2025年人教版高一數(shù)學下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版高一數(shù)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9題，共18分)1、如圖，若是長方體被平面截去幾何體后得到的幾何體，其中E為線段上異于的點，F(xiàn)為線段上異于的點，且∥則下列結論中不正確的是（）A.∥B.四邊形是矩形C.是棱臺D.是棱柱2、下列四個命題中；正確的有（）個．

①a＜0，-1＜b＜0，則ab＞a＞ab2，②x2+y2+1＞2（x+y）；

③a＞b則ac2＞bc2，④當x＞1，則x3＞x2-x+1．

A.1

B.2

C.3

D.4

3、設函數(shù)f（x）=2x2-（a+1）x+5在[1；+∞）上是增函數(shù)，則a的范圍是（）

A.（0；3）

B.（-∞；3]

C.[3；+∞）

D.（3；+∞）

4、設是兩個單位向量，則下列結論中正確的是（）A.B.C.D.5、【題文】已知全集則（）A.B.C.D.6、對某商店一個月30天內(nèi)每天的顧客人數(shù)進行了統(tǒng)計；得到樣本的莖葉圖（如圖所示），則該樣本的中位數(shù)；眾數(shù)、極差分別是（）

A.46，45，56B.46，45，53C.47，45，56D.45，47，537、函數(shù)y=sinxsin(+x)的最小正周期是（）A.B.πC.2πD.4π8、下列函數(shù)為奇函數(shù)的是（）A.y=|x|B.y=3﹣xC.y=D.y=﹣x2+149、已知函數(shù)f（x）=-x2-2x，設a=ln2，b=log2，c=3則必有（）A.f（b）＞f（a）＞f（c）B.f（c）＞f（a）＞f（b）C.f（a）＞f（b）＞f（c）D.f（b）＞f（c）＞f（a）評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、已知直線a和兩個不同的平面α、β，且a⊥α，a⊥β，則α、β的位置關系是____．11、定義在非零實數(shù)集上的函數(shù)f（x）滿足f（xy）=f（x）+f（y），且f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則不等式的解集為____．12、【題文】以兩點A(－3，－1)和B(5，5)為直徑端點的圓的方程是_________．13、已知函數(shù)=____．14、設a，b∈R，集合{1，a+b，a}=則b-a=______．15、已知扇形的圓心角為60°，半徑為3，則扇形的周長為______．16、如圖，點P是單位圓上的一個頂點，它從初始位置P0開始沿單位圓按逆時針方向運動角α（）到達點P1，然后繼續(xù)沿單位圓逆時針方向運動到達點P2，若點P2的橫坐標為則cosα的值等于______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)17、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(jù)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．18、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．19、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．20、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．21、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．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(jù)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、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．24、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．評卷人得分四、解答題(共3題，共6分)25、已知函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，當x≥0時，f（x）=x2-4x．

（1）求f（-1）的值；

（2）當x＜0時；求f（x）的解析式；

（3）求函數(shù)f（x）在[t；t+1]（t＞0）上的最小值．

26、已知函數(shù)f（x）=cos4x+2sinxcosx-sin4x

（1）求函數(shù)f（x）奇偶性；最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間。

（2）當時，求函數(shù)f（x）的最大值和最小值．27、設=（1+cosx，1+sinx），=（1，0），=（1；2）．

（1）求證：（-）⊥（-）；

（2）求||的最大值，并求此時x的值．評卷人得分五、計算題(共3題，共12分)28、（2005?蘭州校級自主招生）已知四邊形ABCD是正方形，且邊長為2，延長BC到E，使CE=-，并作正方形CEFG，（如圖），則△BDF的面積等于____．29、分解因式：

（1）2x3-8x=____

（2）x3-5x2+6x=____

（3）4x4y2-5x2y2-9y2=____

（4）3x2-10xy+3y2=____．30、己知方程x2-x-1=0的根是方程x6-px2+q=0的根，則p=____，q=____．評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)31、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．32、已知函數(shù)f（x）=ax2+4x+b，其中a＜0，a、b是實數(shù)，設關于x的方程f（x）=0的兩根為x1，x2；f（x）=x的兩實根為α；β．

（1）若|α-β|=1，求a、b滿足的關系式；

（2）若a、b均為負整數(shù)；且|α-β|=1，求f（x）解析式；

（3）試比較（x1+1）（x2+1）與7的大?。?3、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．34、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點P是邊BC上的一動點（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點M．設CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

