2025年外研版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年外研版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷87考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：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、在銳角△ABC中，a、b、c分別表示為∠A、∠B、∠C的對邊，O為其外心，則O點到三邊的距離之比為（）A.a：b：cB.C.cosA：cosB：cosCD.sinA：sinB：sinC2、設(shè)x1=18，x2=19，x3=20，x4=21，x5=22；將這五個數(shù)據(jù)依次輸入下邊程序框進行計算，則輸出的S值及其統(tǒng)計意義分別是（）

A.S=2，即5個數(shù)據(jù)的方差為2B.S=2，即5個數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為2C.S=10，即5個數(shù)據(jù)的方差為10D.S=10，即5個數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為103、已知△ABC和點M滿足．若存在實數(shù)m使得成立，則m=（）A.2B.3C.4D.54、已知扇形的半徑是2，面積為8，則此扇形的圓心角的弧度數(shù)是（）A.4B.2C.8D.15、在等差數(shù)列{an}

中，已知a1=2a2+a3=13

則a4+a5+a6

等于(

)

A.40

B.42

C.43

D.45

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、已知向量=（1，0），=（1，2），且（λ為實數(shù)）與垂直，則λ=____．7、在△ABC中，已知=____．8、一枚硬幣連續(xù)拋擲三次，恰好有兩次出現(xiàn)正面的概率是____．9、【題文】過點且與直線平行的直線方程是10、【題文】如果直線交于M、N兩點，且M、N關(guān)于直線對稱，則不等式組表示的平面區(qū)域的面積是。11、已知冪函數(shù)y=f（x）的圖象過點A（8，2），則f（log2+160）等于____12、若數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2+2n+5，則a3+a4+a5+a6=______．評卷人得分三、證明題(共7題，共14分)13、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．14、求證：（1）周長為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，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．15、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．16、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，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，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．18、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點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、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．評卷人得分四、計算題(共3題，共9分)20、已知x、y滿足方程組，則x+y的值為____．21、（2009?瑞安市校級自主招生）如圖，把一個棱長為3的正方體的每個面等分成9個小正方形，然后沿每個面正中心的一個正方形向里挖空（相當(dāng)于挖去了7個小正方體），所得到的幾何體的表面積是____．22、（2008?寧德）如圖，將矩形紙ABCD的四個角向內(nèi)折起，恰好拼成一個無縫隙無重疊的四邊形EFGH，若EH=3厘米，EF=4厘米，則邊AD的長是____厘米．評卷人得分五、綜合題(共4題，共20分)23、已知拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判斷拋物線的頂點與直線L：y=-x+2的位置關(guān)系；

（2）設(shè)該拋物線與x軸交于M；N兩點；當(dāng)OM?ON=4，且OM≠ON時，求出這條拋物線的解析式；

（3）直線L交x軸于點A，（2）中所求拋物線的對稱軸與x軸交于點B．那么在對稱軸上是否存在點P，使⊙P與直線L和x軸同時相切？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．24、已知拋物線y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求證：拋物線的頂點必在x軸的下方；

（2）設(shè)拋物線與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右邊），過A、B兩點的圓M與y軸相切，且點M的縱坐標(biāo)為；求拋物線的解析式；

（3）在（2）的條件下，若拋物線的頂點為P，拋物線與y軸交于點C，求△CPA的面積．25、已知拋物線Y=x2-（m2+4）x-2m2-12

（1）證明：不論m取什么實數(shù)；拋物線必與x有兩個交點。

（2）m為何值時；x軸截拋物線的弦長L為12？

（3）m取什么實數(shù)，弦長最小，最小值是多少？26、已知：甲；乙兩車分別從相距300（km）的M、N兩地同時出發(fā)相向而行；其中甲到達N地后立即返回，圖1、圖2分別是它們離各自出發(fā)地的距離y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)圖象．

（1）試求線段AB所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；并寫出自變量的取值范圍；

（2）當(dāng)它們行駛到與各自出發(fā)地距離相等時，用了（h）；求乙車的速度；

（3）在（2）的條件下，求它們在行駛的過程中相遇的時間．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】此題可分別過三角形的三個頂點作⊙O的直徑，在構(gòu)建的直角三角形中，根據(jù)圓周角定理和三角形中位線定理來求得三條弦心距的比例關(guān)系．【解析】【解答】解：如圖；過A作⊙O的直徑AG，連接BG，設(shè)⊙O的半徑為R；

