2025年外研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年外研版高一数学下册月考试卷327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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、【题文】若函数若则实数的取值范围是（）A.（-1，0）∪（0，1）B.（-∞，-1）∪（1,+∞）C.（-1，0）∪（1,+∞）D.（-∞，-1）∪（0,1）2、【题文】设集合U={1，2，3，4，5}，A={1，3，5}，B={2，3，5}，则等于()A.{1，2，4}B.{4}C.{3，5}D.3、【题文】已知则方程所有实根的个数是（）A.2B.3C.4D.54、【题文】函数的零点所在区间为（）A.（0，）B.（）C.（1）D.（1，2）5、甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1，乙解决这个问题的概率是p2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是()A.p1p2B.p1(1－p2)＋p2(1－p1)C.1－p1p2D.1－(1－p1)(1－p2)6、设集合X是实数集R的子集，如果点x0∈R满足：对任意a＞0，都存在x∈X，使得0＜|x-x0|＜a，称x0为集合X的聚点．用Z表示整数集；则在下列集合中：

①②{x|x∈R，x≠0}；③④整数集Z

以0为聚点的集合有（）A.②③B.①④C.①③D.①②④7、函数的图象和函数g（x）=log2x的图象的交点个数是（）A.4B.3C.2D.18、设函数f（x）=2lg（2x-1），则f-1（0）的值为（）A.0B.1C.10D.不存在9、已知点A（1，2，-1），点C与点A关于平面xOy对称，点B与点A关于x轴对称，则线段BC的长为（）A.2B.4C.2D.2评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、三角形ABC为边长为1的等边三角形，则•+•+•=____．11、数列的前项和则数列的通项公式为12、在△ABC中，∠C为钝角，AC=2，BC=1，则AB=____．13、设函数f（x）=cos2x+asin2x，若那么a等于____．14、给定三点A(0,1)，B(0)，C(3,2)，直线经过B、C两点，且垂直AB，则的值为________．15、【题文】已知AB(用填空)。16、【题文】若集合则等于___17、设集合U={1，2，3，4，6}，A={1，2，3}，B={2，3，4}，则CU（A∩B）=______．18、不等式（x-2）（3-x）＞0的解集是______．评卷人得分三、证明题(共6题，共12分)19、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．20、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．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、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．23、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．24、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、综合题(共1题，共3分)25、已知y=ax2+bx+c（a≠0）图象与直线y=kx+4相交于A（1；m），B（4，8）两点，与x轴交于原点及点C．

（1）求直线和抛物线解析式；

（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点D，使S△OCD=2S△OAB？如果存在，求出点D坐标，如果不存在，说明理由．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】

试题分析：当时，同理可以证明当时，也有所以是奇函数；

所以依据图象可得实数的取值范围是（-1；0）∪（1,+∞）.

考点：本小题主要考查分段函数的奇偶性的判断和利用奇偶性及单调性解不等式；考查学生的逻辑推理能力和计算能力.

点评：判断分段函数的奇偶性时，找清楚未知量的取值范围是正确解题的基础.【解析】【答案】C2、A【分析】【解析】解：因为集合U={1，2，3，4，5}，A={1，3，5}，B={2，3，5}，则={1，2，4}，选A【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】

试题分析：在同一平面直角坐标系中分别做出与的函数图像，易得，在上的交点个数为3；即方程有3个实根．

考点：数形结合判断方程根的个数．【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】

试题分析：所以函数的零点在故选B.

考点：函数的零点【解析】【答案】B5、B【分析】【分析】根据题意；恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决，进而计算可得其概率．

【解答】根据题意；恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决；

则所求概率是p1（1-p2)+p2（1-p1)；

故选B．6、A【分析】解：①中，集合中的元素是极限为1的数列；

除了第一项0之外，其余的都至少比0大

∴在a＜的时候；不存在满足得0＜|x|＜a的x；

∴0不是集合的聚点。

②集合{x|x∈R，x≠0}，对任意的a，都存在x=（实际上任意比a小得数都可以），使得0＜|x|=＜a

∴0是集合{x|x∈R；x≠0}的聚点。

③集合中的元素是极限为0的数列；

对于任意的a＞0，存在n＞使0＜|x|=＜a

∴0是集合的聚点。

④对于某个a＜1；比如a=0.5，此时对任意的x∈Z，都有|x-0|=0或者|x-0|≥1，也就是说不可能0＜|x-0|＜0.5，从而0不是整数集Z的聚点。

故选A

由已知中关于集合聚点的定义；我们逐一分析四个集合中元素的性质，并判断是否满足集合聚点的定义，进而得到答案．

本题考查的知识点是集合元素的性质，其中正确理解新定义--集合的聚点的含义，是解答本题的关键．【解析】【答案】A7、B【分析】解：在同一坐标系中画出函数的图象和函数g（x）=log2x的图象。

