2025年湘教版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年湘教版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷630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9題，共18分)1、下列各數(shù)中，最小的數(shù)是（）A.-3B.3-1C.-|-|D.02、已知?jiǎng)ttan（2α-β）的值是（）

A.-1

B.0

C.

D.1

3、為得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖像（）A.向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位B.向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位C.向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位D.向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位4、在一個(gè)錐體中，作平行于底面的截面，若這個(gè)截面面積與底面面積之比為1∶3，則錐體被截面所分成的兩部分的體積之比為（）A．1∶B．1∶9C．1∶D．1∶5、【題文】函數(shù)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是A.()B.()C.()D.()6、下列函數(shù)中既是奇函數(shù)又在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減的是（）A.y=sinxB.a＜bC.D.7、在△ABC中，sinA?sinB＜cosA?cosB，則這個(gè)三角形的形狀是（）A.銳角三角形B.鈍角三角形C.直角三角形D.等腰三角形8、若cos（﹣α）=則sin2α=（）A.B.C.﹣D.﹣9、平面內(nèi)給定三個(gè)向量=（3，2），=（-1，2），=（4，1），若（+k）∥（2-）則實(shí)數(shù)k的值為（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、若x，y均為正數(shù)，且則4x+3y的最小值為_(kāi)___．11、．12、如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為BD1的中點(diǎn)，則△PAC在該正方體各個(gè)面上的射影可能是____

13、在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB=2，BC=1，PA=3，AD=4，PA⊥底面ABCD，E是PD上一點(diǎn)，且CE∥平面PAB，則三棱錐C-ABE的體積為_(kāi)_____．14、函數(shù)f(x)=x2+mx鈭?1

在[鈭?1,3]

上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m

的取值范圍是______．評(píng)卷人得分三、證明題(共9題，共18分)15、求證：（1）周長(zhǎng)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(xiàn)做成的線(xiàn)圈，它的周長(zhǎng)是2l，不管線(xiàn)圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．16、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線(xiàn)AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．17、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(xiàn)交圓于D，求證：AG2=GC?GD．18、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．19、求證：（1）周長(zhǎng)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(xiàn)做成的線(xiàn)圈，它的周長(zhǎng)是2l，不管線(xiàn)圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．20、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)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．21、如圖；過(guò)圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線(xiàn)DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長(zhǎng)線(xiàn)于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長(zhǎng)．22、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過(guò)點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．23、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(xiàn)EX與∠F的平分線(xiàn)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．評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共2題，共12分)24、有一個(gè)各條棱長(zhǎng)均為a的正四棱錐（底面是正方形，4個(gè)側(cè)面是等邊三角形的幾何體）．現(xiàn)用一張正方形包裝紙將其完全包住，不能裁剪，可以折疊，那么包裝紙的最小邊長(zhǎng)為_(kāi)___．25、計(jì)算：sin50°（1+tan10°）．評(píng)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(jī)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(jī)的偵查．試畫(huà)出潛艇整個(gè)過(guò)程的位移示意圖．評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)27、如圖，已知：⊙O1與⊙O2外切于點(diǎn)O，以直線(xiàn)O1O2為x軸，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系，直線(xiàn)AB切⊙O1于點(diǎn)B，切⊙O2于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)C（0，2），交x軸于點(diǎn)M．BO的延長(zhǎng)線(xiàn)交⊙O2于點(diǎn)D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半徑的長(zhǎng)；

（2）求線(xiàn)段AB的解析式；

（3）在直線(xiàn)AB上是否存在點(diǎn)P，使△MO2P與△MOB相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)與此時(shí)k=的值，若不存在，說(shuō)明理由．28、已知開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)y=ax2+bx+c與x軸交于A（-3；0）；B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，∠ACB不小于90°．

（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)（用含a的代數(shù)式表示）；

（2）求系數(shù)a的取值范圍；

（3）設(shè)拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)為D；求△BCD中CD邊上的高h(yuǎn)的最大值．