∵AG是⊙O的直徑；

∴∠ABG=90°；

∵OD⊥AB；

∴OD∥BG；

又∵O是AG的中點；

∴OD是△ABG的中位線；即BG=2OD；

Rt△ABG中；∠G=∠C；

∴BG=AG?cosG=2R?cosC；

∴OD=R?cosC；即O到AB邊的距離為R?cosC；

同理可證得：OE=R?cosA；OF=R?cosB；

∴點O到三邊的距離之比為：（R?cosA）：（R?cosB）：（R?cosC）=cosA：cosB：cosC；

故選C．2、A【分析】【解答】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量S=

由x1=18，x2=19，x3=20，x4=21，x5=22的平均數(shù)為20；

故S表示5個數(shù)據(jù)的方差；

代入計算可得：S=2；

故選：A

【分析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量S的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案．3、B【分析】【解答】解：由知；點M為△ABC的重心，設(shè)點D為底邊BC的中點；

則==

所以有故m=3；

故選：B．

【分析】解題時應(yīng)注意到則M為△ABC的重心．4、A【分析】解：由扇形的面積公式得：S=lR；

因為扇形的半徑長為2cm，面積為8cm2

所以扇形的弧長l=8．

設(shè)扇形的圓心角的弧度數(shù)為α；

由扇形的弧長公式得：l=|α|R；且R=2

所以扇形的圓心角的弧度數(shù)是4．

故選：A．

扇形的圓心角的弧度數(shù)為α，半徑為r，弧長為l，面積為s，由面積公式和弧長公式可得到關(guān)于l和r的方程；進而得到答案．

本題考查弧度的定義、扇形的面積公式，是基本運算的考查，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】A5、B【分析】解：在等差數(shù)列{an}

中；已知a1=2a2+a3=13

得d=3a5=14

隆脿a4+a5+a6=3a5=42

．

故選B

先根據(jù)a1=2a2+a3=13

求得d

和a5

進而根據(jù)等差中項的性質(zhì)知a4+a5+a6=3a5

求得答案．

本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì).

屬基礎(chǔ)題．【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】

由題意可得=λ（1；0）-（1，2）=（λ-1，-2）；

由與垂直可得：（）?=0

即（λ-1）×1+（-2）×2=0；解得λ=5

故答案為：5

【解析】【答案】由題意可得的坐標(biāo)，進而可得（）?=0；解次關(guān)于λ的方程可得答案．

7、略

【分析】

∵

∴∠BAC=-

∴cos∠BAC=

又∵∠BAC∈[0；π]；

∴∠BAC=

故答案為：

【解析】【答案】直接應(yīng)用數(shù)量積公式；即可求出cos∠BAC，根據(jù)向量夾角的范圍即可求得結(jié)果．

8、略

【分析】

p==．

故答案為：．

【解析】【答案】直接運用n次重復(fù)試驗恰好發(fā)生k次的概率公式：fn（k）=Cnkpk（1-p）n-k；k=0，1，2，，n進行求解．

9、略

【分析】【解析】

試題分析：設(shè)與直線平行的直線方程為把點（0，3）代入可得0-3+c=0，c=3；

故所求的直線的方程為

考點：直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系．

點評：本題主要考查利用待定系數(shù)法求直線的方程，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】1/411、-2【分析】【解答】設(shè)冪函數(shù)解析式為y=f（x）=xα；

∵冪函數(shù)y=f（x）的圖象過點A（8；2）；

∴8α=2，∴α=

∴冪函數(shù)解析式為y=f（x）=

∵log2+160=log2﹣log2160===log21﹣log2256=﹣=﹣8；

∴f（log2+160）=f（﹣8）==﹣2；

故答案為：﹣2．

【分析】通過冪函數(shù)y=f（x）的圖象過點A（8，2）可得冪函數(shù)解析式，利用對數(shù)的運算法則計算可得log2+160=﹣8，代入計算即可．12、略

【分析】解：令n=6，求得：S6=62+2×6+5=53；

令n=2，求得：S2=22+2×2+5=13；

則a3+a4+a5+a6=S6-S2=40．

故答案為：40．

把n=6和n=2，代入已知的前n項和公式，分別求出S6和S2，利用S6-S2，即可求出a3+a4+a5+a6的值．

本題主要考查了由“和”求“項”的問題，在數(shù)列的通項公式的求解中，如遞推公式中含有和sn的形式常選擇公式n≥2，屬于對基本知識的考查，試題較容易．【解析】40三、證明題(共7題，共14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∽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．14、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稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

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

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，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R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．15、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，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．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△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=16、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，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C作CE⊥AB于點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稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

