2025年人民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年人民版高一数学上册月考试卷487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9题，共18分)1、直线x-y+1=0的倾斜角为（）

A.60°

B.120°

C.150°

D.30°

2、函数y=1-的图象是（）

A.

B.

C.

D.

3、定义集合运算：A*B={z|z=xy；x∈A，y∈B}．设A={1，2}，B={0，1，2}，则集合A*B的所有子集的元素之和为（）

A.7

B.9

C.28

D.56

4、不等式log2（x+1）＜1的解集为（）

A.{x|0＜x＜1}

B.{x|-1＜x≤0}

C.{x|-1＜x＜1}

D.{x|x＞-1}

5、【题文】已知集合则M∩N中元素的个数是（）A.0个B.1个C.2个D.多个6、若函数在上单调递减，则a的取值范围是()A.B.C.D.7、若函数与函数在区间上都是减函数，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.8、已知ab鈮�0

点M(a,b)

是圆x2+y2=r2

内一点，直线m

是以点M

为中点的弦所在的直线，直线l

的方程是ax+by=r2

则下列结论正确的是(

)

A.m//l

且l

与圆相交B.l隆脥m

且l

与圆相切C.m//l

且l

与圆相离D.l隆脥m

且l

与圆相离9、已知向量a鈫�b鈫�

满足|a鈫�|=|b鈫�|=1a鈫�?b鈫�=鈭�12

则|a鈫�+2b鈫�|=(

)

A.3

B.2

C.5

D.7

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、数列中，则数列的通项公式为____11、【题文】已知函数若则实数的取值范围是____．12、已知函数f（x）=e|x|+|x|，若关于x的方程f（x）=k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是____13、370与1332的最大公约数为______．14、过点M(1,2)

的直线l

与圆C(x鈭�3)2+(y鈭�4)2=25

交于AB

两点，则|AB|

的最小值是______．15、设鈻�ABC

的内角ABC

的对边分别为abc

且a=2cosC=鈭�143sinA=2sinB

则c=

______．评卷人得分三、证明题(共7题，共14分)16、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．17、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．18、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．19、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=2．20、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．21、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．22、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．评卷人得分四、解答题(共3题，共9分)23、已知函数（）.（1）求函数的最小正周期（2）若有最大值3，求实数的值；（3）求函数单调递增区间.24、【题文】已知侧棱垂直于底面的四棱柱,ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且AD="A"A1；

点F为棱BB1的中点，点M为线段AC1的中点.

(1)求证：MF∥平面ABCD

(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1

25、【题文】（本小题满分12分）

已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形；∠ABC＝∠BCD＝90°，E为BC中点，AE与BD交于O点；

AB＝BC＝2CD；PO⊥平面ABCD．

（1）求证：BD⊥PE；

（2）若AO＝2PO，求二面角D－PE－B的余弦值．评卷人得分五、计算题(共3题，共30分)26、如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过A作⊙O1的切线交⊙O2于E，连接EB并延长交⊙O1于C，直线CA交⊙O2于点D．

（1）当A；D不重合时；求证：AE=DE

（2）当D与A重合时，且BC=2，CE=8，求⊙O1的直径．27、已知a：b：c=4：5：7，a+b+c=240，则2b-a+c=195．28、已知x、y均为实数，且满足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，则x4+x3y+x2y2+xy3+y4=____．评卷人得分六、综合题(共1题，共2分)29、如图；Rt△ABC的两条直角边AC=3，BC=4，点P是边BC上的一动点（P不与B重合），以P为圆心作⊙P与BA相切于点M．设CP=x，⊙P的半径为y．

（1）求证：△BPM∽△BAC；

（2）求y与x的函数关系式；并确定当x在什么范围内取值时，⊙P与AC所在直线相离；

（3）当点P从点C向点B移动时；是否存在这样的⊙P，使得它与△ABC的外接圆相内切？若存在，求出x；y的值；若不存在，请说明理由．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】