（4）設(shè)E，當(dāng)∠ACB=90°，在線(xiàn)段AC上是否存在點(diǎn)F，使得直線(xiàn)EF將△ABC的面積平分？若存在，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】根據(jù)正數(shù)大于零，零大于負(fù)數(shù)，可得答案．【解析】【解答】解：-3＜-|-|＜0＜3-1；

故選：A．2、D【分析】

∵tanα=tan[（α-β）+β]===

∴tan（2α-β）=tan[（α-β）+α]=

==1

故選D

【解析】【答案】由tanα=tan[（α-β）+β]=可先求tanα，再由tan（2α-β）=tan[（α-β）+α]=可求。

3、A【分析】因?yàn)樗灾恍枰獙=sinx的圖像向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位即可【解析】【答案】A4、D【分析】【解析】

因?yàn)樵谝粋€(gè)錐體中，作平行于底面的截面，若這個(gè)截面面積與底面面積之比為1∶3，那么分為的兩個(gè)錐體的體積比為1：因此錐體被截面所分成的兩部分的體積之比為．1∶【解析】【答案】D5、A【分析】【解析】由于函數(shù)在（0，+∞）單調(diào)遞增且連續(xù)，根據(jù)零點(diǎn)判定定理只要滿(mǎn)足f（a）f（b）＜0即為滿(mǎn)足條件的區(qū)間。

解：由于函數(shù)在（0；+∞）單調(diào)遞增且連續(xù)。

f()=e-2＜0，f()=ln+e=e-1＞0；f（1）=e＞0

故滿(mǎn)足條件的區(qū)間為（0，）

故選A．【解析】【答案】A6、C【分析】解答：y=sinx是奇函數(shù)，但在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞增，故A錯(cuò)誤；a＜b不是函數(shù)的解析式；故B錯(cuò)誤；

既是奇函數(shù)又在區(qū)間[﹣1；1]上單調(diào)遞減，故C正確；

為偶函數(shù)；故D錯(cuò)誤；

故選C

分析：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)的奇偶性、函數(shù)的單調(diào)性．我們根據(jù)基本函數(shù)的性質(zhì)，分別判斷四個(gè)答案中是否滿(mǎn)足既是奇函數(shù)又在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減，易得到答案．7、B【分析】【解答】解：因?yàn)樵凇鰽BC中；sinA?sinB＜cosA?cosB，所以cos（A+B）＞0；

所以A+B∈（0，），C＞

所以三角形是鈍角三角形．

故選B．

【分析】對(duì)不等式變形，利用兩角和的余弦函數(shù)，求出A+B的范圍，即可判斷三角形的形狀．8、D【分析】【解答】解：∵cos（﹣α）=

∴sin2α=cos（﹣2α）=cos2（﹣α）=2cos2（﹣α）﹣1=2×﹣1=﹣

故選：D．

【分析】利用誘導(dǎo)公式化sin2α=cos（﹣2α），再利用二倍角的余弦可得答案．9、C【分析】解：根據(jù)題意，三個(gè)向量=（3，2），=（-1，2），=（4；1）；

則+k=（3+4k，2+k），2-=（-5；2）；

若（+k）∥（2-）；則有（3+4k）×2=（-5）×（2+k）；

解可得：k=-

故選：C．

根據(jù)題意，由向量的坐標(biāo)運(yùn)算可得+k與2-的坐標(biāo)；進(jìn)而由向量平行的坐標(biāo)表示公式可得（3+4k）×2=（-5）×（2+k），解可得k的值，即可得答案．

本題考查平面向量共線(xiàn)的坐標(biāo)表示，關(guān)鍵是由向量平行的坐標(biāo)表示公式分析得到關(guān)于k的方程．【解析】【答案】C二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

