2025年冀少新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年冀少新版高一数学上册月考试卷382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5题，共10分)1、将转化为对数形式，其中错误的是（）．A.B.C.D.2、【题文】三个互不重合的平面，能把空间分成n个部分，n所有可能的值是()

(A)4,6,7(B)4,5,6,8(C)4,7,8(D)4,6,7,83、定义在R上的函数f（x）满足f（x）=﹣f（2﹣x），且当x＜1时f（x）递增，若x1+x2＞2，（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，则f（x1）+f（x2）的值是（）A.恒为正数B.恒为负数C.等于0D.正、负都有可能4、若（a为实常数）在区间[0，]上的最小值为-4，则a的值为（）A.-6B.4C.-3D.-45、已知甲、乙两地距丙的距离均为100km

且甲地在丙地的北偏东20鈭�

处，乙地在丙地的南偏东40鈭�

处，则甲乙两地的距离为(

)

A.100km

B.200km

C.1002km

D.1003km

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、在我校刚闭幕的秋季田径运动会上，高一某班有23名同学参加了田赛，有19名同学参加了径赛，又已知该班共有34名同学参加了此次运动会，则该班有____名同学既参加了田赛又参加了径赛．7、已知A={(x,y)︱4x+y=6},B={(x,y)︱3x+2y=7},则=_________8、【题文】某人在C点测得塔顶A在南偏西80°，仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为________m.9、【题文】经过直线x+2y-3=0与2x-y-1=0的交点且和点(0,1)的距离等于1的直线方程为____.10、【题文】已知奇函数在区间上的解析式为则函数在区间上的解析式为______________________________________.11、如图所示，在平面直角坐标系xOy中，角α的终边与单位圆交于点A，点A的纵坐标为则cosα=____．

12、M（﹣1，0）关于直线x+2y﹣1=0对称点M′的坐标是____．13、若圆柱OO′的底面半径与高均为1，则其表面积为______．评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)14、如图，海船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距2海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上。①求渔船甲的速度；②求的值。15、已知幂函数．

（1）试求该函数的定义域；并指明该函数在其定义域上的单调性；

（2）若该函数还经过点求m的值并求满足条件f（2-a）＞f（a-1）的实数a的取值范围．

16、已知函数直线是图像的任意两条对称轴，且的最小值为．求函数的单调增区间；（2）求使不等式的的取值范围．（3）若求的值；17、已知数列{an}，{bn}是各项均为正数的等比数列，设cn=n∈N*

（Ⅰ）证明：数列{cn}是等比数列，数列{lnan}是等差数列．

（Ⅱ）设数列{lnan}，{lnbn}的前n项和分别是Sn，Tn．若a1=2，=求数列{cn}的通项公式．

（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，设dn=求数列{dn}的前n项和．

18、（本小题满分12分）已知集合若求实数的取值范围。19、【题文】已知二次函数集合

（1）若求函数的解析式；

（2）若且设在区间上的最大值、最小值分别为记求的最小值.20、【题文】如图所示，在正方体中，点分别是棱的中点；

求证：点共面．

。21、对于给定数列{cn}，如果存在实常数p、q，使得cn+1=pcn+q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“M类数列”．

（1）若an=2n，bn=3•2n，n∈N*，数列{an}、{bn}是否为“M类数列”？若是；指出它对应的实常数p，q，若不是，请说明理由；

（2）若数列{an}满足a1=2，an+an+1=3•2n（n∈N*）．

①求数列{an}前2015项的和；

②已知数列{an}是“M类数列”，求an．22、在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，P为AB的中点，Q为CD1的中点．

（1）求证：DP⊥平面A1ABB1；

（2）求证：PQ∥平面ADD1A1．

（3）若E为CC1的中点，能否在CP上找一点F，使得EF∥面DPQ？并给出证明过程．评卷人得分四、证明题(共1题，共9分)23、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．评卷人得分五、综合题(共3题，共27分)24、如图1；△ABC与△EFA为等腰直角三角形，AC与AE重合，AB=EF=9，∠BAC=∠AEF=90°，固定△ABC，将△EFA绕点A顺时针旋转，当AF边与AB边重合时，旋转中止．不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设AE；AF（或它们的延长线）分别交BC（或它的延长线）于G、H点，如图2．

