2025年外研銜接版高一數學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版高一數學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某學生從家里去學校上學；騎自行車一段時間，因自行車爆胎，后來推車步行，下圖中橫軸表示出發(fā)后的時間，縱軸表示該生離學校的距離，則較符合該學生走法的圖是（）

A.

B.

C.

D.

2、函數的單調遞減區(qū)間（）

A.k∈Z

B.k∈Z

C.k∈Z

D.以上都不對。

3、則的值為（）A.B.C.D.4、已知圓在曲線的內部，則半徑r的范圍是（）A.0<B.0<2C.0<2D.0<45、在扇形AOB中，∠AOB=2，且弦AB=2，則扇形AOB的面積為（）A.B.C.D.2sin16、若點P(sin2018鈭?,cos2018鈭?)

則P

在(

)

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、點是不等式組表示的平面區(qū)域內的一動點，且不等式總成立，則的取值范圍是________________.8、半徑為2的圓O與長度為6的線段PQ相切,切點恰好為線段PQ的三等分點,則=．9、【題文】已知點O(0，0)，A(2，0)，B(－4，0)，點C在直線l：y＝－x上．若CO是∠ACB的平分線，則點C的坐標為____．10、【題文】已知函數y=x（3-2x）（0＜x≤1），則函數有最大值為____。11、已知變量x，y滿足則z=x﹣y的最小值為____．12、已知函數f（x）是定義在R上的奇函數，當x∈[0，1）時，f（x）=x，則=____．13、某年級先后舉辦了數學、音樂講座，其中聽數學講座43人，聽音樂講座34人，還有15人同時聽了數學和音樂，則聽講座的人數為______人．14、函數y=3tan（2x+）的對稱中心坐標是______．評卷人得分三、計算題(共7題，共14分)15、分解因式：

（1）2x3-8x=____

（2）x3-5x2+6x=____

（3）4x4y2-5x2y2-9y2=____

（4）3x2-10xy+3y2=____．16、已知扇形的圓心角為150°，半徑為2cm，扇形的面積是____cm2．17、一次函數y=3x+m與反比例函數y=的圖象有兩個交點；

（1）當m為何值時；有一個交點的縱坐標為6？

（2）在（1）的條件下，求兩個交點的坐標．18、代數式++的值為____．19、若∠A是銳角，且cosA=，則cos（90°-A）=____．20、（2011?蒼南縣校級自主招生）已知二次函數y=ax2+bx+c圖象如圖所示；則下列式子：

ab，ac，a+b+c，a-b+c，2a+b，2a-b中，其值為正的式子共有____個．21、（1）計算：|-|-+（π-4）0-sin30°；

（2）化簡：．評卷人得分四、證明題(共2題，共14分)22、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據如圖，設計一種方案，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．23、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．評卷人得分五、解答題(共3題，共18分)24、（本小題滿分12分）設為定義在R上的偶函數，當時，．（1）求函數在R上的解析式；（2）在直角坐標系中畫出函數的圖象；（3）若方程－k＝0有四個解，求實數k的取值范圍．25、在△ABC中，已知且是方程的兩個根.（1）求的值;（2）若AB=求△ABC的面積.26、【題文】已知以點為圓心的圓與直線相切，過點的動直線與圓相交于兩點.

（1）求圓的方程；

（2）當時，求直線的方程.評卷人得分六、綜合題(共4題，共20分)27、已知函數y1=px+q和y2=ax2+bx+c的圖象交于A（1，-1）和B（3，1）兩點，拋物線y2與x軸交點的橫坐標為x1，x2，且|x1-x2|=2．

（1）求這兩個函數的解析式；

（2）設y2與y軸交點為C，求△ABC的面積．28、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．29、如圖，直線y=-x+b與兩坐標軸分別相交于A；B兩點；以OB為直徑作⊙C交AB于D，DC的延長線交x軸于E．

（1）寫出A、B兩點的坐標（用含b的代數式表示）；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E的坐標．30、設L是坐標平面第二；四象限內坐標軸的夾角平分線．

（1）在L上求一點C，使它和兩點A（-4，-2）、B（5，3-2）的距離相等；

（2）求∠BAC的度數；

（3）求（1）中△ABC的外接圓半徑R及以AB為弦的弓形ABC的面積．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】

