…………○…………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年湘教版高一數學下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7題，共14分)1、某水池有編號為1；2，，9的9個水管，有的是進水管，有的是出水管，已知所開的水管號與水池灌滿的時間如下表，則9個水管一起開，灌滿水池的時間為（）

。水管號1，22，33，44，55，66，77，88，99，1時間（小時）248163162124248496A.小時B.1小時C.2小時D.不能確定2、在平面直角坐標系中，橫、縱坐標均為整數的點叫做格點，若某函數f（x）的圖象恰好經過n個格點，則稱該函數f（x）為n階格點函數．給出下列函數：①y=|x|；②③④⑤y=lgx；⑥．則其中為一階格點函數的是（）

A.①④⑥

B.②③

C.③⑤

D.②⑤

3、正四棱錐P-ABCD中，高PO的長是底面長的且它的體積等于則棱AB與側面PCD之間的距離是（）

A.

B.2cm3

C.1cm3

D.

4、若-2x+3x-2＞0，則+2|x-2|等于（）

A.4x-5

B.-3

C.3

D.5-4

5、【題文】以坐標軸為對稱軸，以原點為頂點且過圓的圓心的拋物線的方程是（）A.或B.C.x或D.或6、函數y=的圖象大致為（）A.B.C.D.7、兩圓x2+y2鈭?1=0

和x2+y2鈭?4x+2y鈭?4=0

的位置關系是(

)

A.內切B.相交C.外切D.外離評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、設圓C：x2+y2=25，直線l：3x-4y-10=0，則圓C上到直線l的距離為3的點共有____個．9、設a＞0，b＞0，且ab-a-b-1≥0，則a+b的取值范圍為____．10、若與的夾角為則的值是____．11、集合其中若中有且僅有一個元素，則的值是．12、已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是.13、【題文】圖①中的三視圖表示的實物為_____________；

圖②為長方體積木塊堆成的幾何體的三視圖；此幾何體共由_______塊木塊堆成．

14、已知點圓點是圓上任意一點，若為定值，則____.15、函數的定義域為______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)16、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．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，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．20、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．21、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．22、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=2．23、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．評卷人得分四、解答題(共2題，共10分)24、設函數（Ⅰ）若且對任意實數均有成立,求的表達式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下,當時,是單調函數,求實數的取值范圍.25、【題文】直線經過點且傾斜角為45度，求直線的點斜式方程，并畫出直線．評卷人得分五、作圖題(共1題，共8分)26、某潛艇為躲避反潛飛機的偵查，緊急下潛50m后，又以15km/h的速度，沿北偏東45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏東60°前行8min，最后擺脫了反潛飛機的偵查．試畫出潛艇整個過程的位移示意圖．評卷人得分六、計算題(共3題，共15分)27、已知x=，y=，則x6+y6=____．28、已知：（b-c）2=（a-b）（c-a），且a≠0，則=____．29、（2002?溫州校級自主招生）已知：如圖，A、B、C、D四點對應的實數都是整數，若點A對應于實數a，點B對應于實數b，且b-2a=7，那么數軸上的原點應是____點．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】設灌滿水池的時間為x小時，根據工作量=工作時間×工作效率，根據表格中給出的兩個兩個水管的工作效率可列方程求解．【解析】【解答】解：設灌滿水池的時間為x小時；

（++++++++）x=1；

x≈2

灌滿水池的時間為2小時．

故選C．2、B【分析】

①y=|x|的圖象經過兩個格點：（1；1）和（-1，-1）；

②的圖象經過一個格點：（0；1）；

③的圖象經過一個格點（0；1）；

④中；只要x取偶數時，其圖象都過格點，故有無數個格點；

⑤y=lgx中，只要x是10n；n∈Z，其圖象都過格點，故有無數個格點；

⑥中；只要x是一個整數的立方，其圖象都過格點，故有無數個格點．

故其中為一階格點函數的是②③．

故選B．

【解析】【答案】①y=|x|的圖象經過兩個格點：（1，1）和（-1，-1）；②的圖象經過一個格點：（0，1）；③的圖象經過一個格點（0，1）；④中，圖象過無數個格點；⑤y=lgx中，圖象過無數個格點；⑥中；圖象過無數個格點．