（1）问：在图2中，始终与△AGC相似的三角形有____及____；

（2）设CG=x；BH=y，GH=z，求：

①y关于x的函数关系式；

②z关于x的函数关系式；（只要求根据第（1）问的结论说明理由）

（3）直接写出：当x为何值时，AG=AH．25、如图；以A为顶点的抛物线与y轴交于点B；已知A、B两点的坐标分别为（3，0）、（0，4）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）设M（m；n）是抛物线上的一点（m；n为正整数），且它位于对称轴的右侧．若以M、B、O、A为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数，求点M的坐标；

（3）在（2）的条件下，试问：对于抛物线对称轴上的任意一点P，PA2+PB2+PM2＞28是否总成立？请说明理由．26、已知抛物线y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判断抛物线的顶点与直线L：y=-x+2的位置关系；

（2）设该抛物线与x轴交于M；N两点；当OM•ON=4，且OM≠ON时，求出这条抛物线的解析式；

（3）直线L交x轴于点A，（2）中所求抛物线的对称轴与x轴交于点B．那么在对称轴上是否存在点P，使⊙P与直线L和x轴同时相切？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】试题分析：将转化为对数式应为即由换底公式，得故选项A,B,C正确；而选项D：错误；故选D.考点：指数式与对数式的互化、换底公式.【解析】【答案】D2、D【分析】【解析】

考点：平面的基本性质及推论．

分析：将互不重合的三个平面的位置关系分为：三个平面互相平行；三个平面有两个平行；第三个平面与其它两个平面相交；三个平面交于一线；三个平面两两相交且三条交线平行；三个平面两两相交且三条交线交于一点；五种情况并分别讨论，即可得到答案．

解：若三个平面互相平行；则可将空间分为4部分；

若三个平面有两个平行；第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6部分；

若三个平面交于一线；则可将空间分为6部分；

若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系）；则可将空间分为7部分；

若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系）；则可将空间分为8部分；

故n等于4；6，7或8

故选D【解析】【答案】D3、A【分析】【解答】解：∵f（x）=﹣f（2﹣x）；

∴f（x）关于（1；0）对称。

∵当x＜1时f（x）递增。

∴f（x）在R上递增。

∵x1+x2＞2，（x1﹣1）（x2﹣1）＜0

∴x1＞1，x2＜1且x1离（1；0）远。

∴f（x1）+f（x2）＞0

故选A

【分析】利用已知等式得到f（x）关于（1，0）对称，由x1+x2＞2，（x1﹣1）（x2﹣1）＜0知两数一个大于1一个小于1，且大于1的离对称中心远，利用单调性得到函数值的大小．4、D【分析】解：f（x）=2cos2x+sin2x+a

=cos2x+1+sin2x+a=．

∵x∈[0，]；

∴2x∈[0，π]，∈[]，∈[1]．

∴

即a=-4．

故选D．

利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式进行化简整理，然后利用x的范围，求得2x的范围；然后利用正弦函数的单调性求得函数最小值的表达式，求得a．

本题主要考查了二倍角公式和两角和公式的化简求值，正弦函数的单调性问题以及三角函数的最值问题．关键是通过化简把函数解析式整理成正弦函数的性质，然后利用其单调性求得函数的最值．【解析】【答案】D5、D【分析】解：由题意，如图所示OA=OB=100km隆脧AOB=120鈭�

隆脿

甲乙两地的距离为AB=1002+1002鈭�2隆脕100隆脕100隆脕cos120鈭�=1003km

故选：D

．

根据甲、乙两地距丙的距离均为100km

且甲地在丙地的北偏东20鈭�

处，乙地在丙地的南偏东40鈭�

处；利用余弦定理即可求出甲乙两地的距离．

本题考查解三角形的实际应用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础．【解析】D

二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】

由题意既参加了田赛又参加了径赛的人数有23+19-34=8．

故答案为：8

【解析】【答案】根据题意；由韦恩图直接求解即可．

7、略

【分析】因为A={(x,y)︱4x+y=6},B={(x,y)︱3x+2y=7},则解得x=1,y=2，故={(1,2)}【解析】【答案】{(1,2)}8、略

【分析】【解析】如图；设塔高为h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，则OC＝OA＝h.