如下图所示：

由函数图象得；两个函数图象共有3个交点。

故选B

根据分段函数图象分段画的原则，结合一次函数、二次函数、对数函数图象的画出，我们在同一坐标系中画出函数的图象和函数g（x）=log2x的图象；数形结合即可得到答案．

本题考查的知识函数的图象与图象的变化，其中在同一坐标系中画出两个函数的图象是解答的关键．【解析】【答案】B8、B【分析】解：令f（x）=0得：

2lg（2x-1）=0；⇒x=1；

∴f-1（0）=1．

故选B．

欲求f-1（0）的值；根据反函数的概念，只要求出使f（x）=0成立的x的值即可．

本小题主要考查反函数、反函数的应用、对数方程的解法等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于基础题．【解析】【答案】B9、B【分析】解：点A（1；2，-1），点C与点A关于平面xoy对称，可得C（1，2，1）；

点B与点A关于x轴对称；B（1，-2，1）；

∴|BC|==4

故选：B．

求出对称点的坐标；然后求解距离．

本题考查空间点的坐标的对称问题，距离公式的应用，考查计算能力．【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】

三角形ABC为边长为1的等边三角形；

则•+•+•=1×1×cos+1×1×cos+1×1×cos=-

故答案为-．

【解析】【答案】由题意可得•+•+•=1×1×cos+1×1×cos+1×1×cos运算求得结果。

11、略

【分析】试题分析：当时，可得则数列是以2为公比的等比数列，首项得所以考点：等比数列的概念与通项公式.【解析】【答案】12、略

【分析】

因为AC=2；BC=1；

由题意得：S△ABC=AC•BCsinC=sinC=又∠C为钝角；

所以cosC=-=-

由余弦定理得：AB2=AC2+BC2-2AC•BCcosC=4+1+2；又AB＞0；

则AB=

故答案为：

【解析】【答案】由AC和BC的值及三角形的面积；利用三角形的面积公式即可求出sinC的值，由C为钝角，利用同角三角函数间的基本关系即可求出cosC的值，然后由AC，BC及cosC的值，利用余弦定理即可求出AB的值．

13、略

【分析】

∵函数f（x）满足则函数f（x）关于直线x=对称；

∴f（）=f（），∴cosπ+asinπ=cos+asin即-1=0-a；

∴a=1；

故答案为1．

【解析】【答案】有条件可得函数f（x）关于直线x=对称，故有f（）=f（）；解方程求得a的值．

14、略

【分析】【解析】试题分析：根据B和C的坐标求出直线l的斜率；根据A和B的坐标求出直线AB的斜率，根据两直线垂直时斜率乘积为-1列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值【解析】

由题意知AB⊥BC，则化简得a2-3a+2=0即（a-1）（a-2）=0，解得a=1或2．故答案为：1或2考点：直线方程的斜率【解析】【答案】1或215、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】16、略

【分析】【解析】由于所以又则即所以

此题主要考查求函数值域，掌握初等函数指数函数、二次函数及对数函数的值域为解题的关键.【解析】【答案】17、略

【分析】解：因为集合U={1；2，3，4，6}，A={1，2，3}，B={2，3，4}；

∴A∩B={2；3}；

∴CU（A∩B）={1；4，6}．

故答案为：{1；4，6}．

找出集合A和集合B的公共元素；确定出两集合的交集，再由全集U，找出不属于两集合交集的元素，即可确定出两集合交集的补集．

此题考查了交、并、补集的混合运算，是高考中常考的基本题型．其中两集合的交集即为两集合公共元素组成的集合；集合的补集即为在全集中，不属于集合的元素组成的集合，学生在求补集时注意全集的范围．【解析】{1，4，6}18、略

【分析】解：对不等式先进行符号变换；得。

（x-2）（x-3）＜0

解得x∈（2；3）；

故答案为：（2；3）．

对不等式先进行符号变换；（x-2）（x-3）＜0，然后再利用一元二次不等式的一般形式，从而求解．

此题比较简单，主要考查一元二次不等式的解法：变号、系数化为1等．【解析】（2，3）三、证明题(共6题，共12分)19、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．20、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．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】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．23、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=24、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=1