2025年冀教版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、某次數(shù)學(xué)測(cè)試分為選擇題與非選擇題兩部分，右邊的散點(diǎn)圖中每個(gè)點(diǎn)表示一位學(xué)生在這兩部分的得分，其中表示該生選擇題得分，表示該生非選擇題得分，設(shè)表示該生的總分，現(xiàn)有11位學(xué)生的得分?jǐn)?shù)據(jù)，根據(jù)散點(diǎn)圖，下列判斷正確的是（）A．的方差<的方差B．的中位數(shù)>的中位數(shù)C．的眾數(shù)<的眾數(shù)D．的中位數(shù)=的中位數(shù)+的中位數(shù)2、若則（）A.B.C.D.3、【題文】已知函數(shù)若則等于（）A.B.C.D.4、【題文】一長(zhǎng)方體的各頂點(diǎn)均在同一個(gè)球面上，且一個(gè)頂點(diǎn)上的三條棱長(zhǎng)分別為則這個(gè)球的表面積為A.B.C.D.5、平面向量與的夾角為60°，=（1，），||=1，則|+2|等于（）A.B.2C.4D.126、圓C1：x2+y2﹣6x+6y﹣48=0與圓C2:公切線的條數(shù)是（）A.0條B.1條C.2條D.3條7、直線x+y+1=0

的傾斜角與在y

軸上的截距分別是(

)

A.135鈭?1

B.45鈭?鈭?1

C.45鈭?1

D.135鈭?鈭?1

評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、y=f（x）是定義在R上的函數(shù)，f（x+2）=f（x），當(dāng)0≤x≤2時(shí)，f（x）=2x+log3x，則f（3）=____．9、在△ABC中，若sin2A=sin2B+sin2C，sinA=2sinBcosC，則△ABC的形狀是____．10、【題文】是定義在上的奇函數(shù),當(dāng)時(shí),則當(dāng)時(shí),____11、【題文】已知△中，則____.12、以直線3x-4y+12=0夾在兩坐標(biāo)軸間的線段為直徑的圓的方程為______．評(píng)卷人得分三、證明題(共9題，共18分)13、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．14、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．15、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．16、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，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．17、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．18、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．19、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．20、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．21、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(píng)卷人得分四、作圖題(共4題，共16分)22、作出下列函數(shù)圖象：y=23、畫出計(jì)算1++++的程序框圖．24、繪制以下算法對(duì)應(yīng)的程序框圖：

第一步；輸入變量x；

第二步，根據(jù)函數(shù)f（x）=

對(duì)變量y賦值；使y=f（x）；

第三步，輸出變量y的值．25、已知簡(jiǎn)單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共8分)26、已知：x=，y=，則+=____．27、（1）計(jì)算：．

（2）已知a2+2a-=0，求的值．評(píng)卷人得分六、綜合題(共1題，共2分)28、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．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】

根據(jù)圖像可知中位數(shù)為40，的中位數(shù)大概在34左右，選B【解析】【答案】B2、A【分析】試題分析：集合A三個(gè)實(shí)數(shù)0，1，2，而集合B表示的是大于等于1小于2的所有實(shí)數(shù)，所以兩個(gè)集合的交集為{1}.{1}，故選B.考點(diǎn)：集合的運(yùn)算.【解析】【答案】A3、A【分析】【解析】

試題分析：即=

所以=關(guān)系A(chǔ)。

考點(diǎn)：主要考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)；函數(shù)的奇偶性。

點(diǎn)評(píng)：典型題，通過考查的奇偶性，得到與的關(guān)系?！窘馕觥俊敬鸢浮緼4、B【分析】【解析】長(zhǎng)方體的對(duì)角線是其外接球的直徑，那么R=S=【解析】【答案】B5、B【分析】【解答】平面向量與的夾角為60°，=（1，），||=1

不妨可得=（1；0）；

則

故選：B．

【分析】利用已知條件求出向量然后利用坐標(biāo)運(yùn)算求解即可。6、C【分析】【解答】∵圓C1：x2+y2﹣6x+6y﹣48=0化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得（x﹣3）2+（y+3）2=64