隨著時間的增加；距學校的距離在減小，即函數圖象應為減函數，排除A；C

曲線的斜率反映行進的速度；斜率的絕對值越大速度越大，步行后速度變小，故排除B

故選D

【解析】【答案】先利用函數的單調性排除兩項；再利用曲線的斜率反映行進速度的特點選出正確結果。

2、A【分析】

由題意可得：y=sin（-2x）=-sin（2x-）；

由正弦函數的單調性可知y=sin（2x-）的單調增區(qū)間為

即

所以y=sin（-2x）=-sin（2x-）的減區(qū)間為．

故選A．

【解析】【答案】先根據正弦函數的單調性求得函數y=sin（2x-）的單調增區(qū)間，進而求得函數的單調遞減區(qū)間．

3、C【分析】【解析】試題分析：根據題意，結合三角函數的誘導公式可知，由于故可知=故答案為C。考點：誘導公式【解析】【答案】C4、B【分析】【解答】因為，圓及均關于原點、坐標軸對稱，且圓在曲線的內部，且表示對角線長為的正方形，所以，0<<2選B.

【分析】簡單題，注意利用圖形的對稱性，確定r受到的限制。5、B【分析】解：設扇形的圓心角大小為α（rad），半徑為r，扇形的面積為SAOB=r2α．

∵∠AOB=2；且弦AB=2；

∴可得：α=2，r=

∴扇形的面積為SAOB=r2α==．

故選：B．

由已知可求扇形的半徑；進而利用扇形的面積公式即可計算得解．

本題主要考查了扇形的面積公式的應用，熟練掌握扇形的面積公式是解題的關鍵，屬于基礎題．【解析】【答案】B6、C【分析】解：隆脽sin2018鈭?=sin218鈭?<0cos2018鈭?=cos218鈭?<0

隆脿P

在第三象限；

故選：C

．

利用誘導公式，可得sin2018鈭?=sin218鈭?<0cos2018鈭?=cos218鈭?<0

即可得出結論．

本題考查三角函數值的計算，考查誘導公式，比較基礎．【解析】C

二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】試題分析：將不等式化為只需求出的最大值即可，令就是滿足不等式的最大值，由簡單的線性規(guī)劃問題解法，可知在處取最大值3，則m取值范圍是考點：簡單的線性規(guī)劃和轉化思想.【解析】【答案】8、略

【分析】試題分析：設切點為T,則TP與TQ的長度一個為2,一個為4,而答案為-4.考點：向量的運算與性質【解析】【答案】-49、略

【分析】【解析】

試題分析：設C點坐標為點A、B到直線的距離分別為則即解得所以點C的坐標為．

考點：兩點間的距離公式及點到直線的距離公式.【解析】【答案】．10、略

【分析】【解析】其對稱軸為

所以當時，有最大值為【解析】【答案】9/811、-2【分析】【解答】解：作作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：

由z=x﹣y；得y=x﹣z表示，斜率為1縱截距為﹣z的一組平行直線；

平移直線y=x﹣z；當直線y=x﹣z經過點A時，直線y=x﹣z的截距最大，此時z最??；

由解得即A（0，2），此時zmin=0﹣2=﹣2．

故答案為：﹣2

【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用z的幾何意義進行求解即可．12、-【分析】【解答】解：∵f（x）是定義在R上的奇函數，當x∈[0，1）時，f（x）=x，∴=﹣f（）=-

故答案為：-

【分析】根據函數奇偶性的性質進行轉化求解即可．13、略

【分析】解：根據題意；設聽數學的學生為集合A，聽音樂的學生為集合B；

則card（A）=43，card（B）=34，且card（A∩B）=15；

則card（A∪B）=card（A）+card（B）-card（A∩B）=43+34-15=62；

即聽講座的人數為62；

故答案為：62．

根據題意，設聽數學的學生為集合A，聽音樂的學生為集合B，由題意可得card（A）=43，card（B）=34，且card（A∩B）=15；由集合的交、并集的元素數目關系可得card（A∪B）=card（A）+card（B）-card（A∩B）；計算可得答案．

