2025年粵教版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、不等式sin()>0成立的x的取值范圍為()A.B.C.D.2、若則的值為（）A.B.-C.D.-3、已知冪函數(shù)是偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值是（）A.4B.﹣1C.D.4或﹣14、已知集合A={2，4，6}，集合B={1}，則A∪B等于（）A.{1，2，4，6}B.{0，1，8，10}C.{0，8，10}D.?5、如圖所示，角θ的終邊與單位圓交于點(diǎn)則cos（π-θ）的值為（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、在中，若則的形狀是____.7、若數(shù)列滿足則以下命題中正確的是。①是等比數(shù)列②是等比數(shù)列③是等差數(shù)列④是等差數(shù)列8、【題文】若集合若集合中的元素個(gè)數(shù)為則實(shí)數(shù)的取值范圍為____．9、【題文】已知集合A={1,2,3},B={2,m,4},A∩B={2,3},則m=____.10、【題文】若用列舉法表示B____.11、【題文】已知偶函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞減，若則之間的大小關(guān)系為____。12、已知a=40.5，b=0.54，c=log0.54，則a，b，c從小到大的排列為____．13、若函數(shù)f（x）=2x+x-5的零點(diǎn)在區(qū)間（a，b）（a，b是整數(shù)且b-a=1）內(nèi)，則a+b=______．14、已知函數(shù)y=1kx2+2kx+3

的定義域?yàn)镽

則實(shí)數(shù)k

的取值范圍是______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)15、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．16、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)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．17、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．18、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．19、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．20、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共9分)21、計(jì)算：．22、相交兩圓半徑分別是5厘米、3厘米，公共弦長2厘米，那么這兩圓的公切線長為____厘米．23、x，y，z為正實(shí)數(shù)，且滿足xyz=1，x+=5，y+=29，則z+的值為____．評卷人得分五、綜合題(共3題，共6分)24、如圖，直線y=-x+b與兩坐標(biāo)軸分別相交于A；B兩點(diǎn)；以O(shè)B為直徑作⊙C交AB于D，DC的延長線交x軸于E．

（1）寫出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)（用含b的代數(shù)式表示）；并求tanA的值；

（2）如果AD=4，求b的值；

（3）求證：△EOD∽△EDA，并在（2）的情形下，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)．25、設(shè)圓心P的坐標(biāo)為（-，-tan60°），點(diǎn)A（-2cot45°，0）在⊙P上，試判別⊙P與y軸的位置關(guān)系．26、已知△ABC的一邊AC為關(guān)于x的一元二次方程x2+mx+4=0的兩個(gè)正整數(shù)根之一，且另兩邊長為BC=4，AB=6，求cosA．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】試題分析：即可得故選D.考點(diǎn)：解三角不等式【解析】【答案】D2、A【分析】【解答】解：=

故選A．

【分析】首先利用誘導(dǎo)公式得出進(jìn)而求出結(jié)果．3、A【分析】【解答】解：函數(shù)是冪函數(shù)，則m2﹣3m﹣3=1；解得m=﹣1或m=4；

當(dāng)m=﹣1時(shí)，y=不是偶函數(shù)；

當(dāng)m=4時(shí)，y=是偶函數(shù)；

綜上；實(shí)數(shù)m的值是4．

故選：A．

【分析】根據(jù)函數(shù)y是冪函數(shù)列出方程求出m的值，再驗(yàn)證函數(shù)y是偶函數(shù)即可．4、A【分析】解：∵集合A={2；4，6}，集合B={1}；

∴A∪B={1；2，4，6}．

故選A

由A與B求出并集即可．

此題考查了并集及其運(yùn)算，熟練掌握并集的定義是解本題的關(guān)鍵．【解析】【答案】A5、C【分析】解：∵|OP|==1（O為單位圓的圓心）；

∴cosθ==-

∴cos（π-θ）=-cosθ=．

故選C．

由于cosθ==-利用誘導(dǎo)公式即可求得cos（π-θ）的值．

本題考查誘導(dǎo)公式的作用，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【解析】

因?yàn)椤窘馕觥俊敬鸢浮康妊蛑苯?、略

【分析】因?yàn)閿?shù)列滿足是等比數(shù)列，所以，等間隔抽取的子數(shù)列也是等比數(shù)列，其倒數(shù)也是等比數(shù)列，那么等比數(shù)列的對數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，等比數(shù)列的平方也是等比數(shù)列，故命題1,2，3，4成立。故選①②③④【解析】【答案】①②③④8、略

【分析】【解析】

試題分析：時(shí)，時(shí)，時(shí)，時(shí)，時(shí)，由得當(dāng)時(shí)因?yàn)榧现兄挥?個(gè)元素，故

考點(diǎn)：集合的元素，不等式恒成立問題.【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】∵A∩B={2,3},∴2,3∈B,