3、A【分析】

設底面邊長為a，則它的體積等于=

∴a=2．斜高h′=S△PCD=

三棱錐P-ACD的體積=AB與面PCD平行，棱AB與側面PCD之間的距離轉化為A到側面PCD之間的距離；

由等體積，=h=

故選A

【解析】【答案】根據條件；求出正四棱錐P-ABCD的底面邊長AB=2，棱AB與側面PCD之間的距離轉化為A到側面PCD之間的距離，再用等體積法求出．

4、A【分析】

由-2x+3x-2＞0；可得x＞2；

因為+2|x-2|=|2x-1|+2|x-2|=2x-1+2x-4=4x-5

故選A．

【解析】【答案】由-2x+3x-2＞0，推出x的范圍，化簡+2|x-2|；然后去掉絕對值符號，即可得到結果．

5、D【分析】【解析】解：根據題意知；

圓心為（1；-3）；

（1）設x2=2py，p="-1"6，x2=-y；

（2）設y2=2px，p=y2=9x

故選D．【解析】【答案】D6、A【分析】【解答】解析：函數有意義，需使ex﹣e﹣x≠0；

其定義域為{x|x≠0}；排除C，D；

又因為

所以當x＞0時函數為減函數；故選A

答案：A．

【分析】欲判斷圖象大致圖象，可從函數的定義域{x|x≠0}方面考慮，還可從函數的單調性（在函數當x＞0時函數為減函數）方面進行考慮即可．7、B【分析】解：圓x2+y2鈭?1=0

表示以1(0,0)

點為圓心；以R1=1

為半徑的圓；

圓x2+y2鈭?4x+2y鈭?4=0

表示以2(2,鈭?1)

點為圓心；以R2=3

為半徑的圓；

隆脽|O1O2|=5

隆脿R2鈭?R1<|O1O2|<R2+R1

隆脿

圓x2+y2鈭?1=0

和圓x2+y2鈭?4x+2y鈭?4=0

相交。

故選B．

由已知中兩圓的方程：x2+y2鈭?1=0

和x2+y2鈭?4x+2y鈭?4=0

我們可以求出他們的圓心坐標及半徑，進而求出圓心距|O1O2|

比較|O1O2|

與R2鈭?R1

及R2+R1

的大小，即可得到兩個圓之間的位置關系．

本題考查的知識點是圓與圓的位置關系及其判定，若圓O1

的半徑為R1

圓O2

的半徑為R2(R2鈮?R1)

則當|O1O2|>R2+R1

時，兩圓外離，當|O1O2|=R2+R1

時，兩圓外切，當R2鈭?R1<|O1O2|<R2+R1

時，兩相交，當|O1O2|=R2鈭?R1

時，兩圓內切，當|O1O2|<R2鈭?R1

時，兩圓內含．【解析】B

二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】

圓x2+y2=25的圓心（0；0），半徑是5；

圓心到直線3x-4y-10=0的距離是=2；

故圓上的點到直線x+y+1=0的距離為3的共有3個．

故答案為：3．

【解析】【答案】先根據圓的標準方程找出圓心和半徑；再看圓心到直線的距離，和3比較，根據圖形可得結果．

9、略

【分析】

∵a＞0，b＞0，且ab-a-b-1≥0，∴

令a+b=t，則解得．即．

故a+b的取值范圍為．

故答案為．

【解析】【答案】利用基本不等式的性質即可得出．

10、略

【分析】【解析】試題分析：=||?||cos<>×cos30°=4sin30°cos30°=2sin60°=考點：本題主要考查平面向量的數量積，三角函數的倍半公式，特殊角的函數值。【解析】【答案】11、略

【分析】試題分析：據題知集合A中的元素是圓心為坐標原點，半徑為2的圓上的任一點坐標，集合B的元素是以（3，4）為圓心，r為半徑的圓上任一點的坐標；因為r＞0，若A∩B中有且僅有一個元素，則集合A和集合B只有一個公共元素即兩圓有且只有一個交點，則兩圓相切，圓心距d=R+r或d=R-r；根據勾股定理求出兩個圓心的距離為5，一圓半徑為2，則r=3或7，故答案為3或7.考點：1.集合的運算；2.圓與圓的位置（外切、內切）關系.【解析】【答案】3或712、略

【分析】試題分析：當時，是單調遞減函數，故解得當時，是單調遞減函數，故當趨近于1時，解得綜上所述，實數的取值范圍是：故答案為：考點：1.分段函數的圖像；2.分段函數的單調性.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】圓錐；414、0【分析】【解答】設則整理得。

又是圓上的任意一點，故

圓的普通方程為因此解得

【分析】本題主要考查了圓的普通方程、軌跡方程，解決問題的關鍵是根據所給圓的普通方程分表示圓的條件得到b值即可.15、略

【分析】解：函數的定義域為：

{x|}；

解得{x|}；

故答案為：（]．

函數的定義域為：{x|}；由此能求出結果．

本題考查對數函數的定義域，是基礎題．解題時要認真審題，仔細解答．【解析】（1]三、證明題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據切線的性質得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結論；

（2）根據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．17、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；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，根據角平分線性質推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據等腰三角形性質求出AF=CF，根據三角函數的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據銳角三角函數的定義求出即可．【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】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；

∴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．20、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯立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，此時發現∠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現；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的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內接四邊形；

∴∠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．21、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；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．22、略

【分析】【分析】首先作CD關于AB的對稱直線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關于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．23、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據平行線分線段成比例的性質和逆定理可得CF∥BE，根據平行四邊形的判定和性質即可得證．