（2）求y與x的函數(shù)關系式；并確定當x在什么范圍內(nèi)取值時，⊙P與AC所在直線相離；

（3）當點P從點C向點B移動時；是否存在這樣的⊙P，使得它與△ABC的外接圓相內(nèi)切？若存在，求出x；y的值；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解析】試題分析：因為EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH?平面BCC1B1，平面EFGH∩平面BCC1B1=FG，所以EH∥平面BCB1C1，又EH?平面EFGH，平面EFGH∩平面BCB1C1=FG，所以EH∥FG，故EH∥FG∥B1C1，所以選項A、D正確；因為A1D1⊥平面ABB1A1，EH∥A1D1，所以EH⊥平面ABB1A1，又EF?平面ABB1A1，故EH⊥EF，所以選項B也正確，故選C．考點：長方體的幾何特征，直線與平面平行、垂直的判定與性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、A【分析】

令a=-2，b=-代入①檢驗可得①不正確，令x=y=代入②檢驗可得②不正確；

當c=0時；顯然③不正確；

當x＞1時，∵x3-（x2-x+1）=x2（x-1）+（x-1）=（x-1）（x2-1）=（x-1）2（x+1）＞0；

∴x3＞x2-x+1成立；故④正確．

綜上；只有④正確；

故選A．

【解析】【答案】通過給變量取特殊值；舉反例；可以說明①②③不正確，通過做差考查差與0的關系，可得④正確．

3、B【分析】

f（x）=

∵函數(shù)f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，∴解得a≤3．

因此a的范圍為（-∞；3]．

故選B．

【解析】【答案】先配方；再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可求出．

4、D【分析】試題分析：根據(jù)單位向量的定義：把模為1的向量稱為單位向量，依題可知而這兩個向量的方向并沒有明確，所以這兩個單位向量可能共線，也可能不共線，所以A、B、C錯誤，D正確.考點：平面向量的基本概念.【解析】【答案】D5、C【分析】【解析】

試題分析：依題意可得所以故選C.

考點：集合的運算.【解析】【答案】C6、A【分析】【解答】由圖可知，從小到大排列第15和16位數(shù)分別是45、47，所以中位數(shù)是46.圖中出現(xiàn)最多的數(shù)是45，出現(xiàn)3次.圖中最大的數(shù)是68，最小的數(shù)是12，所以極差是56.7、B【分析】【解答】∵y=sinxsin(+x)=sinxcosx=sin2x

∴T==π

故選B

【分析】利用誘導公式、二倍角公式對已知函數(shù)進行化簡，然后代入周期公式即可求解。8、C【分析】【解答】解：A．y=|x|是偶函數(shù)；

B．y=3﹣x是非奇非偶函數(shù)；

C．f（﹣x）==﹣f（x）；則函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，滿足條件．

D．y=﹣x2+14是偶函數(shù)；

故選：C

【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進行判斷即可．9、A【分析】解：函數(shù)f（x）=-x2-2x的圖象是開口朝下；且以直線x=-1為對稱軸的拋物線；

故函數(shù)f（x）在[-1；+∞）上為減函數(shù)；

a=ln2∈（0，1），b=log2∈（-1，0），c=3∈（1；2）；

則f（b）＞f（a）＞f（c）；

故選：A

分析函數(shù)f（x）=-x2-2x的圖象和性質(zhì)；進而可得三個式子值的大小關系．

本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，對數(shù)的運算性質(zhì)，難度中檔．【解析】【答案】A二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

若a⊥α；a⊥β

則平面α；β平行或重合。

又∵平面α；β是兩個不同的平面。

故α；β的位置關系是平行。

故答案為平行。

【解析】【答案】由已知中直線a和兩個不同的平面α；β；且a⊥α，a⊥β，結合兩個平面關系的判定方法，我們易判斷α、β的位置關系。

11、略

【分析】

在f（xy）=f（x）+f（y）中；

令x=y=1；得f（1）=2f（1），f（1）=0；

令x=y=-1；得f（1）=2f（-1），f（-1）=0

令y=-1；得f（-x）=f（x）+f（-1）=f（x）；

函數(shù)f（x）定義在非零實數(shù)集上的偶函數(shù)．

不等式可以化為f[x（x-5）]≤f（1），-1≤x（x-5）≤1．；-6≤x（x-5）≤6．且x≠0，x-5≠0．

在坐標系內(nèi)；如圖函數(shù)y=x（x-5）圖象與y=6，y=-6兩直線．

由圖可得x∈[-1；0）∪（0，2]∪[3，5）∪（5，6]

故答案為：[-1；0）∪（0，2]∪[3，5）∪（5，6]