在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，则OD＝h.

在△OCD中；∠OCD＝120°，CD＝10.

由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD；

即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°；

∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．【解析】【答案】109、略

【分析】【解析】设所求直线的方程为(x+2y-3)+λ(2x-y-1)=0,即(1+2λ)x+(2-λ)y-3-λ=0,

由于点(0,1)到该直线的距离为1,

即1==

所以|2λ+1|=解得λ=2.

故所求直线方程为。

(x+2y-3)+2(2x-y-1)=0,即x-1=0.【解析】【答案】x-1=010、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、﹣【分析】【解答】解：由定义知：sinα=∵sin2α+cos2α=1，∴cos2α=

又角的终边落在第二象限，∴cosα=﹣．

故答案为﹣．

【分析】由三角函数的定义知sinα的值，由平方关系得cos2α，再由α角终边确定cosα的正负．12、（﹣）【分析】【解答】解：设M（﹣1，0）关于直线x+2y﹣1=0对称点M′的坐标是（a，b），则有解得a=﹣b=故M’的坐标是（﹣）；

故答案为：（﹣）．

【分析】设M′的坐标是（a，b），则有解得a和b的值，即得点M′的坐标．13、略

【分析】解：∵圆柱OO′的底面半径与高均为1；

即r=h=1；

故圆柱的表面积S=2πr（r+h）=4π；

故答案为：4π

根据已知中圆柱的底面半径及高，代入圆柱表面积公式S=2πr（r+h）可得答案。

本题考查的知识点是旋转体，圆柱的表面积，熟练掌握圆柱的表面积公式，是解答的关键．【解析】4π三、解答题(共9题，共18分)14、略

【分析】【解析】试题分析：【解析】

①∴（4分）∴∴V甲海里/小时（6分）②在中，由正弦定理得∴∴（12分）考点：正弦定理，余弦定理【解析】【答案】（1）14海里/小时（2）15、略

【分析】

（1）∵m2+m=m（m+1），m∈N*

∴m2+m为偶数；

∴x≥0；所以函数定义域为[0，+∞）

由幂函数的性质知：其函数在定义域内单调递增．

（2）依题意得：∴∴m=1（m∈N*）

由已知得：∴

故a的取值范围为：

【解析】【答案】（1）将指数因式分解；据指数的形式得到定义域，利用幂函数的性质知单调性。

（2）将点的坐标代入列出方程解得m；利用函数的单调性去掉法则f，列出不等式解得，注意定义域．

16、略

【分析】试题分析：（1）由题意可得的周期从而可得根据正弦函数的单调递增区间为可令从而可解得的单调递增区间为由（1）中求得的的表达式可知，不等式等可化为因此不等式等价于解得即的取值范围是（3）由（1）及条件可得因此可以利用两角差的余弦进行三角恒等变形，从而得到．（1）由题意得则由解得故的单调增区间是4分；（2）由（1）可得因此不等式等价于解得∴的取值范围为8分；（3）则∴13分．考点：1．三角函数的图像与性质；2简单的三角不等式；3．三角恒等变形．【解析】【答案】（1）（2）（3）17、略

【分析】

（1）设数列{an}、bn的公比分别为p；q（p＞0；q＞0）；

则由题意可得

∴c1=a1•b1

所以数列cn以a1•b1为首项；以pq为公比的等比数列。

又因为

数列lnan以lna1为首项；以lnp为公差的等差数列。

（2）由题意可得

∴==

∴

∴

∴p=4，q=16，b1=8

∴an=2•4n-1=22n-1，bn=8•16n-1=24n-1

（III）由（II）可得

=

=

=

∴d1+d2+d3++dn

=

=

【解析】【答案】（I）根据已知条件可设要证明数列cn为等比数列只要证明要证数列lnan为等差数列，只要证为常数。

（II）利用（I）的条件可知数列lnanlnbn都为等差数列，代入等差数列的和公式整理可得根据对应项相等可得p、q、b1，进而求出an，bn

（III）代入（II）中的条件整理可得用裂项求和的方法可得结果．

18、略

【分析】【解析】试题分析：（本小题满分12分）【解析】

解A得2分若解B得：4分因为所以6分所以得：8分若解B得：10分所以得：11分所以：12分考点：本题主要考查简单不等式的解法，集合的运算。【解析】【答案】19、略

【分析】【解析】

试题分析：(1)由集合的意义可知表示方程有两个相等的实数即二次方程的判别式为0.(2)这类题型熟练掌握二次函数的单调性和分类讨论思想方法是解题的关键,本题特殊在对称轴在区间内且离右端点近,所以不用分类讨论最值位置.求出最值得到可由单调性其最小值.

