2024年统编版2024高一数学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年统编版2024高一数学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、若直线与圆相交于两点，且（其中为原点），则的值为（）A.或B.C.或D.2、【题文】某几何体的三视图如图所示；则该几何体的表面积为()．

A.180B.200C.220D.2403、【题文】在三棱柱中，已知此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为（）.A.B.C.D.4、【题文】若为圆的弦的中点，则直线的方程是（）A.B.C.D.5、【题文】已知圆C的半径为圆心在轴的正半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（）A.B.C.D.6、函数的定义域为()A.B.C.D.7、若函数f（x）=是奇函数，则使f（x）＞3成立的x的取值范围为（）A.（﹣∞，﹣1）B.（﹣1，0）C.（0，1）D.（1，+∞）8、半径为1

圆心角为2娄脨3

的扇形的面积为(

)

A.娄脨3

B.2娄脨3

C.娄脨

D.4娄脨3

9、一名射击运动员射击10

次；命中环数如下，则该运动员命中环数的标准差为(

)

1010109108810108

．A.0.81

B.0.9

C.0.64

D.0.8

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、已知y=f（x）+2x2为奇函数，且g（x）=f（x）+1．若f（2）=2，则g（-2）=____．11、比较大小：____(填>,<或=)12、【题文】下面图像反映的是甲；乙两人以每分钟80米的速度从公司出发步行到火车站乘车的过程．在去火车站的途中；甲突然发现忘带预购的火车票，于是立刻以同样的速度返回公司，然后乘出租车赶往火车站，途中与乙相遇后，带上乙一同到火车站(忽略停顿所需时间），结果到火车站的时间比预计步行到火车站的时间早到了3分钟．

⑴甲、乙离开公司____分钟时发现忘记带火车票；图中甲；乙预计步行到火车站时路程s与时。

间t的函数解析式为____（不要求写自变量的取值范围）

⑵求出图中出租车行驶时路程s与时间t的函数解析式（不要求写自变量的取值范围）；

⑶求公司到火车站的距离．

13、已{x1，x2，x3，x4}⊆{x＞0|（x﹣3）•sinπx=1}，则x1+x2+x3+x4的最小值为____14、化简：=______．15、已知数列{an}满足：a4n-3=1，a4n-1=0，a2n=an，n∈N*，则a2014=______．16、已知数列1，，则3是它的第______项．评卷人得分三、证明题(共8题，共16分)17、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．18、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点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、如图，已知：D、E分别为△ABC的AB、AC边上的点，DE∥BC，BE与CD交于点O，直线AO与BC边交于M，与DE交于N，求证：BM=MC．20、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．21、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．22、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．23、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，圆O的半径为1，求证：EC2+ED2=2．24、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．评卷人得分四、解答题(共2题，共18分)25、【题文】某商品的市场日需求量和日产量均为价格的函数，且

日成本C关于日产量的关系为

(1)当时的价格为均衡价格，求均衡价格

(2)当时日利润最大，求26、【题文】（4-1几何证明选讲）（本小题10分）

如图圆O和圆相交于A，B两点，AC是圆的切线；AD

是圆O的切线，若BC=2，AB=4，求BD.评卷人得分五、作图题(共2题，共8分)27、以下是一个用基本算法语句编写的程序；根据程序画出其相应的程序框图．

28、请画出如图几何体的三视图．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【解析】试题分析：圆的圆心半径是等腰三角形，腰长为1，所以弦长底边上的高即圆心到直线的距离为考点：直线与圆相交的弦长问题【解析】【答案】A2、D【分析】【解析】由三视图还原的几何体为两底面为梯形的直棱柱；底面梯形的面积为。

(2＋8)×4＝20，梯形腰长为＝5.则棱柱的四个侧面的面积之和为。

(2＋8＋5＋5)×10＝200.所以棱柱的表面积为200＋2×20＝240.【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】

试题分析：把三棱柱补成长方体三棱柱与长方体由相同的外接球，长方体的对角线长就是球的直径长，即

考点：球的体积.【解析】【答案】A4、A【分析】【解析】依题意可得点与圆心所在直线与直线垂直，从而可得直线斜率为而点也在直线上，所以有直线方程为即故选A【解析】【答案】A5、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D6、C【分析】【解答】由题意得解得所以所求函数的定义域为选C.7、C【分析】【解答】解：∵f（x）=是奇函数，∴f（﹣x）=﹣f（x）即整理可得，