【解析】【答案】首先判斷出函數(shù)f（x）定義在非零實數(shù)集上的偶函數(shù)，再將抽象不等式利用函數(shù)單調(diào)性轉化成具體不等式-1≤x（x-5）≤1去解．

12、略

【分析】【解析】設P(x，y)是所求圓上任意一點．∵A、B是直徑的端點，∴·＝0.又＝(－3－x，－1－y)，＝(5－x，5－y)．由·＝0(－3－x)·(5－x)＋(－1－y)(5－y)＝0x2－2x＋y2－4y－20＝0(x－1)2＋(y－2)2＝25.【解析】【答案】(x－1)2＋(y－2)2＝2513、4【分析】【解答】解：∵f（a）=a+lg+5=6，∴a+lg=1；

f（﹣a）=﹣a+lg+5

=﹣（a+lg）+5=﹣1+5=4；

故答案為：4．

【分析】由題意得a+lg=1，從而代入﹣a再整體代入即可．14、略

【分析】解：根據(jù)題意，集合{1，a+b，a}=

a為分母不能是0；∴a≠0；

∴a+b=0，即a=-b；

∴

b=1；

故a=-1，b=1；

則b-a=2；

故答案為：2．

根據(jù)題意，集合{1，a+b，a}=注意到后面集合中有元素0，由集合相等的意義，結合集合中元素的特征，可得a+b=0，進而分析可得a、b的值；計算可得答案．

本題考查集合元素的特征與集合相等的含義，注意從特殊元素下手，有利于找到解題切入點．【解析】215、略

【分析】解：由題意，扇形的弧長為=π；

∴扇形的周長為π+6．

故答案為：π+6．

求出扇形的弧長；即可求出扇形的周長．

此題主要考查了弧長公式的應用，正確記憶弧長公式是解題關鍵．【解析】π+616、略

【分析】解：∵cos（α+）=-

∴sin（）=

∴cosα=cos[（）-]

=

=

=

故答案為．

首先根據(jù)P2的橫坐標為求出cos（α+）的值，然后根據(jù)同角三角函數(shù)的性質(zhì)求出sin（），最后根據(jù)cosα=cos[（）-]化簡即可求出cosα．

本題考查單位圓與周期性，以及任意角的三角函數(shù)的定義及其應用．通過三角函數(shù)的轉化來求角的余弦值．屬于基礎題．【解析】三、證明題(共8題，共16分)17、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)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(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數(shù)，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(jù)題意，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）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．19、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(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；

∴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．20、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=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，可通過相似三角形來實現(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(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．22、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)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(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數(shù)，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(jù)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】（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．24、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=2．四、解答題(共3題，共6分)25、略

【分析】

（1）∵f（x）是R上的偶函數(shù)．

∴f（-1）=f（1）=1-4×1=-3

（2）若x＜0；則-x＞0

f（x）=f（-x）=[（-x）2-4（-x）]=x2+4x

（3）x＞0時f（x）=x2-4x=（x-2）2-4

在（0；2）上是減函數(shù)，在（2，+∞）上是增函數(shù)。

①t+1≤2即0＜t≤1時；f（x）在[t，t+1]上是減函數(shù)。

f（x）min=f（t+1）=（t+1）2-4（t+1）=t2-2t-3

②t＜2＜t+1即1＜t＜2時f（x）在[t；t+1]上先減后增。

f（x）min=f（2）=-4

③t≥2時；f（x）在[t，t+1]上是增函數(shù)。

f（x）min=f（t）=t2-4t

即f（x）min=

【解析】【答案】（1）利用偶函數(shù)的定義，將f（-1）轉化為f（1），從而代入已知解析式得解；（2）利用偶函數(shù)的定義，若x＜0，則-x＞0，代入已知解析式且f（-x）=f（x），得所求解析式；（3）由于x＞0時f（x）=x2-4x=（x-2）2-4在（0；2）上是減函數(shù)，在（2，+∞）上是增函數(shù)，故需討論t，t+1與2的關系，進而利用二次函數(shù)的圖象求相應的最小值，最后寫成分段函數(shù)形式。

26、略

【分析】

（1）先根據(jù)三角函數(shù)的二倍角公式化簡為f（x）=sin（2x+）；從而求出函數(shù)的最小正周期；判定奇偶性；結合正弦函數(shù)的單調(diào)性解不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．