试题解析：

（1）由知二次方程有两个相等的实数根。

故解得：所以(5分)

（2）因为所以又因为

所以7分。

对称轴因为所以又因为

所以10分。

所以在上为关于a的增函数；

故当时,12分。

考点：函数的图象；二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值【解析】【答案】(1)(2)20、略

【分析】【解析】∵三点不共线，∴三点确定一平面．

又由题意可知与共面且不平行，故分别延长相交于则直线平面

∴同理设直线则平面

又∵点均属于平面又中点，且

∴∴∠．∴同理∠．

又∴点共线于平面从而点．

∴点四点共面．【解析】【答案】证明见答案21、略

【分析】

（1）根据M类数列的定义，尝试将an=2n，bn=3•2n，n∈N*化为cn+1=pcn+q的形式即可；

（2）①由an+an+1=3•2n（n∈N*）；将数列中的相邻两项两两和为一项，利用等比数列前n项和求和；

②由M类数列的定义出发，结合an+an+1=3•2n（n∈N*）；推出实常数p；q，代入即可．

本题考查了学生对于新定义的接受能力与应用能力，实质考查了学生的学习能力，同时考查了等差数列与等比数列的通项公式，同时考查了等比数列的前n项和公式，属于难题．【解析】解：（1）∵an=2n，∴an+1=2+an，n∈N*；

∴数列{an}是“M类数列”；对应的实常数分别为1，2．

∵bn=3•2n，∴bn+1=2bn，n∈N*；

∴数列{bn}是“M类数列”；对应的实常数分别为2，0．

（2）①∵an+an+1=3•2n（n∈N*）；

∴a2+a3=3•22，a4+a5=3•24，，a2014+a2015=3•22014；

故数列{an}前2015项的和：

S2015=a1+（a2+a3）+（a4+a5）++（a2014+a2015）

=2+3•22+3•24++3•22014=2+3×

=2+22016-4=22016-2．

（2）∵数列{an}是“M类数列”；∴存在实常数p；q；

使得an+1=pan+q对于任意n∈N*都成立；

则an+2=pan+1+q对于任意n∈N*都成立；

∴（an+1+an+2）=p（an+an+1）+2q对于任意n∈N*都成立；

又∵an+an+1=3•2n（n∈N*），且an+1+an+2=3•2n+1（n∈N*）；

则有3•2n+1=3•p2n+2q对于任意n∈N*都成立；

即3•2n（2-p）=2q对于任意n∈N*都成立；

因此2-p=0；2q=0；

此时，an+1=pan+q=2an，又∵a1=2；

∴an=2n，n∈N*．22、略

【分析】

（1）连结BD，推导出DP⊥AB，AA1⊥DP，由此能证明DP⊥平面A1ABB1．

（2）取CD中点M，推导出平面ADD1∥平面MPQ，由此能证明PQ∥平面ADD1A1．

（3）连结EB；推导出BE∥PQ，过B作BF∥AD，交PC于F，能推导出EF∥面DPQ．

本题考查线面垂直和线面平行的证明，考查满足线面平行的点的确定与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．【解析】证明：（1）连结BD

∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，

∴AP=AB=BD；

∵P为AB的中点；∴DP⊥AB；

∵AA1⊥平面ABCD；DP⊂平面ABCD；

∴AA1⊥DP；

∵AA1∩AB=A，∴DP⊥平面A1ABB1．

（2）取CD中点M；连结PM；QM；

∵P为AB的中点，Q为CD1的中点；

∴PM∥AD，QM∥DD1；

∵AD∩DD1=D；PM∩QM=M；

AD、DD1⊂平面ADD1；PM；QM⊂平面PQF；

∴平面ADD1∥平面MPQ；

∵PQ⊂平面PQF，∴PQ∥平面ADD1A1．

解：（3）连结EB；

∵Q为CD1的中点，E是CC1的中点，P为AB中点，∴QEPB；

∴四边形PBEQ是平行四边形；∴BE∥PQ；

过B作BF∥AD；交PC于F；

∵BE∥PQ；BF∥AD，BE∩BF=B，PQ∩PD=P；

BE；BF⊂平面BEF；PQ、PD⊂平面PDQ；

∴平面BEF∥平面PDQ；

∵EF⊂平面BEF，∴EF∥面DPQ．四、证明题(共1题，共9分)23、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．五、综合题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】（1）△HGA；△HAB，求出∠H=∠GAC，∠AGC=∠AGC，即可推出△AGC∽△HGA；根据∠B=∠ACG=45°，∠GAC=∠H推出△AGC∽△HAB即可；

（2）①根据∵△AGC∽△HAB，得出=，求出y=；②在Rt△BAC中，由勾股定理求出BC=9；代入GH=BH-（BC-GC）求出即可；

（3）由△HGA∽△HAB得出HB=AB=9，由△HGA∽△GCA得出AC=CG=9，推出BG=HC，即可得出答案．【解析】【解答】解：（1）△HGA；△HAB；

理由是：∵△ABC与△EFA为等腰直角三角形；AC与AE重合，AB=EF，∠BAC=∠AEF=90°；

∴∠B=∠ACB=∠GAF=45°；

∴∠ACB=∠H+∠HAC=45°；∠GAC+∠HAC=∠GAF=45°；

∴∠H=∠GAC；

∵∠AGC=∠AGC；

∴△AGC∽△HGA；

∵∠B=∠ACG=45°；∠GAC=∠H；

∴△AGC∽△HAB；

（2）①如图2；∵△AGC∽△HAB；

∴=；

∴=；

∴y=；

②在Rt△BAC中，∠BAC=90°，AC=AB=9，由勾股定理得：BC=9；

∴GH=BH-（BC-GC）=y-（9-x）；

∴z=+x-9；

（3）∵∠GAH=45°是等腰三角形的顶角；

如图；∵由△HGA∽△HAB知：HB=AB=9；

由△HGA∽△GCA可知：AC=CG=9；

∴BG=HC；

∴CG=x=9；

即当x=9时；AG=AH．

故答案为：△HGA，△HAB．25、略

【分析】【分析】（1）已知了抛物线的顶点坐标；可将抛物线的解析式设为顶点式，然后将B点坐标代入求解即可；

（2）由于M在抛物线的图象上，根据（1）所得抛物线的解析式即可得到关于m、n的关系式：n=（m-3）2；由于m；n同为正整数，因此m-3应该是3的倍数，即m应该取3的倍数，可据此求出m、n的值，再根据“以M、B、O、A为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数”将不合题意的解舍去，即可得到M点的坐标；

（3）设出P点的坐标，然后分别表示出PA2、PB2、PM2的长，进而可求出关于PA2+PB2+PM2与P点纵坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出PA2+PB2+PM2的最大（小）值，进而可判断出所求的结论是否恒成立．【解析】【解答】解：（1）设y=a（x-3）2；

把B（0；4）代入；

得a=；

∴y=（x-3）2；

（2）解法一：

∵四边形OAMB的四边长是四个连续的正整数；其中有3；4；

∴可能的情况有三种：1；2、3、4；2、3、4、5；3、4、5、6；

∵M点位于对称轴右侧；且m，n为正整数；

∴m是大于或等于4的正整数；

∴MB≥4；

∵AO=3；OB=4；

∴MB只有两种可能；∴MB=5或MB=6；

当m=4时，n=（4-3）2=（不是整数；舍去）；

当m=5时，n=（不是整数；舍去）；

当m=6时；n=4，MB=6；

当m≥7时；MB＞6；

因此；只有一种可能，即当点M的坐标为（6，4）时，MB=6，MA=5；

四边形OAMB的四条边长分别为3；4、5、6．

解法二：

∵m，n为正整