2025年华东师大版高一数学上册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版高一数学上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、直线的倾斜角为A.B.C.D.2、的值等于A.B.C.D.3、【题文】奇函数在区间上是增函数，且当时，函数对一切恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.4、【题文】若与－都是非零向量，则“·=·”是“⊥（－）”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5、把77化成四进制数的末位数字为（）A.4B.3C.2D.1评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、若f（x）=2x+2-xlga是奇函数，则实数a=____．7、【题文】设==若则实数____8、对于任给的实数m，直线（m﹣1）x+（2m﹣1）y=m﹣5都通过一定点，则该定点坐标为____9、已知幂函数f（x）=x（m∈N*）的图象不与x轴、y轴相交，且关于原点对称，则m=______．10、不等式≤3的解集是______．评卷人得分三、证明题(共7题，共14分)11、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．12、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．13、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．14、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．15、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．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、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1题，共5分)18、同室的4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的拿法有____种．评卷人得分五、解答题(共2题，共20分)19、已知圆C的圆心C在x轴的正半轴上，半径为5，圆C被直线x-y+3=0截得的弦长为．

（1）求圆C的方程；

（2）设直线ax-y+5=0与圆相交于A；B两点，求实数a的取值范围；

（3）在（2）的条件下，是否存在实数a，使得A，B关于过点P（-2，4）的直线l对称？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．20、已知线段AB的端点B的坐标为（0，3），端点A在圆C：（x+1）2+y2=4上运动．

（1）求线段AB的中点M的轨迹方程；

（2）过B点的直线l与圆C有两个交点A，B，弦AB的长为求直线l的方程．评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)21、已知直线l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，两条直线的交点为A，点B在l1上，点C在l2上，且，当B，C变化时，求过A，B，C三点的动圆形成的区域的面积大小为____．22、已知抛物线y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求证：抛物线的顶点必在x轴的下方；

（2）设抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右边），过A、B两点的圆M与y轴相切，且点M的纵坐标为；求抛物线的解析式；

（3）在（2）的条件下，若抛物线的顶点为P，抛物线与y轴交于点C，求△CPA的面积．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、A【分析】试题分析：考点：三角函数中正弦两角差公式及特殊角的三角函数值。【解析】【答案】A3、D【分析】【解析】

试题分析：奇函数f（x）在[-1，1]上是增函数，且f（-1）=-1，在[-1，1]最大值是1，∴1≤t2-2at+1，当t=0时显然成立，当t≠0时，则t2-2at≥0成立，又a∈[-1，1]，令g（a）=2at-t2；a∈[-1，1]，当t＞0时，g（a）是减函数，故令g（1）≥0，解得t≥2，当t＜0时，g（a）是增函数，故令g（-1）≥0，解得t≤-2，综上知，t≥2或t≤-2或t=0．选D.

考点：1.函数的单调性；2.函数的奇偶性；3.函数恒成立问题的应用【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】

故选C【解析】【答案】C5、D【分析】解：∵77÷4=191

19÷4=43

4÷4=10

1÷4=01

故77（10）=1031（4）

末位数字为1．

故选D．

利用“除k取余法”是将十进制数除以5；然后将商继续除以4，直到商为0，然后将依次所得的余数倒序排列即可得到答案．

本题考查的知识点是十进制与其它进制之间的转化，其中熟练掌握“除k取余法”的方法步骤是解答本题的关键．【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】

函数f（x）=2x+2-xlga是奇函数。

∴f（x）+f（-x）=0；

∴2x+2-xlga+2-x+2xlga=0，即2x+2-x+lga（2x+2-x）=0

∴lga=-1

∴a=

故答案为：．

【解析】【答案】由题设条件可知；可由函数是奇函数，建立方程f（x）+f（-x）=0，由此方程求出a的值。

7、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】38、（9，﹣4）【分析】【解答】解：直线（m﹣1）x+（2m﹣1）y=m﹣5即m（x+2y﹣1）+（﹣x﹣y+5）=0；故过直线x+2y﹣1=0和﹣x﹣y+5=0的交点；