（2）先根據(jù)x的范圍確定2x+的范圍；再由正弦函數(shù)的性質(zhì)可求出最值．

本題考查了三角函數(shù)的恒等變換，函數(shù)的周期性、奇偶性，考查函數(shù)的單調(diào)性問題，屬于中檔題．【解析】解：（1）f（x）=（cos2x+sin2x）（cos2x-sin2x）=cos2x+sin2x=）=sin（2x+）；

∴f（x）的最小正周期T=∵f（-x）≠f（x）≠-f（x）；f（x）是非奇非偶函數(shù)；

由-+2kπ≤2x+≤2kπk∈Z得-+kπ≤xk∈Z

∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是[-+kπ，kπ+]（k∈Z）；

（2）當時，2x+

結合正弦函數(shù)圖象可得，sin（2x+）

∴函數(shù)f（x）的最大值和最小值分別為-1．27、略

【分析】

（1）由題意可得和的坐標，計算其數(shù)量積為0即可；（2）由題意可得的不等式，由三角函數(shù)的值域可得的最大值；開方可得所求．

本題考查向量的數(shù)量積與向量的垂直關系，涉及向量的模長，屬中檔題．【解析】解：（1）由題意可得=（cosx；1+sinx）；

=（cosx；sinx-1）；

∴（）?（）=cos2x+sin2x-1=0；

∴（）⊥（）

（2）由題意可得=（1+cosx）2+（1+sinx）2

=3+2（sinx+cosx）=3+2sin（x+）；

由三角函數(shù)的值域可知，當x+=2kπ+

即x=2kπ+（k∈Z）時，取最大值3+2

此時取最大值=五、計算題(共3題，共12分)28、略

【分析】【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可知三角形BDC為等腰直角三角形，由正方形的邊長為2，表示出三角形BDC的面積，四邊形CDFE為直角梯形，上底下底分別為小大正方形的邊長，高為小正方形的邊長，利用梯形的面積公式表示出梯形CDFE的面積，而三角形BEF為直角三角形，直角邊為小正方形的邊長及大小邊長之和，利用三角形的面積公式表示出三角形BEF的面積，發(fā)現(xiàn)四邊形CDEF的面積與三角形EFB的面積相等，所求△BDF的面積等于三角形BDC的面積加上四邊形CDFE的面積減去△EFB的面積即為三角形BDC的面積，進而得到所求的面積．【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形；邊長為2；

∴BC=DC=2；且△BCD為等腰直角三角形；

∴△BDC的面積=BC?CD=×2×2=2；

又∵正方形CEFG；及正方形ABCD；

∴EF=CE；BC=CD；

由四邊形CDFE的面積是（EF+CD）?EC，△EFB的面積是（BC+CE）?EF；

∴四邊形CDFE的面積=△EFB的面積；

∴△BDF的面積=△BDC的面積+四邊形CDFE的面積-△EFB的面積=△BDC的面積=2．

故答案為：2．29、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）30、略

【分析】【分析】根據(jù)韋達定理求得設方程x2-x-1=0的二根分別為x1、x2，由韋達定理，得x1+x2=1，x1?x2=-1；然后將x1、x2分別代入方程x6-px2+q=0列出方程組，再通過解方程組求得pq的值．【解析】【解答】解：設方程x2-x-1=0的二根分別為x1、x2，由韋達定理，得x1+x2=1，x1?x2=-1；則。

x12+x22=（x1+x2）2-2x1?x2=1+2=3；

（x12）2+（x22）2=（x12+x22）2-2x12?x22=7．

將x1、x2分別代入方程x6-px2+q=0；得。

x16-px12+q=0①

x26-px22+q=0②

①-②；得。

（x16-x26）-p（x12-x22）=0；

【（x12）3-（x22）3】-p（x12-x22）=0；

（x12-x22）【（x12）2+（x22）2+x12?x22】-p（x12-x22）=0；

由于x1≠x2，則x12-x22≠0；所以化簡，得。

【（x12）2+（x22）2+x12?x22】-p=0；

則p=（x12）2+（x22）2+（x1?x2）2=7+（-1）2=8；

①+②；得。

（x16+x26）-8（x12+x22）+2q=0；

【（x12）3+（x22）3】-24+2q=0；

∴（x12+x22）【（x12）2+（x22）2-x12?x22】-24+2q=0；

∴3【（x12）2+（x22）2-（x1?x2）2】-24+2q=0；

∴3（7-1）-24+2q=0；解得。

q=3；

綜上所述；p=8，q=3．

故答案是：8、3．六、綜合題(共4題，共16分)31、略

【分析】【分析】（1）判定拋物線的頂點必在x軸的下方；根據(jù)開口方向，二次函數(shù)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=132、略