∵x，y均為正數(shù)，且

∴4x+3y=2==50；當(dāng)且僅當(dāng)y=2x=10時(shí)取等號(hào)．

故答案為50．

【解析】【答案】利用“乘1法”和基本不等式的性質(zhì)即可得出．

11、略

【分析】試題分析：由題可知，由二倍角公式可得，則有考點(diǎn)：三角函數(shù)的定義【解析】【答案】12、①④【分析】【解答】解：由所給的正方體知；

△PAC在該正方體上下面上的射影是①；

△PAC在該正方體左右面上的射影是④；

△PAC在該正方體前后面上的射影是④

故答案為：①④

【分析】根據(jù)點(diǎn)的投影的做法，做出△PAC在該正方體各個(gè)面上的射影，這里應(yīng)該有三種情況，做出在前后面上的投影，在上下面上的投影，在左右面上的投影，得到結(jié)果．13、略

【分析】解：過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD于F，

過(guò)F作EF⊥AD交PD于E；

則EF⊥平面ABCD；

∵PA⊥底面ABCD；∴EF∥PA；

∵BA⊥AD；CF⊥AD，∴AB∥FC；

∵PA∩AB=A；EF∩FC=F，PA，AB?平面PAB，EF，F(xiàn)C?平面EFC；

∴平面PAB∥平面EFC；

∵CE?平面EFC；∴CE∥平面PAB；

∴EF=PA=

∴三棱錐C-ABE的體積VC-ABE=VE-ABC==．

故答案為：．

過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD于F，過(guò)F作EF⊥AD交PD于E，則EF⊥平面ABCD，三棱錐C-ABE的體積VC-ABE=VE-ABC；由此能求出結(jié)果．

本題考查三棱錐的體積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．【解析】14、略

【分析】解：f(x)

的函數(shù)圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x=鈭?m2

隆脿f(x)

在(鈭?隆脼,鈭?m2)

上單調(diào)遞減，在(鈭?m2,+隆脼)

上單調(diào)遞增；

隆脽f(x)

在[鈭?1,3]

上是單調(diào)函數(shù)；

隆脿鈭?m2鈮?鈭?1

或鈭?m2鈮?3

解得m鈮?2

或m鈮?鈭?6

．

故答案為：(鈭?隆脼,鈭?6]隆脠[2,+隆脼)

．

根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸與區(qū)間[鈭?1,3]

的關(guān)系列不等式得出m

的范圍．

本題考查了二次函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．【解析】(鈭?隆脼,鈭?6]隆脠[2,+隆脼)

三、證明題(共9題，共18分)15、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(duì)稱(chēng)圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線(xiàn)交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線(xiàn)圈的二點(diǎn)連線(xiàn)段中點(diǎn)作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

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

因此，以G為圓心，長(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線(xiàn)圈．16、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線(xiàn)與AM的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線(xiàn)分線(xiàn)段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線(xiàn)與AM的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．17、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過(guò)A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．18、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

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

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．19、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(duì)稱(chēng)圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線(xiàn)交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線(xiàn)圈的二點(diǎn)連線(xiàn)段中點(diǎn)作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

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

因此，以G為圓心，長(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線(xiàn)圈．20、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線(xiàn)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(guò)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(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過(guò)圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．21、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線(xiàn)OE可以證明，求EF的長(zhǎng)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(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽R(shí)t△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=22、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線(xiàn)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(diǎn)；

∴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．23、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(xiàn)，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(xiàn)．【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(xiàn)；

∴∠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(zhì)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．四、計(jì)算題(共2題，共12分)24、略

【分析】【分析】本題考查的是四棱錐的側(cè)面展開(kāi)問(wèn)題．在解答時(shí)，首先要將四棱錐的四個(gè)側(cè)面沿底面展開(kāi)，觀察展開(kāi)的圖形易知包裝紙的對(duì)角線(xiàn)處在什么位置是，包裝紙面積最小，進(jìn)而獲得問(wèn)題的解答．【解析】【解答】解：由題意可知：當(dāng)正四棱錐沿底面將側(cè)面都展開(kāi)時(shí)如圖所示：

