2025年湘教新版高一數(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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年湘教新版高一數(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5題，共10分)1、設(shè)l、m是兩條不同的直線，α、β是兩個(gè)不同的平面，則下列論述正確的是（）A.若B.C.若D.若2、先后拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，則至少一次正面朝上的概率為A.B.C.D.3、設(shè)則（）（A）10(B)11(C)12(D)134、如圖；某幾何體的正視圖（主視圖），側(cè)視圖（左視圖）和俯視圖分別是等邊三角形，等腰三角形和菱形，則該幾何體體積為（）

A.4B.4C.2D.25、函數(shù)y=sin（2x﹣）的一條對(duì)稱(chēng)軸是（）A.x=B.x=C.x=D.x=評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、等比數(shù)列{an}中，an＞0，a5a6=9，則log3a1+log3a2+log3a3++log3a10=____．7、指數(shù)函數(shù)滿(mǎn)足則實(shí)數(shù)的取值范圍是____.8、【題文】．函數(shù)y=的單調(diào)遞減區(qū)間是____.9、不等式x2＜2x的解集為_(kāi)___．10、設(shè)OxOy

是平面內(nèi)相交成60鈭?

角的兩條數(shù)軸，e1鈫?e2鈫?

分別是與x

軸、y

軸正方向同向的單位向量，若OP鈫?=xe1鈫?+ye2鈫?

則把有序數(shù)對(duì)(x,y)

叫做向量OP鈫?

在坐標(biāo)系xOy

中的坐標(biāo)，假設(shè)OP1鈫?=(2,3),OP2鈫?=(3,2)

則|P1P2鈫?|=

______．評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共6題，共12分)11、解分式方程：．12、分別求所有的實(shí)數(shù)k，使得關(guān)于x的方程kx2+（k+1）x+（k-1）=0

（1）有實(shí)根；

（2）都是整數(shù)根．13、已知x、y均為實(shí)數(shù)，且滿(mǎn)足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，則x4+x3y+x2y2+xy3+y4=____．14、已知b＜a＜0，且a-b=3，ab=1；

（1）求a+b的值；

（2）求的值．15、已知x+y=x-1+y-1≠0，則xy=____．16、計(jì)算：0.0081+（4）2+（）﹣16﹣0.75+2．評(píng)卷人得分四、作圖題(共1題，共8分)17、已知簡(jiǎn)單組合體如圖；試畫(huà)出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評(píng)卷人得分五、解答題(共2題，共10分)18、【題文】如圖；已知平行四邊形ABCD中，BC＝6，正方形ADEF所在平面與平面ABCD垂直，G，H分別是DF，BE的中點(diǎn)．

(1)求證：GH∥平面CDE；

(2)若CD＝2，DB＝4求四棱錐F—ABCD的體積．19、用定義法證明函數(shù)f（x）=在區(qū)間（0，1）是減函數(shù)．評(píng)卷人得分六、證明題(共3題，共9分)20、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．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．22、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】試題分析：平行于同一個(gè)平面的兩條直線可能平行，相交，異面直線，故錯(cuò)；中兩平面可能相交；由線面垂直的性質(zhì)定理判定對(duì)；中直線可能與平面平行.考點(diǎn)：空間中直線和平面的位置關(guān)系.【解析】【答案】C2、A【分析】【解析】

先后拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，共有4種情況，則至少一次正面朝上有3種情況(正，正)（正，反）（反，正）。因此利用古典概型可知所求的的概率為3/4【解析】【答案】A3、B【分析】試題分析：因?yàn)閤=5所以又因?yàn)閤=11，所以即所以=所以所以故選B.考點(diǎn)：1.分段函數(shù)的性質(zhì).2.轉(zhuǎn)化化歸的思想.【解析】【答案】B4、C【分析】【解答】解：由已知中該幾何中的三視圖中有兩個(gè)三角形一個(gè)菱形可得。

這個(gè)幾何體是一個(gè)四棱錐。

由圖可知，底面兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別為22，底面邊長(zhǎng)為2

故底面棱形的面積為

側(cè)棱為2則棱錐的高h(yuǎn)=

故V=

故選C

【分析】根據(jù)已知中的三視圖及相關(guān)視圖邊的長(zhǎng)度，我們易判斷出該幾何體的形狀及底面積和高的值，代入棱錐體積公式即可求出答案．5、B【分析】【解答】解：對(duì)于函數(shù)y=sin（2x﹣），令2x﹣=kπ+求得x=+k∈Z；

