2025年湘教版高一数学下册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教版高一数学下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7题，共14分)1、某水池有编号为1；2，，9的9个水管，有的是进水管，有的是出水管，已知所开的水管号与水池灌满的时间如下表，则9个水管一起开，灌满水池的时间为（）

。水管号1，22，33，44，55，66，77，88，99，1时间（小时）248163162124248496A.小时B.1小时C.2小时D.不能确定2、在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点，若某函数f（x）的图象恰好经过n个格点，则称该函数f（x）为n阶格点函数．给出下列函数：①y=|x|；②③④⑤y=lgx；⑥．则其中为一阶格点函数的是（）

A.①④⑥

B.②③

C.③⑤

D.②⑤

3、正四棱锥P-ABCD中，高PO的长是底面长的且它的体积等于则棱AB与侧面PCD之间的距离是（）

A.

B.2cm3

C.1cm3

D.

4、若-2x+3x-2＞0，则+2|x-2|等于（）

A.4x-5

B.-3

C.3

D.5-4

5、【题文】以坐标轴为对称轴，以原点为顶点且过圆的圆心的抛物线的方程是（）A.或B.C.x或D.或6、函数y=的图象大致为（）A.B.C.D.7、两圆x2+y2鈭�1=0

和x2+y2鈭�4x+2y鈭�4=0

的位置关系是(

)

A.内切B.相交C.外切D.外离评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、设圆C：x2+y2=25，直线l：3x-4y-10=0，则圆C上到直线l的距离为3的点共有____个．9、设a＞0，b＞0，且ab-a-b-1≥0，则a+b的取值范围为____．10、若与的夹角为则的值是____．11、集合其中若中有且仅有一个元素，则的值是．12、已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是.13、【题文】图①中的三视图表示的实物为_____________；

图②为长方体积木块堆成的几何体的三视图；此几何体共由_______块木块堆成．

14、已知点圆点是圆上任意一点，若为定值，则____.15、函数的定义域为______．评卷人得分三、证明题(共8题，共16分)16、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．17、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．18、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．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．20、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．21、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．22、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=2．23、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．评卷人得分四、解答题(共2题，共10分)24、设函数（Ⅰ）若且对任意实数均有成立,求的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下,当时,是单调函数,求实数的取值范围.25、【题文】直线经过点且倾斜角为45度，求直线的点斜式方程，并画出直线．评卷人得分五、作图题(共1题，共8分)26、某潜艇为躲避反潜飞机的侦查，紧急下潜50m后，又以15km/h的速度，沿北偏东45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏东60°前行8min，最后摆脱了反潜飞机的侦查．试画出潜艇整个过程的位移示意图．评卷人得分六、计算题(共3题，共15分)27、已知x=，y=，则x6+y6=____．28、已知：（b-c）2=（a-b）（c-a），且a≠0，则=____．29、（2002•温州校级自主招生）已知：如图，A、B、C、D四点对应的实数都是整数，若点A对应于实数a，点B对应于实数b，且b-2a=7，那么数轴上的原点应是____点．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】设灌满水池的时间为x小时，根据工作量=工作时间×工作效率，根据表格中给出的两个两个水管的工作效率可列方程求解．【解析】【解答】解：设灌满水池的时间为x小时；

（++++++++）x=1；

x≈2

灌满水池的时间为2小时．

故选C．2、B【分析】

①y=|x|的图象经过两个格点：（1；1）和（-1，-1）；

②的图象经过一个格点：（0；1）；

③的图象经过一个格点（0；1）；

④中；只要x取偶数时，其图象都过格点，故有无数个格点；

⑤y=lgx中，只要x是10n；n∈Z，其图象都过格点，故有无数个格点；

⑥中；只要x是一个整数的立方，其图象都过格点，故有无数个格点．

故其中为一阶格点函数的是②③．

故选B．

【解析】【答案】①y=|x|的图象经过两个格点：（1，1）和（-1，-1）；②的图象经过一个格点：（0，1）；③的图象经过一个格点（0，1）；④中，图象过无数个格点；⑤y=lgx中，图象过无数个格点；⑥中；图象过无数个格点．