分析易知當(dāng)以PP′為正方形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)；

所需正方形的包裝紙的面積最??；此時(shí)邊長(zhǎng)最?。?/p>

設(shè)此時(shí)的正方形邊長(zhǎng)為x則：（PP′）2=2x2；

又因?yàn)镻P′=a+2×a=a+a；

∴=2x2；

解得：x=a．

故答案為：x=a．25、解：sin50°（1+tan10°）

=sin50°（1+）

=

=

=

=

=1．【分析】【分析】首先，將正切化簡(jiǎn)為弦，然后，結(jié)合輔助角公式和誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)即可．五、作圖題(共1題，共8分)26、解：由題意作示意圖如下；

【分析】【分析】由題意作示意圖。六、綜合題(共2題，共16分)27、略

【分析】【分析】（1）連接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，根據(jù)切線(xiàn)長(zhǎng)定理求出AB的長(zhǎng)，設(shè)O1B為r，根據(jù)勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2）求出∠CMO=∠NO1O2=30°，求出OM，設(shè)AB的解析式是y=kx+b；把C；M的坐標(biāo)代入得到方程組，求出方程組的解即可；

（3）①∠MO2P=30°，過(guò)B作BQ⊥OM于Q，求出MQ，BQ，過(guò)P'作P'W⊥X軸于W，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PW即可得到P的坐標(biāo)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出k即可；②∠MO2P=120°，過(guò)P作PZ⊥X軸于Z，根據(jù)含30度角的直角三角形性質(zhì)求出PZ，即可得到P的坐標(biāo)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出k即可．【解析】【解答】解：（1）連接BO1，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，

∵直線(xiàn)AB切⊙O1于點(diǎn)B，切⊙O2于點(diǎn)A；交y軸于點(diǎn)C（0，2）；

∴CA=CB；CA=CO（切線(xiàn)長(zhǎng)定理）；

∴CA=CB=CO；

∴AB=2OC=4；

設(shè)O1B為r，由O1O22-O2N2=O1N2得（4r）2-（2r）2=42；

解得，3r=2；

答：⊙O2的半徑的長(zhǎng)為．

（2）∵O2N=3r-r=2r，O1O2=r+3r=4r；

∴∠NO1O2=30°；

∴∠CMO=∠NO1O2=30°；

∵OM==2；

M（-2；0）；

設(shè)線(xiàn)段AB的解析式是y=kx+b；

把C、M的坐標(biāo)代入得：；

解得：k=，b=2；

∴線(xiàn)段AB的解析式為y=x+2（-≤x≤）；

（3）△MOB是頂角為120°的等腰三角形，其底邊的長(zhǎng)為2，

假設(shè)滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P存在；

①∠MO2P=30°；

過(guò)B作BQ⊥OM于Q；

∵OB=MB；

∴MQ=OQ=；

∵∠BMO=30°；

∴BQ=1；BM=2；

過(guò)P'作P'W⊥X軸于W；

∴P'W∥BQ；

∴==；

∴P'W=2；

即P'與C重合；

P'（0；2）；

∴k==4；

②∠MO2P=120°；

過(guò)P作PZ⊥X軸于Z；

PO2=O2M=4，∠PO2Z=60°；

∴O2Z=2；

由勾股定理得：PZ=6；

∴P（4；6）；

∴k==12；

答在直線(xiàn)AB上存在點(diǎn)P，使△MO2P與△MOB相似，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（0，2）或（4，6），k的值是4或12．28、略

【分析】【分析】（1）由拋物線(xiàn)y=ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（-3；0），B（1，0），得出c與a的關(guān)系，即可得出C點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）利用已知得出△AOC∽△COB；進(jìn)而求出OC的長(zhǎng)度，即可得出a的取值范圍；

（3）作DG⊥y軸于點(diǎn)G，延長(zhǎng)DC交x軸于點(diǎn)H，得出拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為x=-1，進(jìn)而求出△DCG∽△HCO，得出OH=3，過(guò)B作BM⊥DH，垂足為M，即BM=h，根據(jù)h=HBsin∠OHC求出0°＜∠OHC≤30°，得到0＜sin∠OHC≤；即可求出答案；

（4）連接CE，過(guò)點(diǎn)N作N