可得它的圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸是x=

故選：B．

【分析】利用正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱(chēng)性，求得y=sin（2x﹣）的一條對(duì)稱(chēng)軸．二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】

根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9

∴l(xiāng)og3a1+log3a2+log3a3++log3a10===5log39=5×2=10

故答案為：10

【解析】【答案】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，得出a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9；再根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)化簡(jiǎn)計(jì)算即可．

7、略

【分析】因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)滿(mǎn)足0<2a-1<1，解得實(shí)數(shù)的取值范圍是【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】解：由得或又所以單調(diào)減區(qū)間為（－∞,－3］【解析】【答案】（－∞，－3］9、（0，2）【分析】【解答】解：不等式x2＜2x化為：x2﹣2x＜0；

可因式分解為x（x﹣2）＜0；

對(duì)應(yīng)方程的實(shí)數(shù)根為：x1=0，x2=2；

不等式x2＜2x的解集為：（0；2）．

故答案為：（0；2）．

【分析】通過(guò)提公因式可因式分解，求對(duì)應(yīng)方程的根，比較兩根大小，寫(xiě)出不等式的解集．10、略

【分析】解：根據(jù)題意，e1鈫??e2鈫?=1隆脕1隆脕cos60鈭?=12

OP1鈫?=(2,3)=2e1鈫?+3e2鈫?

OP2鈫?=(3,2)=3e1鈫?+2e2鈫?

隆脿P1P2鈫?=OP2鈫?鈭?OP1鈫?=e1鈫?鈭?e2鈫?

隆脿|P1P2鈫?|=e1鈫?2鈭?2e1鈫?鈰?e2鈫?+e2鈫?2=1鈭?2隆脕12+1=1

．

故答案為：1

．

根據(jù)題意，計(jì)算e1鈫??e2鈫?=12

由OP1鈫?OP2鈫?

求出P1P2鈫?

再求模長(zhǎng)|P1P2鈫?|

．

本題考查了平面向量的線性運(yùn)算與模長(zhǎng)公式的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．【解析】1

三、計(jì)算題(共6題，共12分)11、略

【分析】【分析】先去分母得到整式方程2x2+5x-7=x（x-1），再整理后解整式方程得到x1=-7，x2=1，然后進(jìn)行檢驗(yàn)，把x1=-7，x2=1分別代入x（x-1）中計(jì)算得到x=1時(shí)，x（x-1）=0；x=-7時(shí)，x（x-1）≠0，即可得到原方程的解．【解析】【解答】解：方程兩邊同時(shí)乘以x（x-1），得2x2+5x-7=x（x-1）；

整理得x2+6x-7=0；即（x+7）（x-1）=0；

解得x1=-7，x2=1；

經(jīng)檢驗(yàn)；x=-7是原方程的解；x=1是原方程的增根；

所以原方程的解是x=-7．12、略

【分析】【分析】（1）分類(lèi)討論：當(dāng)k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1，則-3k2+6k+1≥0，利用二次函數(shù)的圖象解此不等式得≤k≤；最后綜合得到當(dāng)≤k≤時(shí)；方程有實(shí)數(shù)根；

（2）分類(lèi)討論：當(dāng)k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數(shù)根為x=1；當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4，要使一元二次方程都是整數(shù)根，則△必須為完全平方數(shù)，得到k=1，2，-，k=1±；然后利用求根公式分別求解即可得到k=1、2、-時(shí)方程的解都為整數(shù)．【解析】【解答】解：（1）當(dāng)k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；

當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1；

當(dāng)△≥0，即-3k2+6k+1≥0，方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，解得≤k≤；

