2025年浙教版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙教版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷440考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列集合A到集合B的對(duì)應(yīng)f是映射的共有幾個(gè)（）

①A={-1，0，1}，B={-1，0，1}，f：x→y=x2；

②A={0，1}，B={-1，0，1}，f：x→y=

③A=R，B=R，

④A={x|x是衡水中學(xué)的班級(jí)}；B={x|x是衡水中學(xué)的學(xué)生}，對(duì)應(yīng)關(guān)系f：每一個(gè)班級(jí)都對(duì)應(yīng)班里的學(xué)生．

A.1

B.2

C.3

D.4

2、【題文】函數(shù)在下列區(qū)間內(nèi)一定有零點(diǎn)的是()A.[0,1]B.[1,2]C.[2,3]D.[3,4]3、已知為第二象限角，且則的值是()A.B.C.D.4、直線l1的傾斜角的正切值為－直線l2與l1垂直，則l2的斜率是()A.B.C.D.5、已知等比數(shù)列{an}

中，a2+a5=18a3?a4=32

若an=128

則n=(

)

A.8

B.7

C.6

D.5

評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，首項(xiàng)a1=1，公比．

（1）證明：sn=（1+λ）-λan；

（2）若數(shù)列{bn}滿足bn=f（bn-1）（n∈N*，n≥2），求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；

（3）若λ=1，記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證；當(dāng)n≥2時(shí)，2≤Tn＜4．7、直線l：x=-4被圓（x+1）2+（y+2）2=25截得的弦長(zhǎng)為_(kāi)___．8、如圖，點(diǎn)A、C都在函數(shù)的圖象上，點(diǎn)B、D都在軸上，且使得△OAB、△BCD都是等邊三角形，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為．9、【題文】經(jīng)過(guò)點(diǎn)(-2,2),且與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積為1的直線l的方程為_(kāi)___.10、已知平面向量=（1，﹣2），=（3，1），則向量與的夾角為_(kāi)___．11、若角婁脕

的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與x

軸的正半軸重合.

終邊在射線3x+4y=0(x>0)

上，則sin婁脕

等于______．12、設(shè)數(shù)列{an}

是公差不為0

的等差數(shù)列，Sn

為其前n

項(xiàng)和，若a12+a22=a32+a42S5=5

則a7

的值為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分三、證明題(共9題，共18分)13、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長(zhǎng)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．14、初中我們學(xué)過(guò)了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)一種方案，解決問(wèn)題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、求證：（1）周長(zhǎng)為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長(zhǎng)是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．16、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．17、如圖；過(guò)圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長(zhǎng)線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長(zhǎng)．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(guò)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、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．20、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．21、如圖；過(guò)圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長(zhǎng)線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長(zhǎng)．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共8分)22、【題文】直線經(jīng)過(guò)且在兩坐標(biāo)軸上截距相等，求該直線方程．23、已知數(shù)列{an}

滿足a1=1an+1=2(n+1)nan

設(shè)bn=annn隆脢N*

．

(1)

證明{bn}

是等比數(shù)列(

指出首項(xiàng)和公比)

(2)

求數(shù)列{log2bn}

的前n

項(xiàng)和Tn

．評(píng)卷人得分五、作圖題(共2題，共10分)24、以下是一個(gè)用基本算法語(yǔ)句編寫(xiě)的程序；根據(jù)程序畫(huà)出其相應(yīng)的程序框圖．

25、請(qǐng)畫(huà)出如圖幾何體的三視圖．

評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共2題，共16分)26、如果從數(shù)字1、2、3、4中，任意取出兩個(gè)數(shù)字組成一個(gè)兩位數(shù)，那么這個(gè)兩位數(shù)是奇數(shù)的概率是____．27、已知x、y均為實(shí)數(shù)，且滿足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，則x4+x3y+x2y2+xy3+y4=____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

根據(jù)映射的概念：對(duì)于集合A中的每一個(gè)元素在集合B中都有唯一的元素與它對(duì)應(yīng)；是映射．

考察①②③④四個(gè)集合A到集合B的對(duì)應(yīng)f：

對(duì)于①；②；對(duì)于集合A中的每一個(gè)元素在集合B中都有唯一的元素與它對(duì)應(yīng)，它們都是映射；

對(duì)于選項(xiàng)③；集合A中的元素0在集合B中沒(méi)有元素對(duì)應(yīng)，不是映射；

對(duì)于選項(xiàng)④；由于衡水中學(xué)的學(xué)生可以在衡水中學(xué)的不同的班級(jí)，故集合B中的元素可能在集合A中有幾個(gè)元素對(duì)應(yīng)，不是映射；

∴是映射的共有2個(gè)．

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)映射的概念；對(duì)于集合A中的每一個(gè)元素在集合B中都有唯一的元素與它對(duì)應(yīng)，觀察幾個(gè)對(duì)應(yīng)，從而得到四個(gè)所述的對(duì)應(yīng)是否是映射．

2、C【分析】【解析】

試題分析：因?yàn)榈膱D像是連續(xù)不斷的，且所以一定有零點(diǎn)的區(qū)間是[2,3]。

考點(diǎn)：零點(diǎn)存在性定理。

點(diǎn)評(píng)：滿足零點(diǎn)存在性定理的條件，則一定存在零點(diǎn)；但存在零點(diǎn)，不一定滿足零點(diǎn)定理的條件。我們要充分理解零點(diǎn)存在性定理。【解析】【答案】C3、D【分析】【解答】因?yàn)闉榈诙笙藿牵运怨蔬xD.4、D【分析】【解答】根據(jù)題意，由于直線l1的傾斜角的正切值為－直線與l1垂直，那么可知的斜率是l1的傾斜角的正切值為－的負(fù)倒數(shù)則為故選D