由直线x-y+1=0可知：直线的斜率k=tanα=

∵0≤α＜π，且tanα=

∴α=60°；

故选A．

【解析】【答案】求出直线的斜率；再求直线的倾斜角，得到选项．

2、A【分析】

函数y=的图象位于第二象限；并以原点为对称中心，在区间（-∞，0）和（0，+∞）上均为增函数。

将函数y=的图象向左平移一个单位，再向上平移一个单位，可得y=1-的图象。

故函数y=1-的图象以（-1；2）为对称中心，在区间（-∞，-1）和（-1，+∞）上均为增函数。

分析四个答案中的图象；只有A满足要求。

故选A

【解析】【答案】根据反比例函数的图象和性质，可得：函数y=的图象的对称中心及单调性，结合函数y=的图象向左平移一个单位，再向上平移一个单位，可得y=1-的图象，可分析出函数y=1-的图象的对称中心和单调性；比照四个答案中函数图象的形状后，可得正确答案．

3、D【分析】

由题意可得；A*B={0，1，2，4}

∴集合A*B所有子集分别为{0}{1}{2}{4}{0；1}{0，2}{0，4}{1，2}{1，4}{2，4}{0，1，2}{0，1，4}{0，2，4}{1，2，4}{0，1，2，4}，∅

∴和为（0+1+2+4）×8=56

故选D

【解析】【答案】先求解出；A*B={0，1，2，4}，然后寻求每一个元素出现的次数的规律，即可求和。

4、C【分析】

∵log2（x+1）＜1=log22；

∴

解得-1＜x＜1．

故选C．

【解析】【答案】由log2（x+1）＜1，利用对数函数的性质，知由此能求出不等式log2（x+1）＜1的解集．

5、A【分析】【解析】

试题分析：集合中的元素是数，集合中的元素是点；数集与点集没有交集。

考点：集合的交集运算。

点评：两集合的交集是由两集合相同的元素构成的集合【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】（1）当时，函数变为由一次函数的性质知，在R上是减函数，符合题意；（2）当时，对称轴为根据在上单调递减；可判断出函数开口向上；

解得：

综上：故选：C.7、D【分析】【解答】根据题意，由于函数与函数在区间上都是减函数，则说明了二次函数中对称轴x=a，在定义域的左侧，即可知a同时又因为是减函数，则说明a>0即可，因此综上可知参数a的范围是选D.

【分析】开口向下的二次函数在对称轴右边为减函数，在对称轴左边为增函数．8、C【分析】解：以点M

为中点的弦所在的直线的斜率是鈭�ab

直线m//l

点M(a,b)

是圆x2+y2=r2

内一点，所以a2+b2<r2

圆心到ax+by=r2

距离是r2a2+b2>r

故相离．

故选C．

求圆心到直线的距离，然后与a2+b2<r2

比较；可以判断直线与圆的位置关系，易得两直线的关系．

本题考查直线与圆的位置关系，两条直线的位置关系，是基础题．【解析】C

9、A【分析】解：隆脽|a鈫�|=|b鈫�|=1a鈫�?b鈫�=鈭�12

隆脿|a鈫�+2b鈫�|2=(a鈫�+2b鈫�)2=a鈫�2+4b鈫�2+4a鈫�?b鈫�=5鈭�2=3

隆脿|a鈫�+2b鈫�|=3

故选：A

运用好隆脿|a鈫�+2b鈫�|2=(a鈫�+2b鈫�)2

运用完全平方公式展开，代入求解即可．

本题考查了向量的模数量积，向量的乘法运用算，属于中档题，关键是利用好模与向量的乘法公式．【解析】A

二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】试题分析：由于数列中，那么可知，则根据等差数列和等比数列的前n项和公式可知为故答案为考点：递推公式推导数列的通项公式【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】当时，在定义域内单调递增，当时，在定义域内单调递减。根据可知【解析】【答案】12、（1，+∞）【分析】【解答】解：∵函数f（x）=e|x|+|x|；作图如下：

∵

关于x的方程f（x）=k有两个不同的实根；

∴y=k；与f（x）的图象的有两个不同的交点；

∴k＞1；

故答案为：（1；+∞）

【分析】根据函数f（x）=e|x|+|x|的图象可判断y=k，与f（x）的图象的有两个不同的交点，满足的条件．13、略

【分析】解：1332=370×3+222；

370=222×1+148；

148=74×2．

因此370与1332的最大公约数为74．

故答案为：74．

利用“辗转相除法”即可得出．

本题考查了“辗转相除法”，属于基础题．【解析】7414、略

【分析】解：圆C(x鈭�3)2+(y鈭�4)2=25

的圆心(3,4)

半径r=5

隆脿

点(1,2)

到圆心(3,4)

的距离d=22<5

隆脿

点(1,2)

在圆内．

|AB|

最小时，弦心距最大，最大为22

隆脿|AB|min=225鈭�8=217

．

故答案为：217

．

判断点(1,2)

在圆内；|AB|

最小时，弦心距最大.