本題考查集合的交集運算，關鍵是轉化思路，把原問題轉化為集合的交集、并集問題．【解析】6214、略

【分析】解：∵y=tanx的對稱中心為（0），k∈Z；

∴由2x+=k∈Z；

得x=-

即函數的對稱中心為（-0），k∈Z；

故答案為：（-0），k∈Z

根據正切函數的對稱性進行求解．

本題主要考查正切函數的對稱中心的求解，注意y=tanx的對稱中心為（0），k∈Z．【解析】（-0），k∈Z三、計算題(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】（1）原式提取2x；再利用平方差公式分解即可；

（2）原式提取x；再利用十字相乘法分解即可；

（3）原式提取公因式；再利用平方差公式分解即可；

（4）原式利用十字相乘法分解即可．【解析】【解答】解：（1）原式=2x（x2-4）=2x（x+2）（x-2）；

（2）原式=x（x2-5x+6）=x（x-3）（x-2）；

（3）原式=y2（4x4-5x2-9）=y2（4x2-9）（x2+1）=y2（2x+3）（2x-3）（x2+1）；

（4）原式=（3x-y）（x-3y）；

故答案為：（1）2x（x+2）（x-2）；（2）x（x-3）（x-2）；（3）y2（2x+3）（2x-3）（x2+1）；（4）（3x-y）（x-3y）16、略

【分析】【分析】根據扇形的面積=，直接進行計算即可解答．【解析】【解答】解：根據扇形的面積公式；得

S扇==π（cm2）．

故答案為．17、略

【分析】【分析】（1）根據圖象；有一個交點的縱坐標為6，即可得出y=6，代入解析式得出二元一次方程組即可求出m的值；

（2）將m的值代入兩函數的解析式，并將它們聯(lián)立，求出方程組的解即可得出交點坐標．【解析】【解答】解：（1）∵圖象有一個交點的縱坐標為6；

∴y=6；代入兩函數解析式得：

；

∴解得：；

∴當m為5時；有一個交點的縱坐標為6；

（2）∵m=5；代入兩函數解析式得出：

；

求出兩函數的交點坐標為：

3x+5=；

解得：x1=，x2=-2；

∴將x=-2代入反比例函數解析式得：y==-1；

將x=代入反比例函數解析式得：y==6；

∴兩個交點的坐標分別為：（，6），（-2，-1）．18、略

【分析】【分析】本題可分4種情況分別討論，解出此時的代數式的值，然后綜合得到所求的值．【解析】【解答】解：由分析知：可分4種情況：

①a＞0，b＞0，此時ab＞0

所以++=1+1+1=3；

②a＞0，b＜0，此時ab＜0

所以++=1-1-1=-1；

③a＜0，b＜0，此時ab＞0

所以++=-1-1+1=-1；

④a＜0，b＞0，此時ab＜0

所以++=-1+1-1=-1；

綜合①②③④可知：代數式++的值為3或-1．

故答案為：3或-1．19、略

【分析】【分析】首先根據誘導公式得出cos（90°-A）=sinA，再根據cosA2+sinA2=1求解即可．【解析】【解答】解：∵cosA2+sinA2=1；

又A為銳角，cosA=；

∴sinA=．

∴cos（90°-A）=sinA=．

故答案為：．20、略

【分析】【分析】由函數圖象可以得到a＜0，b＞0，c＜0，令y=0，方程有兩正實根，根據以上信息，判斷六個代數式的正負．【解析】【解答】解：從函數圖象上可以看到，a＜0，b＞0；c＜0，令y=0，方程有兩正實根；

則①ab＜0；

②ac＞0；

③當x=1時，a+b+c＞0；

④當x=-1時，a-b+c＜0；

⑤對稱軸x=-=1，2a+b=0；

⑥對稱軸x=-=1，b＞0，2a-b＜0．

故答案為2．21、略

【分析】【分析】（1）中，負數的絕對值是它的相反數；即9的算術平方根3；任何不等于0的數的0次冪都等于1；熟悉特殊角的銳角三角函數值：sin30°=；

（2）中，通過觀察括號內的兩個分式正好是同分母，可以先算括號內的，再約分計算．【解析】【解答】解：（1）原式==-2；

（2）原式=

=

=．四、證明題(共2題，共14分)22、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據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S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數，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）根據題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．23、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=五、解答題(共3題，共18分)24、略