【分析】解決的關(guān)鍵是根據(jù)直線的垂直，那么斜率之積為-1來(lái)得到斜率的求解，屬于基礎(chǔ)題。5、A【分析】解：隆脽

數(shù)列{an}

為等比數(shù)列；

隆脿a2?a5=a3?a4=32

又a2+a5=18

隆脿a2=2a5=16

或a2=16a5=2

隆脿

公比q=2

或12

則an=a2qn鈭?2=2n鈭?1

或26鈭?n

．

隆脽an=128隆脿n=8

或鈭?1

隆脽n鈮?1隆脿n=8

．

故選：A

．

利用等比數(shù)列的性質(zhì)；a2?a5=a3?a4=32

以及a2+a5=18

聯(lián)立求出a2

與a5

的值，求得公比q

再由通項(xiàng)公式得到通項(xiàng)，即可得出結(jié)論．

本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)和性質(zhì)，熟練掌握等比數(shù)列的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題．【解析】A

二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】

∵bn=f（bn-1）=（n∈N*；n≥2）；

∴即

∴數(shù)列{}是以為首項(xiàng)；1為公差的等差數(shù)列；

∴

∴．

（3）證明：由（1）（2）可知：λ=1時(shí)，．

∴Tn=1++++

=++

∴=1+++-=-

Tn=

∵＞0，∴=＜1；∴f（n）單調(diào)遞減．

∴n≥2時(shí)；f（n）≤f（2）=2；

∴Tn≥4-2=2．

∵f（n）＞0，∴Tn＜4．

∴當(dāng)n≥2時(shí)，2≤Tn＜4．

【解析】【答案】（1）利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可證明；

（2）利用已知bn=f（bn-1）=（n∈N*，n≥2），可得即再利用等差數(shù)列即可得出；

（3）利用（1）（2）可得cn，再利用“錯(cuò)位相減法”即可得出Tn；再利用單調(diào)性即可證明．

（1）證明：由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得：═=1+λ-λan

（2）7、略

【分析】

圓（x+1）2+（y+2）2=25的圓心為（-1；-2），半徑等于5，圓心（-1，-2）到直線l：x=-4的距離d=3；

故弦長(zhǎng)為2=2=8；

故答案為：8．

【解析】【答案】根據(jù)圓的方程求出圓心和半徑，求出圓心到直線l的距離d，由弦長(zhǎng)公式求出弦長(zhǎng)為2的值．

8、略

【分析】試題分析：如下圖所示，分別過(guò)點(diǎn)A、C作軸的垂線，垂足分別為E,F.設(shè)則所以點(diǎn)A、C的坐標(biāo)為所以解得所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為考點(diǎn)：反比例函數(shù)圖像上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；等邊三角形的性質(zhì).【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】設(shè)所求直線l的方程為+=1,

由已知可得

解得或

∴2x+y+2=0或x+2y-2=0為所求.

【誤區(qū)警示】解答本題時(shí)易誤以為直線在兩坐標(biāo)軸上的截距均為正而致誤,根本原因是誤將截距當(dāng)成距離而造成的.【解析】【答案】2x+y+2=0或x+2y-2=010、arccos【分析】【解答】解：∵=（1，﹣2），=（3，1），∴

∴cos＜＞==．

∴向量與的夾角為arccos．

故答案為：arccos．

【分析】由已知向量的坐標(biāo)求出及然后代入數(shù)量積求夾角公式得答案．11、略

【分析】解：由題意，射線3x+4y=0(x>0)

在第四象限；

隆脿

斜率k=tan婁脕=鈭?34婁脕隆脢(3婁脨2,2婁脨)

即sin婁脕cos偽=鈭?34sin2婁脕+cos2婁脕=1

解得：sin婁脕=鈭?35

故答案為：鈭?35

．

由題意，射線3x+4y=0(x>0)

在第四象限，斜率k=tan婁脕=鈭?34

根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系式求解即可．

本題考查了三角函數(shù)的定義的運(yùn)用.

象限的判斷.

屬于基礎(chǔ)題．【解析】鈭?35

12、略

【分析】解：設(shè)等差數(shù)列{an}

的公差為d(d鈮?0)

由a12+a22=a32+a42S5=5

得{5a1+5隆脕(5鈭?1)d2=5a12+(a1+d)2=(a1+2d)2+(a1+3d)2

整理得{a1+2d=12a1+3d=0

解得{d=2a1=鈭?3

．

所以a7=a1+6d=鈭?3+6隆脕2=9

．

故答案為9

．

設(shè)出等差數(shù)列的公差；由題意列關(guān)于首項(xiàng)和公差的二元一次方程組，求出首項(xiàng)和公差，則a7

的值可求．

本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n

項(xiàng)和公式，考查了學(xué)生的計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題．【解析】9

三、證明題(共9題，共18分)13、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∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△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∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．14、略

【分析】【分析】（1）過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長(zhǎng)度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．15、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對(duì)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長(zhǎng)為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點(diǎn)，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長(zhǎng)為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長(zhǎng)兩段，每段各長(zhǎng)l．又設(shè)RQ中點(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線圈．16、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．17、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長(zhǎng)需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽R(shí)t△AEC=＞

DE切圓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=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】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．20、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．21、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長(zhǎng)需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽R(shí)t△AEC=＞

DE切圓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=四、解答題(共2題，共8分)22、略

【分析】【解析】當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，方程為．不符合題意．

當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為則直線方程為．

令得

令得．

由題意，得即．

解得或．

故所求方程為．或即或．【解析】【答案】．或即或23、略

【分析】

(1)

由an+1=2(n+1)nan

得an+1n+1=2?ann.

可得bn+1bn=2

即可證明．

(2)

由(1)

可知bn=1?2n鈭?1=2n鈭