2025年仁爱科普版高一数学下册月考试卷

…………○…………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年仁爱科普版高一数学下册月考试卷222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8题，共16分)1、化简的结果等于（）

A.

B.

C.

D.

2、【题文】已知函数是定义在R上的奇函数，当时，有成立，则不等式的解集是A.B.C.D.3、【题文】已知则p是q的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4、【题文】设且则的大小关系是（）A.B.C.D.5、设全集A.B.C.D.[2，+∞）6、球O的一个截面圆的圆心为M，圆M的半径为OM的长度为球O的半径的一半，则球O的表面积为（）A.4πB.

πC.12πD.16π7、若增函数f（x）=ax+b与x轴交点是（2，0），则不等式bx2﹣ax＞0的解集是（）A.B.C.D.8、二次函数f（x）=ax2+bx+1的最小值为f（1）=0，则a-b=（）A.-2B.-1C.1D.3评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线A1D与直线D1B1所成的角为____．

10、设则=____．11、函数的单调递减区间为____12、【题文】已知P是圆C：上的一个动点，A(1)，则的最小值为______.13、如图，在棱长为1

的正方体ABCD鈭�A1B1C1D1

中，点EF

分别是棱BCCC1

的中点，P

是侧面BCC1B1

内一点，若A1P//

平面AEF

则线段A1P

长度的取值范围是______．14、如图，在鈻�ABC

中，AN鈫�=13NC鈫�P

是BN

上的一点，若AP鈫�=mAB鈫�+211AC鈫�

则实数m

的值为______．评卷人得分三、证明题(共5题，共10分)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、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．17、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．18、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．19、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．评卷人得分四、解答题(共1题，共4分)20、已知函数（1）当时，求函数的最小值.（2）对于任意不等式都成立，求实数的范围.评卷人得分五、综合题(共2题，共10分)21、已知：甲；乙两车分别从相距300（km）的M、N两地同时出发相向而行；其中甲到达N地后立即返回，图1、图2分别是它们离各自出发地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数图象．

（1）试求线段AB所对应的函数关系式；并写出自变量的取值范围；

（2）当它们行驶到与各自出发地距离相等时，用了（h）；求乙车的速度；

（3）在（2）的条件下，求它们在行驶的过程中相遇的时间．22、如图，在矩形ABCD中，M是BC上一动点，DE⊥AM，E为垂足，3AB=2BC，并且AB，BC的长是方程x2-（k-2）x+2k=0的两个根；

（1）求k的值；

（2）当点M离开点B多少距离时，△AED的面积是△DEM面积的3倍？请说明理由．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】

==

故选B．

【解析】【答案】根据向量加法的首尾相连法则和相反向量的和向量是零向量；进行化简．

2、A【分析】【解析】

试题分析：由当时，有成立,知函数的导函数在上恒成立,所以函数在上是增函数,又因为函数是定义在R上的奇函数,所以函数是定义域上的偶函数,且由得由此可得函数的大致图象为:

由图可知不等式的解集是故选A.

考点：1.函数导数的求导法则;2.函数的奇偶性;3.利用函数的单调性解不等式.【解析】【答案】A3、A【分析】【解析】

试题分析：因为命题P：x>0,y>0,那么对于两个正数x,y来说，他们的积必定为正数，因此可知条件可以推出结论，但是当xy>0时；可能x,y都是负数，不一定推出条件，因此可知结论不能推出条件，因此得到p是q的充分而不必要条件，选A.

考点：本试题主要考查了判断一个命题是另一个命题的什么条件的一般步骤：先化简各个命题；再判断前者是否推出后者；后者是否推出前者；利用各种条件的定义加以判断．

点评：解决该试题的关键对于充分条件的理解和判定，确定谁是谁的问题。【解析】【答案】A4、B【分析】【解析】函数单调递增，故选B。【解析】【答案】B5、D【分析】【解答】∵∴∴∵∴∴故选D.6、D【分析】【解答】解：设截面圆的直径为AB；

∵截面圆的半径为∴BM=

∵OM的长度为球O的半径的一半；∴OB=2OM；

设球的半径为R；

在直角三角形OMB中，R2=（）2+R2．

解得R2=4；

∴该球的表面积为16π；

故选：D．

【分析】根据条件求出截面圆的半径，根据直角三角形，求出球的半径，即可求出球O的表面积．7、C【分析】【解答】解：∵f（x）=ax+b为增函数且与x轴交点是（2；0）；

∴a＞0，2a+b=0，即b=﹣2a＜0；

∴不等式bx2﹣ax＞0转化为2x2+x＜0，解得﹣＜x＜0；

故不等式的解集为（﹣0）；

故选：C

【分析】根据增函数的定义，以及函数与x轴的交点，求得a＞0，b=﹣2a＜0，化简不等式解得即可．8、D【分析】解：二次函数f（x）=ax2+bx+1的最小值为f（1）=0；

∴=1；且a＞0；

∴b=-2a；

∴f（1）=a+b+1=0；

解得a=1，b=-2；

∴a-b=3；

故选：D

根据二次函数的性质即可求出a，b的值；问题得以解决．

本题考查了二次函数的性质，属于基础题．【解析】【答案】D二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