∴圓C1的圓心坐標(biāo)為（3，﹣3），半徑r1=8

同理，可得圓C2的圓心坐標(biāo)為（﹣2，4），半徑r2=8

因此，兩圓的圓心距|C1C2|=

∵|r1﹣r2|＜|C1C2|＜r1+r2=16

∴兩圓的位置關(guān)系是相交；可得兩圓有2條公切線。

故選：C

【分析】將兩圓化成標(biāo)準(zhǔn)方程，可得它們的圓心坐標(biāo)和半徑大小，從而得到兩圓的圓心距等于恰好介于兩圓的半徑差與半徑和之間，由此可得兩圓位置關(guān)系是相交，從而得到它們有兩條公切線。7、D【分析】解：隆脽

直線x+y+1=0

的斜率為鈭?1

所以它的傾斜角為135鈭?

在x+y+1=0

中；由x=0

得y=鈭?1

隆脿x+y+1=0

在y

軸上的截距為鈭?1

．

故選D．

先求出直線的斜率；再求直線的傾斜角；在直線方程中，令x=0

能得到它在y

軸上的截距．

本題考查直線的傾斜角的求法和求直線的截距，解題時(shí)要注意公式的合理運(yùn)用．【解析】D

二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

由于y=f（x）是定義在R上的函數(shù)；f（x+2）=f（x），∴函數(shù)是以2為周期的周期函數(shù)；

∴f（3）=f（1）=21+log31=2+0=2；

故答案為2．

【解析】【答案】由條件可得函數(shù)是以2為周期的周期函數(shù)，由f（3）=f（1）=21+log31；運(yùn)算求得結(jié)果．

9、略

【分析】

∵sin2A=sin2B+sin2C；sinA=2sinBcosC

由正弦定理及余弦定理可得，a2=b2+c2，a=2bcosC=

∴a2=a2+b2-c2

∴b=c

∵a2=b2+c2

∴△ABC為等腰直角三角形。

故答案為：等腰直角三角形。

【解析】【答案】結(jié)合已知sin2A=sin2B+sin2C；sinA=2sinBcosC，利用正弦定理及余弦定理即可判斷三角形的形狀。

10、略

【分析】【解析】

試題分析：因?yàn)?，是定義在上的奇函數(shù),所以，

又當(dāng)時(shí),

所以，時(shí)，所以，=

答案為

考點(diǎn)：函數(shù)的奇偶性。

點(diǎn)評(píng)：簡(jiǎn)單題，利用函數(shù)的奇偶性，確定函數(shù)的解析式，主要是注意自變量范圍的轉(zhuǎn)化?！窘馕觥俊敬鸢浮?1、略

【分析】【解析】

試題分析：由題意，由余弦定理知

考點(diǎn)：1.余弦定理.【解析】【答案】12、略

【分析】解：∵對(duì)直線3x-4y+12=0令x=0；得y=3；令y=0，得x=-4

∴直線3x-4y+12=0交x軸于A（-4；0），交y軸于B（0，3）

∵所求的圓以AB為直徑。

∴該圓以AB中點(diǎn)C為圓心，半徑長(zhǎng)為|AB|

∵AB中點(diǎn)C坐標(biāo)為（），即C（-2，）

|AB|==

∴圓C的方程為（x+2）2+（y-）2=即（x+2）2+（y-）2=

故答案為：（x+2）2+（y-）2=

根據(jù)直線3x-4y+12=0方程求出它與x軸、y軸交點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，從而得到AB中點(diǎn)為C（-2，），即為所求圓的圓心．再用兩點(diǎn)的距離公式，算出半徑r=|AB|=最后根據(jù)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程列式即可得到所求圓的方程．

本題給出已知直線，求以直線被兩坐標(biāo)軸截得線段為直徑的圓方程，著重考查了中點(diǎn)坐標(biāo)公式、圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和兩點(diǎn)間的距離公式等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】（x+2）2+（y-）2=三、證明題(共9題，共18分)13、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．14、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．15、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．16、略

【分析】【分析】（1）過點(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．17、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．18、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．19、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過點(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．20、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(zhǎng)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(zhǎng)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．21、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-∠B