3、A【分析】

设底面边长为a，则它的体积等于=

∴a=2．斜高h′=S△PCD=

三棱锥P-ACD的体积=AB与面PCD平行，棱AB与侧面PCD之间的距离转化为A到侧面PCD之间的距离；

由等体积，=h=

故选A

【解析】【答案】根据条件；求出正四棱锥P-ABCD的底面边长AB=2，棱AB与侧面PCD之间的距离转化为A到侧面PCD之间的距离，再用等体积法求出．

4、A【分析】

由-2x+3x-2＞0；可得x＞2；

因为+2|x-2|=|2x-1|+2|x-2|=2x-1+2x-4=4x-5

故选A．

【解析】【答案】由-2x+3x-2＞0，推出x的范围，化简+2|x-2|；然后去掉绝对值符号，即可得到结果．

5、D【分析】【解析】解：根据题意知；

圆心为（1；-3）；

（1）设x2=2py，p="-1"6，x2=-y；

（2）设y2=2px，p=y2=9x

故选D．【解析】【答案】D6、A【分析】【解答】解析：函数有意义，需使ex﹣e﹣x≠0；

其定义域为{x|x≠0}；排除C，D；

又因为

所以当x＞0时函数为减函数；故选A

答案：A．

【分析】欲判断图象大致图象，可从函数的定义域{x|x≠0}方面考虑，还可从函数的单调性（在函数当x＞0时函数为减函数）方面进行考虑即可．7、B【分析】解：圆x2+y2鈭�1=0

表示以1(0,0)

点为圆心；以R1=1

为半径的圆；

圆x2+y2鈭�4x+2y鈭�4=0

表示以2(2,鈭�1)

点为圆心；以R2=3

为半径的圆；

隆脽|O1O2|=5

隆脿R2鈭�R1<|O1O2|<R2+R1

隆脿

圆x2+y2鈭�1=0

和圆x2+y2鈭�4x+2y鈭�4=0

相交。

故选B．

由已知中两圆的方程：x2+y2鈭�1=0

和x2+y2鈭�4x+2y鈭�4=0

我们可以求出他们的圆心坐标及半径，进而求出圆心距|O1O2|

比较|O1O2|

与R2鈭�R1

及R2+R1

的大小，即可得到两个圆之间的位置关系．

本题考查的知识点是圆与圆的位置关系及其判定，若圆O1

的半径为R1

圆O2

的半径为R2(R2鈮�R1)

则当|O1O2|>R2+R1

时，两圆外离，当|O1O2|=R2+R1

时，两圆外切，当R2鈭�R1<|O1O2|<R2+R1

时，两相交，当|O1O2|=R2鈭�R1

时，两圆内切，当|O1O2|<R2鈭�R1

时，两圆内含．【解析】B

二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】

圆x2+y2=25的圆心（0；0），半径是5；

圆心到直线3x-4y-10=0的距离是=2；

故圆上的点到直线x+y+1=0的距离为3的共有3个．

故答案为：3．

【解析】【答案】先根据圆的标准方程找出圆心和半径；再看圆心到直线的距离，和3比较，根据图形可得结果．

9、略

【分析】

∵a＞0，b＞0，且ab-a-b-1≥0，∴

令a+b=t，则解得．即．

故a+b的取值范围为．

故答案为．

【解析】【答案】利用基本不等式的性质即可得出．

10、略

【分析】【解析】试题分析：=||?||cos<>×cos30°=4sin30°cos30°=2sin60°=考点：本题主要考查平面向量的数量积，三角函数的倍半公式，特殊角的函数值。【解析】【答案】11、略

【分析】试题分析：据题知集合A中的元素是圆心为坐标原点，半径为2的圆上的任一点坐标，集合B的元素是以（3，4）为圆心，r为半径的圆上任一点的坐标；因为r＞0，若A∩B中有且仅有一个元素，则集合A和集合B只有一个公共元素即两圆有且只有一个交点，则两圆相切，圆心距d=R+r或d=R-r；根据勾股定理求出两个圆心的距离为5，一圆半径为2，则r=3或7，故答案为3或7.考点：1.集合的运算；2.圆与圆的位置（外切、内切）关系.【解析】【答案】3或712、略

【分析】试题分析：当时，是单调递减函数，故解得当时，是单调递减函数，故当趋近于1时，解得综上所述，实数的取值范围是：故答案为：考点：1.分段函数的图像；2.分段函数的单调性.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】圆锥；414、0【分析】【解答】设则整理得。

又是圆上的任意一点，故

圆的普通方程为因此解得

【分析】本题主要考查了圆的普通方程、轨迹方程，解决问题的关键是根据所给圆的普通方程分表示圆的条件得到b值即可.15、略

【分析】解：函数的定义域为：

{x|}；

解得{x|}；

故答案为：（]．

函数的定义域为：{x|}；由此能求出结果．

本题考查对数函数的定义域，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．【解析】（1]三、证明题(共8题，共16分)16、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．17、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．18、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．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．20、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．21、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．22、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=2．23、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．