连接BD、A1B，设正方体的棱长为1，则A1B=BD=A1D=

∴△A1BD是等边三角形，∠A1DB=60°

∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1且BB1=DD1

∴四边形BB1D1D是平行四边形，B1D1∥BD

∴∠A1DB就是直线A1D与直线D1B1所成的角。

故答案为：60°

【解析】【答案】连接BD、A1B，在等边△A1BD中得到∠A1DB=60°，再证四边形BB1D1D是平行四边形，从而B1D1∥BD，所以∠A1DB就是直线A1D与直线D1B1所成的角；得到答案．

10、略

【分析】

∵

∴=2

故答案为：2

【解析】【答案】由已知函数解析式可先把x=代入f（x）=log2x可求f（）=-1，然后再把x=-1代入f（x）=2-x可求。

11、略

【分析】【解析】试题分析：因为函数的定义域为而内层是二次函数，对称轴为x=1,开口向上，那么可知其增区间为x>2，外层是递减的对数函数，复合函数单调性的判定原则可知，同增异减，得到为故答案为考点：本试题主要考查了复合函数单调性的判定和求解。【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

试题分析：如图：作PQ^OA于Q；CD^OA于D，根据向量数量积的几何意义得。

min=|OA|·|OQ|min=|OA|·|OT|="2"(|OD|-1)=2(-1).

考点：圆的标准方程及向量数量积.【解析】【答案】2(-1).13、略

【分析】解：如下图所示：

分别取棱BB1B1C1

的中点MN

连接MN

连接BC1

隆脽MNEF

为所在棱的中点；隆脿MN//BC1EF//BC1

隆脿MN//EF

又MN?

平面AEFEF?

平面AEF

隆脿MN//

平面AEF

隆脽AA1//NEAA1=NE隆脿

四边形AENA1

为平行四边形；

隆脿A1N//AE

又A1N?

平面AEFAE?

平面AEF

隆脿A1N//

平面AEF

又A1N隆脡MN=N隆脿

平面A1MN//

平面AEF

隆脽P

是侧面BCC1B1

内一点；且A1P//

平面AEF

则P

必在线段MN

上；

在Rt鈻�A1B1M

中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52

同理，在Rt鈻�A1B1N

中，求得A1N=52

隆脿鈻�A1MN

为等腰三角形；

当P

在MN

中点O

时A1P隆脥MN

此时A1P

最短，P

位于MN

处时A1P

最长，

A1O=A1M2鈭�OM2=(52)2鈭�(24)2=324

A1M=A1N=52

所以线段A1P

长度的取值范围是[324,52].

故答案为：[324,52].

分别取棱BB1B1C1

的中点MN

连接MN

易证平面A1MN//

平面AEF

由题意知点P

必在线段MN

上，由此可判断P

在M

或N

处时A1P

最长，位于线段MN

中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．

本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P

点位置．【解析】[324,52].

14、略

【分析】解：隆脽P

是BN

上的一点；

设BP鈫�=娄脣BN鈫�

由AN鈫�=13NC鈫�

则AP鈫�=AB鈫�+BP鈫�

=AB鈫�+娄脣BN鈫�

=AB鈫�+娄脣(AN鈫�鈭�AB鈫�)

=(1鈭�娄脣)AB鈫�+娄脣AN鈫�

=(1鈭�娄脣)AB鈫�+娄脣4AC鈫�

=mAB鈫�+211AC鈫�

隆脿m=1鈭�娄脣娄脣4=211

解得娄脣=811m=311

故答案为：311

由已知中鈻�ABC

中，AN鈫�=13NC鈫�P

是BN

上的一点，设BP鈫�=娄脣BN鈫�

后，我们易将AP鈫�

表示为(1鈭�娄脣)AB鈫�+娄脣4AC鈫�

的形式；根据平面向量的基本定理我们易构造关于娄脣m

的方程组，解方程组后即可得到m

的值。

本题考查的知识点是面向量的基本定理及其意义，解答本题的关键是根据面向量的基本定理构造关于娄脣m

的方程组.

属于基础题．【解析】311

三、证明题(共5题，共10分)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】（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．17、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．18、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．19、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．四、解答题(共1题，共4分)20、略

【分析】1）函数化成二次函数形式，然后求最值；（2）恒成立问题采取参数分离的方法。【解析】【答案】（1）当时，当时，的最小值-3.（2）即五、综合题(共2题，共10分)21、略

【分析】【分析】（1）首先设线段AB所表示的函数的解析式为y=kx+b，根据题意知道函数经过（3，300），（；0）两点，利用待定系数法即可确定函数的解析式和自变量的取值范围；

（2）首先可以判定x=在3＜x≤中，然后把x=代入（1）的函数解析式y=-80x+540中可以求出甲所走的路程；同时也知道了乙的路程，最后利用速度公式即可求解；

（3）首先确定依有两次相遇，①当0≤x≤3时，100x+40x=300，②当3＜x≤时，（540-80x）+40x=300，分别解这两个方程即可求解．【解析】【解答】解：（1）设线段AB所表示的函数的解析式为y=kx+b；

把（3，300），（，0）代入其中得；

解之得；

∴线段AB所表示的函数