②，因为是无理数，用符号表示为：故②不正确；

对于③，因为3是正整数，用符号表示为：3∈N*；故③正确；

对于④；因为0是整数，用符号表示为：0∈Z，④正确．

∴其中正确的是①③④；个数为3．

故选C

【解析】【答案】首先要弄清题中大写字母表示的数集的含义：R表示实数集，Q表示有理数集，N*表示正整数集；Z表示整数集，在这些概念的基础之上，再对四个命题加以判断，就不难得出正确命题的个数了．

3、C【分析】【解析】∵cosα=-角α是第二象限角,故sinα=∴tanα=-而tan(2π-α)=-tanα=【解析】【答案】C4、C【分析】【解析】【题型】选择题【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】分析：设A（x1，y1），B（x2，y2），把直线代入圆x2+y2=1；应用韦达定理，代入两个向量数量积公式进行运算求值．

解答：解：设A（x1，y1），B（x2，y2），把直线代入圆x2+y2=1，得因为直线与圆有交点，所以即

由韦达定理得x1x2=同理可得y1y2=

故=x1x2+y1y2=

。解得，又得

故选B．

点评：本题考查直线和圆相交的性质，以及两个向量数量积公式的应用．【解析】【答案】B6、A【分析】【解答】解：如果产生的自然数个位数为0，则n4的个位数字是0；

如果产生的自然数个位数为1，3，7，9，则n4的个位数字是1；

如果产生的自然数个位数为2，4，6，8，则n4的个位数字是6；

如果产生的自然数个位数为5，则n4的个位数字是5；

故随机地产生一个自然数n，则事件“自然数n4的个位数字是6”的概率P==

故选A

【分析】利用穷举法，我们列举出随机地产生一个自然数n，自然数n4的个位数字的所有情况，代入古典概率公式，可得答案．7、A【分析】【解答】解：因为U={1，2，3，4，5，6，7，8}，CUT={1；2，4，6，8}；

所以S∩（CUT）={1；2，4}；

故选A

【分析】根据集合补集和交集的运算规则直接求解．8、B【分析】【解答】根据设对于数列令为中的最大值，称数列为的“递进上限数列”；那么。

①若数列满足则数列的递进上限数列必是常数列；成立。

②等差数列的递进上限数列一定仍是等差数列；错误。

③等比数列的递进上限数列一定仍是等比数列；错误。故选B.

【分析】主要是考查了等差数列和等比数列的概念的运用，属于基础题。9、A【分析】解：如图所示，

点P从（-1，0）出发，沿单位圆x2+y2=1顺时针方向运动π弧长到达Q；

则∠POQ=-2π=

∴∠xOQ=

∴cos=-sin=

∴Q点的坐标为（-）；

故选：A．

画出图形；结合图形，求出∠xOQ的大小，即得Q点的坐标．

本题考查了求单位圆上点的坐标的问题，是基础题．【解析】【答案】A二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【解析】试题分析：因为且所以，公差d=－2，=13.考点：本题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，等差数列的性质。【解析】【答案】1311、略

【分析】【解析】以m为主体变元构造函数f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)；

问题转化为求x的范围；使f(x)在[－2，2]上恒为负值．

故有即解得【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解.

①当0<时,如图(1).

在平面AA1D1D内,作AE∥PQ,

显然E在棱DD1上,连接EQ,

则S是四边形APQE.

②当CQ=时,如图(2).

显然PQ∥BC1∥AD1,连接D1Q,

则S是等腰梯形.

③当CQ=时,如图(3).

作BF∥PQ交CC1的延长线于点F,则C1F=

作AE∥BF,交DD1的延长线于点E,D1E=AE∥PQ,

连接EQ交C1D1于点R,由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E,

∴C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,

∴C1R=

④当<1时,如图(3),连接RM(点M为AE与A1D1交点),显然S为五边形APQRM.

⑤当CQ=1时,如图(4).

同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为MP×AQ=××=【解析】【答案】①②③⑤13、略

【分析】【解析】

试题分析：如图，连结BD交于AC于点O，再作垂足为Ｈ，则ＯＨ为异面直线与AC之间的距离。因为所以求得ＯＨ＝

考点：异面直线之间的距离。

点评：求异面直线之间的距离，关键是找出它们的公垂线。【解析】【答案】14、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】15、：a＜b＜c【分析】【解答】解：由0＜a=0.32＜1，1＜b=20.5＜2，c=log24=2；

可得a＜b＜c．

故答案为：a＜b＜c．

【分析】运用指数函数和对数函数的单调性，即可判断大小．16、略

【分析】解：如图：设C（3，2），CB和AC是圆E：（x-2）2+y2=1的。

两条切线；

以EC=为直径做一个圆；由切线性质得EA⊥CA，EB⊥CB．

再根据直径EC对的圆周角为直角；

可得两圆的交点是B；A；两圆的公共弦为AB．

以EC为直径的圆的方程为（x-）2+（y-1）2=

将两圆的方程相减可得公共弦AB的方程x+2y-3=0；

故答案为：x+2y-3=0．

设C（3；2），以EC为直径做一个圆，由切线性质及直径EC对的圆周角等于直角，可得两圆的公共弦为AB，将两圆的方程相减可得公共弦AB的方程．

本题考查直线和圆的位置关系以及圆和圆的位置关系、圆的切线性质，体现了数形结合的数学思想，属于基础题．【解析】x+2y-3=017、略

【分析】解：∵f（x）是定义在R上的奇函数；当x∈[0，1）时，f（x）=x；

∴=-f（）=

故答案为：

根据函数奇偶性的性质进行转化求解即可．

本题主要考查函数值的计算，根据函数奇偶性的性质进行转化是解决本题的关键．比较基础．【解析】18、略

【分析】设圆锥母线长为R，底面圆半径为r；扇角为α，扇形弧长为c

截面为正三角形，所以R=2r

又2πr=c；c=αR

联立解得α=π

故扇角为180°

圆锥的母线长对应扇形的半径；圆锥底面圆周长对应扇形的弧长．列出方程组求解．

考查圆锥的侧面展开图，扇形弧长公式，各量之间的对应关系．属于基础题．【解析】180°三、证明题(共9题，共18分)19、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．20、略

【分析】【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．【解析】【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四点共圆．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．21、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=22、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．23、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．24、略

【分析】【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．【解析】【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四点共圆．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．25、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．26、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．27、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∠MF