【分析】試題分析：（1）第一步求函數解析式，由已知當時，只需求出時的解析式即可，可借助偶函數的定義聯(lián)系與的關系得以解決；（2）在直角坐標系上，按著解析式的要求畫出兩拋物線相應的部分；（3）根據化歸思想，把方程的實根個數問題轉化為曲線與直線的交點個數問題，借助數形結合把問題解決.試題解析：（1）由已知當時，．只需求出時的解析式即可.由于為定義在R上的偶函數，則則若則則圖象如圖所示（3）由于方程的解就是函數的圖象與直線的交點的橫坐標，觀察函數圖象與直線的交點情況可知，當時，函數圖象與直線有四個交點，即方程有四個解.考點：1.函數的奇偶性；2.利用函數奇偶性求函數的解析式；3.數形結合研究函數圖象的交點個數；【解析】【答案】（1）（2）見解析；（3）見解析25、略

【分析】試題分析：（1）可將求解得兩根，因為所以再用正切的兩角和公式求（2）由（1）可知所以且均為銳角，則由可得的值，根據正弦定理可得的邊長，再根據三角形面積公式求其面積。試題解析：【解析】

（1）由所給條件，方程的兩根2分∴4分6分（或由韋達定理直接給出）(2)∵∴由（1）知，∵為三角形的內角，∴8分∵，為三角形的內角，∴由正弦定理得：∴.9分由∴∴12分考點：1兩角和差公式；2同角三角函數基本關系式；3正弦定理；4三角形面積公式?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2）26、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）由直線與以為圓心的圓相切得到該圓的半徑，然后根據圓心的坐標與半徑即可寫出圓的標準方程；（2）先由弦的長與圓的半徑得到圓心到直線的距離進而設出直線的方程（注意檢驗直線斜率不存在的情況），由點到直線的距離公式即可算出的取值，從而可寫出直線的方程.

試題解析：（1）由題意知到直線的距離為圓半徑

圓的方程為

（2）設線段的中點為連結則由垂徑定理可知且在中由勾股定理易知

當動直線的斜率不存在時，直線的方程為時；顯然滿足題意；

當動直線的斜率存在時，設動直線的方程為：

由到動直線的距離為1得

或為所求方程.

考點：1.圓的標準方程；2.點到直線的距離公式；3.直線與圓的位置關系.【解析】【答案】（1）（2）或六、綜合題(共4題，共20分)27、略

【分析】【分析】（1）將A、B兩點代入函數y1=px+q中，可求函數解析式，將A、B代入y2=ax2+bx+c中，再利用根與系數關系，列方程組求y2的函數關系式；

（2）根據A、B、C三點坐標，利用組合圖形求三角形的面積．【解析】【解答】解：（1）將A、B兩點坐標代入函數y1=px+q中，得，解得；

∴函數y1=x-2；

由根與系數關系，得x1+x2=-，x1?x2=；

∵|x1-x2|=2，∴（x1-x2）2=8，即（x1+x2）2-4x1?x2=8，b2-4ac=8a2；

將A、B兩點坐標代入函數y2=ax2+bx+c中，得，解得或；

∴函數y2=x2-x-或y2=-x2+3x-；

（2）當y2=x2-x-時，C（0，-）；

S△ABC=×（1+3）×2-×3×（1+）-×1×=；

當y2=-x2+3x-時，C（0，-）；

S△ABC=×（1+）×3-×（1+3）×2-×1×（-1）=．28、略

【分析】【分析】（1）判定拋物線的頂點必在x軸的下方；根據開口方向，二次函數只要與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=129、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軸的交點坐標，即可求得OA，OB的長度，進而求得正切值；

（2）利用切割線定理，可以得到OA2=AD?AB，據此即可得到一個關于b的方程，從而求得b的值；

（3）利用兩角對應相等的兩個三角形相似即可證得兩個三角形相似．【解析】【解答】解：（1）∵當x=0時，y=b，當y=0時，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=90°

∴∠EOC=∠ODA=90°；

又∵OC=CD

∴∠COD=∠CDO

∴∠COD+∠EOC=∠CDO+∠ODA