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

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，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R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．18、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；

∴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．19、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，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．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△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、計算題(共3題，共9分)20、略

【分析】【分析】由2x+y=5，x+2y=4，兩式相加化簡即可得出．【解析】【解答】解：；

①+②得：3（x+y）=9；即x+y=3．

故答案為：3．21、略

【分析】【分析】如圖所示，一、棱長為3的正方體的每個面等分成9個小正方形，那么每個小正方形的邊長是1，所以每個小正方面的面積是1；二、正方體的一個面有9個小正方形，挖空后，這個面的表面積增加了4個小正方形，減少了1個小正方形，即：每個面有12個小正方形，6個面就是6×12=72個，那么幾何體的表面積為72×1=72．【解析】【解答】解：如圖所示；周邊的六個挖空的正方體每個面增加4個正方形，減少了1個小正方形，則每個面的正方形個數(shù)為12個，則表面積為12×6×1=72．

故答案為：72．22、略

【分析】【分析】利用三個角是直角的四邊形是矩形易證四邊形EFGH為矩形，那么由折疊可得HF的長即為邊AD的長．【解析】【解答】解：∵∠HEM=∠AEH；∠BEF=∠FEM；

∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=×180°=90°；

同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°；

∴四邊形EFGH為矩形．

∵AD=AH+HD=HM+MF=HF，HF===5；

∴AD=5厘米．

故答案為5．五、綜合題(共4題，共20分)23、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；得出頂點坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式即可；

（2）利用已知得出x1x2=m2+m-2，|m2+m-2|=4；進而求出m的值，再利用根的判別式得出m的取值范圍，進而求出；

（3）分別利用點P1到直線L的距離P1Q1為a，以及點P2到直線L的距離P2Q2為b求出即可．【解析】【解答】解：（1）由拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；

得頂點坐標(biāo)為（m；-m+2），顯然滿足y=-x+2

∴拋物線的頂點在直線L上．

（2）設(shè)M（x1，0），N（x2，0），且x1＜x2．

由OM?ON=4，OM≠ON，得|x1?x2|=4．

∵x1x2=m2+m-2，∴|m2+m-2|=4．

當(dāng)m2+m-2=4時，m1=2，m2=-3

當(dāng)m2+m-2=-4時；△＜0，此方程無解；

∵△1=（2m）2-4（m2+m-2）=-4m+8=-4m+8＞0．

∴m＜2．

故取m=-3．

則拋物線的解析式為y=-x2-6x-4．

（3）拋物線y=-x2-6x-4的對稱軸為x=-3；頂點（-3，5）．

依題意；∠CAB=∠ACB=45°．

若點P在x軸的上方，設(shè)P1（-3；a）（a＞0）；

則點P1到直線L的距離P1Q1為a（如圖）；

∴△CP1Q1是等腰直角三角形．

∴，．

∴P1（-3，5．

若點P在x軸的下方，設(shè)P2（-3，-b）（b＞0）；

則點P2到直線L的距離P2Q2為b（如圖）；

同理可得△CP2Q2為等腰直角三角形；

∴，．

∴P2（-3，．

∴滿足條件的點有兩個；

即（-3，）和（-3，）．24、略

【分析】【分析】（1）判定拋物線的頂點必在x軸的下方；根據(jù)開口方向，二次函數(shù)只要與x軸有兩個交點即可．

（2）利用垂徑定理；勾股定理可以求出

（3）利用三角形面積公式，以CD為底邊，P到y(tǒng)軸的距離為高，可以求出．【解析】【解答】（1）證明：拋物線y=x2+4ax+3a2開口向上；且a＞0

又△=（4a）2-4×3a2=4a2＞0

∴拋物線必與x軸有兩個交點

∴其頂點在x軸下方

（2）解：令x2+4ax+3a2=0

∴x1=-a，x2=-3a2

∴A（-a；0），B（-3a，0）

又圓M與y軸相切；

∴MA=2a

如圖在Rt△MAC中，MA2=NA2+NM2即（2a）2=a2+（）2

∴a=±1（負值舍去）

∴拋物線的解析式為y=x2+4x+3

（3）解：P（-2；-1），A（-1，0），C（0，3）

設(shè)直線PA的方程：y=kx+b，則-1=-2k+b

0=-k+b

∴k=1

b=1

∴y=x+1；令x=0得y=1

∴D（0；1）

∴S△CPA=S△PCD-S△CAD=×2×2-×2×1=125、略

【分析】【分析】（1