计算弦心距，再求半弦长，由此能得出结论．

本题考查圆的简单性质的应用，考查学生分析解决问题的能力，确定|AB|

最小时，弦心距最大是关键．【解析】217

15、略

【分析】解：隆脽3sinA=2sinB

隆脿

由正弦定理可得：3a=2b

隆脽a=2

隆脿

可解得b=3

又隆脽cosC=鈭�14

隆脿

由余弦定理可得：c2=a2+b2鈭�2abcosC=4+9鈭�2隆脕2隆脕3隆脕(鈭�14)=16

隆脿

解得：c=4

．

故答案为：4

．

由3sinA=2sinB

即正弦定理可得3a=2b

由a=2

即可求得b

利用余弦定理结合已知即可得解．

本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．【解析】4

三、证明题(共7题，共14分)16、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．17、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．18、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．19、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=2．20、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=21、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．22、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．四、解答题(共3题，共9分)23、略

【分析】本试题主要是考查了三角函数的性质的运用。第一问中化为但一三角函数，然后可得然后利用周期公式求解周期，同时当时，函数取得最大值，可知a的值。第三问中，令解得答案。【解析】

因为因此同时当时，函数取得最大值求解得到再令解得【解析】【答案】（1）；（2）1；（3）24、略

【分析】【解析】

试题分析：

解题思路：（1）构造三角形；利用中位线证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行；

（2）由线面垂直得到线线垂直；再证明线面垂直，进而证明面面垂直.

规律总结：对于空间几何体中的垂直；平行关系的判定；要牢牢记住并灵活进行转化，线线关系是关键.

试题解析：（1）延长C1F交CB的延长线于点N；连接AN.

∵F是BB1的中点，∴F为C!N的中点；B为CN的中点；

∴又因为M为线段AC！的中点；∴MF∥AN；

又平面ABCD，平面ABCD；

∥平面ABCD.

连接BD，由题知平面AB-CD，又平面ABCD，

四边形ABCD为菱形，

又平面平面平面

在四边形DANB中，DA∥BN,且DA=BN,，四边形DANB为平行四边形，∥BD，平面又平面平面⊥平面

考点：1.线面平行的判定定理；2.面面垂直的判定定理.【解析】【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．25、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】

五、计算题(共3题，共30分)26、略

【分析】【分析】（1）通过证角相等来证边相等．连接AB，那么ABED就是圆O2的内接四边形，根据内接四边形的性质，∠ABC=∠D，那么只要再得出∠DAE=∠ABC即可得证，我们发现∠EAD的对顶角正好是圆O1的弦切角；因此∠DAE=∠ABC，由此便可求出∠DAE=∠D，根据等角对等边也就得出本题要求的结论了；

（2）DA重合时，CA与圆O2只有一个交点，即相切．那么CA，AE分别是⊙O1和⊙O2的直径（和切线垂直弦必过圆心），根据切割线定理AC2=CB•CE，即可得出AC=4，即圆O1的直径是4．【解析】【解答】解：（1）证明：连接AB，在EA的延长线上取一点F，作⊙O1的直径AM；连接CM；

则∠ACM=90°；

∴∠M+∠CAM=90°；

∵AE切⊙O1于A；

∴∠FAM=∠EAM=90°；

∴∠FAC+∠CAM=90°；

∴∠FAC=∠M=∠ABC，

即∠FAC=∠ABC；

∵∠FAC=∠DAE；

∴∠ABC=∠DAE；

而∠ABC是⊙O2的内接四边形ABED的外角；

∴∠ABC=∠D；

∴∠DAE=∠D；

∴EA=ED．

（2）当D与A重合时，直线CA与⊙O2只有一个公共点；

∴直线A