由得定点坐标为（9；﹣4）；

故答案为：（9；﹣4）．

【分析】利用直线m（x+2y﹣1）+（﹣x﹣y+5）=0过直线x+2y﹣1=0和﹣x﹣y+5=0的交点．9、略

【分析】解：∵幂函数f（x）=x（m∈N*）的图象不与x轴；y轴相交；

则m2-2m-3≤0；

解得：m∈[-1；3]；

又由m∈N*

∴m∈{1；2，3}；

当m=1时，f（x）=x-4；函数f（x）为偶函数，图象关于y轴对称；

当m=2时，f（x）=x-3；函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称；

当m=3时，f（x）=x0；函数f（x）为偶函数，图象关于y轴对称；

故m=2；

故答案为：2

由已知中幂函数f（x）=x（m∈N*）的图象不与x轴、y轴相交，可得m2-2m-3≤0，结合m∈N*及函数f（x）的图象关于原点对称；可得答案．

本题考查的知识点是幂函数的图象和性质，熟练掌握幂函数的图象和性质，是解答的关键．【解析】210、略

【分析】解：由≤3，得-3≤0；

即

则

解得：x＜0或．

∴不等式≤3的解集是．

故答案为：．

把原不等式移向变形；转化为一元二次不等式求得解集．

本题考查了分式不等式的解法，考查了一元二次不等式的解法，是基础的计算题．【解析】三、证明题(共7题，共14分)11、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．12、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．13、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．14、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．15、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．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】（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．四、计算题(共1题，共5分)18、略

【分析】【分析】可以列举出所有的结果，首先列举甲和另外一个人互换的情况，共有三种，再列举不是互换的情况共有6种结果．【解析】【解答】解：根据分类计数问题；可以列举出所有的结果；

1；甲乙互换；丙丁互换；

2；甲丙互换；乙丁互换；

3；甲丁互换；乙丙互换；

4；甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；

5；甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；

6；甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；

7；甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；

8；甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；

9；甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．

通过列举可以得到共有9种结果．

故答案为：9．五、解答题(共2题，共20分)19、略

【分析】

（1）设⊙C的方程为（x-m）2+y2=25（m＞0）；由弦长公式求出m，即得圆C的方程．

（2）由圆心到直线的距离等于半径；求得实数a的取值范围．

（3）设存在实数a，使得A，B关于l对称，则有解出实数a的值，得出结论．

本题考查圆的标准方程以及直线和圆相交的性质；两直线垂直的性质，由存在实数a，使得A，B关于l对称得到。

是解题的关键和难点．【解析】解：（1）设⊙C的方程为（x-m）2+y2=25（m＞0），由题意设

解得m=1．故⊙C的方程为（x-1）2+y2=25．

（2）由题设知故12a2-5a＞0，所以，a＜0，或．

故实数a的取值范围为．

（3）设存在实数a，使得A，B关于l对称．∴PC⊥AB，又a＜0，或

即∴

∴存在实数满足题设．20、略

【分析】

（1）利用代入法；求线段AB的中点M的轨迹方程；

（2）由题意知，圆心C（-1，0）到L的距离为CD=．由点到直线的距离公式得=求出k，即可求直线l的方程．

本题考查轨迹方程，考查直线与圆位置关系的运用，正确运用代入法求轨迹方程是关键．【解析】解：（1）设A（x1，y1）；M（x，y）；

由中点公式得x1=2x-1，y1=2y-3

因为A在圆C上，所以（2x）2+（2y-3）2=4，即x2+（y-1.5）2=1

点M的轨迹是以（0；1.5）为圆心，1为半径的圆；

（2）设L的斜率为k；则L的方程为y-3=k（x-1），即kx-