∴1﹣a•2x=a﹣2x∴a=1，∴f（x）=

∵f（x））=＞3∴﹣3=＞0，整理可得，∴1＜2x＜2解可得；0＜x＜1

故选：C

【分析】由f（x）为奇函数，根据奇函数的定义可求a，代入即可求解不等式．8、A【分析】解：由扇形面积公式得：

S=12隆脕|娄脕|隆脕R2

=12隆脕2娄脨3隆脕12

=娄脨3

．

故选：A

．

根据扇形的面积公式；计算即可．

本题考查了扇形面积公式应用问题，是基础题．【解析】A

9、B【分析】解：x.=110(60+9+24)=9.3

故方差是s2=110(0.49隆脕6+0.09+1.69隆脕3)=0.81

故s=0.9

故选：B

．

根据题中的数据；结合平均数；方差的计算公式，不难算出学员在一次射击测试中射击命中环数的方差，从而得到答案．

本题以求两人射击命中环数的平均数和方差为载体，考查了样本平均数、方差的计算公式和对特征数的处理等知识，属于基础题．【解析】B

二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

∵y=f（x）+2x2为奇函数；且f（2）=2；

所以f（2）+2×22+f（-2）+2×（-2）2=0；

解得f（-2）=-18；

∵g（x）=f（x）+1；

∴g（-2）=f（-2）+1=-18+1=-17．

故答案为：-17．

【解析】【答案】由题意；可先由函数是奇函数求出f（-2）=-18，再将其代入g（-2）求值即可得到答案．

11、略

【分析】∵且∴<【解析】【答案】<12、略

【分析】【解析】本题通过考查一次函数的应用来考查从图象上获取信息的能力．要注意题中分段函数的意义。

（1）根据图中一条函数的折返点的纵坐标是480；我们可得知，甲走了480米后才发现了没带票的，根据他的速度是80米/分钟，那么应该是6分钟后发现自己没带票的．预计到车站的函数关系式可根据路程=速度×时间来列，即y=80t

（2）根据乙的速度为80米/分；因此16分他共走了1280米，那么可根据点（12，0）和（16，1280），用待定系数法来求出y与t的函数式．

（3）根据（2）得出的式子我们就可得出出租车的速度（应该和斜率相等）．

(1)6；S=80t4分。

（2）S=320t-3840..8分。

（3）1600米..12分【解析】【答案】(1)6，S=80t；（2）S="320t-3840"；（3）1600米。13、12【分析】【解答】解：由（x﹣3）•sinπx=1，得sinπx=

设y=f（x）=sinπx，g（x）=

则g（x）关于（3；0）成中心对称．

当x=3时；f（0）=sinx3π=0；

即f（x）关于（3；0）成中心对称．

作出函数f（x）和g（x）的图象如图：

当x＞0时，要使x1+x2+x3+x4的值最小；则两个函数前四个交点的横坐标之后最小；

此时四个交点关于（3；0）成中心对称．

∴此时最小值为x1+x2+x3+x4=4×3=12．

故答案为：12．

【分析】利用数形结合求出方程（x﹣3）•sinπx=1根的分布情况，利用f（x）=sinπx，g（x）=同时关于（3，0）对称，得到x1+x2+x3+x4的最小值．14、略

【分析】解：=（）-（+）=-=

故答案为：．

利用向量加法的三角形法则即可求得答案．

本题考查向量加减混合运算及其几何意义，属基础题．【解析】15、略

【分析】解：∵a4n-3=1，a4n-1=0，a2n=an，n∈N*；

∴a2014=a1007=a4×252-1=0．

故答案为：0．

由a2n=an，n∈N*，可得a2014=a1007，而a4n-1=0，可得a1007=a4×252-1．

本题考查了通过观察分析求数列得出通项公式，考查了推理能力，属于基础题．【解析】016、略

【分析】解：根据题意，令=3

两边平方得2n-1=45；

解得n=23．

故答案为：23．

根据题意，列方程=3解方程即可．

本题考查了数列的概念与通项公式的应用问题，是基础题．【解析】23三、证明题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB•ACsin（α+β）=BD•AD+CD•AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．18、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【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为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心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】延长AM，过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．根据平行线分线段成比例的性质和逆定理可得CF∥BE，根据平行四边形的判定和性质即可得证．【解析】【解答】证明：延长AM；过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

从而四边形OBFC为平行四边形；

所以BM=MC．20、略

【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四边形GBFC是平行四边形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵过A；G的圆与BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四点共圆；

∴GA；GF=GC•GD；

即GA2=GC•GD．21、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴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为⊙O的直径；

∴∠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．22、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）证明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．23、略

【分析】【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．【解析】【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四点