∴m=3.【解析】【答案】310、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】{4，9，16}11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】____12、c＜b＜a【分析】【解答】解：∵a=40.5＞40=1，0＜b=0.54＜0.50=1；

c=log0.54＜log0.51=0；

∴a，b，c從小到大的排列為c＜b＜a．

故答案為：c＜b＜a．

【分析】利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求解．13、略

【分析】解：∵f′（x）=ln2?2x+1＞0；

∴函數(shù)在R上單調(diào)；

又因?yàn)閒（1）f（2）=（-3）×1＜0；

∴函數(shù)有唯一零點(diǎn)；且零點(diǎn)在區(qū)間（2，3）內(nèi)；

由題意可知a=1，b=2；

故a+b=3．

故答案為：3．

先分析函數(shù)單調(diào)性；由函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理可以判斷f（1）f（2）＜0，由此可知函數(shù)零點(diǎn)在區(qū)間（1，2）內(nèi)，得解．

本題考查函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理．掌握零點(diǎn)存在性定理并能運(yùn)用是解題關(guān)鍵．屬于基礎(chǔ)題．【解析】314、略

【分析】解：函數(shù)y=1kx2+2kx+3

的定義域?yàn)镽

隆脿kx2+2kx+3鈮?0

恒成立；

當(dāng)k=0

時(shí)；3鈮?0

恒成立，滿足題意；

當(dāng)k鈮?0

時(shí)，鈻?<0

即4k2鈭?12k<0

解得0<k<3

綜上，實(shí)數(shù)k

的取值范圍是0鈮?k<3

．

故答案為：0鈮?k<3

．

根據(jù)題意；得出kx2+2kx+3鈮?0

恒成立，討論k

的取值，求出k

的取值范圍即可．

本題考查了不等式的恒成立問題，也考查了分類討論的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．【解析】0鈮?k<3

三、證明題(共6題，共12分)15、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴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為⊙O的直徑；

∴∠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）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【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為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．17、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴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．18、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴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．19、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．20、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠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分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接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；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．四、計(jì)算題(共3題，共9分)21、略

【分析】【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)求出的值，根據(jù)零指數(shù)冪求出π-1的零次冪的值，把cos30°的值代入，分母有理化求出的值，再代入求出即可．【解析】【解答】解：；

=；

=1．22、略

【分析】【分析】①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q，根據(jù)勾股定理求出CO；DO，求出CD，證矩形DQAB，推出AQ=DB，AB=DQ，根據(jù)勾股定理求出DQ即可；

②求出CD=2-2，根據(jù)勾股定理求出即可．【解析】【解答】解：有兩種情況：

①連接CD交EF于O；連接CE，CA，DB，過D作DQ⊥CA于Q；

∵EF是圓C和圓D的公共弦；

∴CD⊥EF；EO=FO=1；

在△CDE中，由勾股定理得：CO==2；

同理求出DO=2；

∴CD=2+2；

∵AB是兩圓的外公切線；

∴QA⊥AB；DB⊥AB；

∵DQ⊥CA；

∴∠DQA=∠CAB=∠DBA=90°；

∴四邊形AQDB是矩形，

∴AB=DQ；AQ=DB=3；

∴CQ=5-3=2；

在△CDQ中，由勾股定理得：DQ==4+2；

②如圖所示：

同理求出AB=4-2．

故答案為：4±2．23、略

【分析】【分析】由于（x+）（y+）（z+）=（x+y+z）+xyz++（++）=2+（x+）+（y+）+（z+），然后利用已知條件即可求解．【解析】【解答】解：（x+）（y+）（z+）

=（x+y+z）+xyz++（++）

=2+（x+）+（y+）+（z+）；

∴5×29×（z+）=36+（z+）；

即z+=．

故答案為：．五、綜合題(共3題，共6分)24、略

【分析】【分析】（1）在解析式中分別令x=0與y=0；即可求得直線與y軸，x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，即可求得OA，OB的長度，進(jìn)而求得正切值；

（2）利用切割線定理，可以得到OA2=AD?AB，據(jù)此即可得到一個(gè)關(guān)于b的方程，從而求得b的值；

（3）利用兩角對應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似即可證得兩個(gè)三角形相似．【解析】【解答】解：（1）∵當(dāng)x=0時(shí)，y=b，當(dāng)y=0時(shí)，x=2b；

∴A（2b，0），B（0，b）

∴tanA===；

（2）AB===b

由OA2=AD?AB，得（2b）2=4?b，解得b=5；

（3）∵OB是直徑；

∴∠BDO=90°；

則∠ODA=9