∴當(dāng)≤k≤時(shí)；方程有實(shí)數(shù)根；

（2）當(dāng)k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數(shù)根為x=1；

當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4；

一元二次方程都是整數(shù)根；則△必須為完全平方數(shù)；

∴當(dāng)△=4，則k=1；當(dāng)△=1，則k=2；當(dāng)△=時(shí)，k=-；當(dāng)△=0，則k=1±；

而x=；

當(dāng)k=1；解得x=0或-2；

當(dāng)k=2，解得x=-或-1；

當(dāng)k=-；解得x=2或4；

當(dāng)k=1±；解得x都不為整數(shù)，并且k為其它數(shù)△為完全平方數(shù)時(shí)，解得x都不為整數(shù)．

∴當(dāng)k為0、1、-時(shí)方程都是整數(shù)根．13、略

【分析】【分析】本題須先根據(jù)題意求出x2+y2和x2y2的值，再求出x4+y4的值，最后代入原式即可求出結(jié)果．【解析】【解答】解：x2y+xy2=xy（x+y）=66；

設(shè)xy=m；x+y=n；

由xy+x+y=17；得到m+n=17，由xy（x+y）=66，得到mn=66；

∴m=6；n=11或m=11，n=6（舍去）；

∴xy=m=6；x+y=n=11；

x2+y2=112-2×6=109，x2y2=36

x4+y4=1092-36×2=11809

x4+x3y+x2y2+xy3+y4

=11809+6×109+36

=12499．

故答案為：1249914、略

【分析】【分析】（1）要求a+b，可以首先求得（a+b）2的值，利用完全平方公式中（a+b）2與（a-b）2之間的關(guān)系；即可求解；

（2）根據(jù)===，代入即可求解．【解析】【解答】解：（1）∵b＜a＜0

∴a+b＜0（1分）

又∵（a+b）2=（a-b）2+4ab=13

∴a+b=±

∵b＜a＜0

∴a+b=-

（2）∵a-b=3

∴（a-b）2=a2+b2-2ab=9

∴a2+b2=9+2ab=9+2=11

∴====-×3×11=-33．15、略

【分析】【分析】先把原式化為x+y=+=的形式，再根據(jù)等式的性質(zhì)求出xy的值即可．【解析】【解答】解：∵x+y=x-1+y-1≠0；

∴x+y=+=；

∴xy=1．

故答案為：1．16、解：原式=++﹣24×（﹣0.75）+5=0.3++﹣+5=5.55【分析】【分析】根據(jù)指數(shù)冪和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)化簡(jiǎn)即可．四、作圖題(共1題，共8分)17、

解：幾何體的三視圖為：

【分析】【分析】利用三視圖的作法，畫(huà)出三視圖即可．五、解答題(共2題，共10分)18、略

【分析】【解析】(1)證明方法一∵EF∥AD；AD∥BC，∴EF∥BC.

又EF＝AD＝BC；∴四邊形EFBC是平行四邊形；

∴H為FC的中點(diǎn)．

又∵G是FD的中點(diǎn)；∴HG∥CD.

∵HG?平面CDE；CD?平面CDE；

∴GH∥平面CDE.

方法二連接EA；∵ADEF是正方形；

∴G是AE的中點(diǎn)．

∴在△EAB中；GH∥AB.

又∵AB∥CD；∴GH∥CD.

∵HG?平面CDE；CD?平面CDE；

∴GH∥平面CDE.

(2)解∵平面ADEF⊥平面ABCD；交線為AD；

且FA⊥AD；∴FA⊥平面ABCD.

∵AD＝BC＝6；∴FA＝AD＝6.

又∵CD＝2，DB＝4CD2＋DB2＝BC2；∴BD⊥CD.

∵S?ABCD＝CD·BD＝8

∴VF—ABCD＝S?ABCD·FA＝×8×6＝16【解析】【答案】（1）見(jiàn)解析（2）1619、略

【分析】

利用函數(shù)單調(diào)性的定義；取值，作差，變形，定號(hào)，下結(jié)論，即可證得．

本題考查函數(shù)單調(diào)性的定義，考查單調(diào)性的證明，利用單調(diào)性的證明步驟是解題的關(guān)鍵．【解析】解：設(shè)x1，x2∈（0，1）且x1＜x2；

則

∵x1＜x2∴x2-x1＞0；

∵x1，x2∈（0，1）∴x1+1＞0，x2+1＞0，x1-1＜0，x2-1＜0；

∴f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）；

所以，函數(shù)在區(qū)間（0，1）是減函數(shù)．六、證明題(共3題，共9分)20、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．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(guò)相似三角形來(lái)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(guò)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