2025年浙教版高二數(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年浙教版高二數(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6題，共12分)1、在二項式（x-1）6的展開式中，含x3的項的系數(shù)是（）

A.-15

B.15

C.-20

D.20

2、“方程表示雙曲線”的一個充分不必要條件是（）

A.-2＜m＜-1

B.m＜-2或m＞-1

C.m＜0

D.m＞0

3、在正三棱柱中，若AB=2，則點A到平面的距離為（）A.B.C.D.4、下列四個命題中，其中為真命題的是（）A.?x∈R，x2+3＜0B.?x∈N，x2≥1C.?x∈Z，使x5＜1D.?x∈Q，x2=35、直線l1，l2互相平行的一個充分條件是（）A.l1，l2都平行于同一平面B.l1，l2與同一平面所成的角相等C.l1平行于l2所在的平面D.l1，l2都垂直于同一平面6、下列判斷不正確的是（）A.一個平面把整個空間分成兩部分B.兩個平面將整個空間可分為三或四部分C.任何一個平面圖形都是一個平面D.圓和平面多邊形都可以表示平面評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、在平面幾何中有：Rt△ABC的直角邊分別為a,b，斜邊上的高為h，則類比這一結(jié)論，在三棱錐P—ABC中，PA、PB、PC兩兩互相垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，此三棱錐P—ABC的高為h，則結(jié)論為______________8、等差數(shù)列{an}中，Sn是它的前n項和，且S6＜S7，S7＞S8；則。

①此數(shù)列的公差d＜0

②S9＜S6

③a7是各項中最大的一項。

④S7一定是Sn中的最大值．

其中正確的是____（填序號）．9、姚明比賽時罰球命中率為90%，則他在3次罰球中罰失1次的概率是____．10、方程x2sinα+y2cosα=1表示焦點在y軸上的雙曲線，則角α在第____象限．11、已知則等于___________12、【題文】給定區(qū)域令點集是在上取得最大值或最小值的點則中的點共確定______條不同的直線.13、已知直線l1：4x﹣3y+6=0和直線l2：x=﹣1，拋物線y2=4x上一動點P到直線l1和直線l2的距離之和的最小值是____14、某單位為了了解用電量y

度與氣溫x隆忙

之間的關系；隨機統(tǒng)計了某四天的用電量與當天氣溫，列表如下：

由表中數(shù)據(jù)得到回歸直線方程y虃=鈭?2x+a.

據(jù)此預測當氣溫為鈭?4鈭?C

時；用電量為______(

單位：度)

．

。氣溫(x隆忙)181310鈭?1用電量(

度)24343864評卷人得分三、作圖題(共8題，共16分)15、著名的“將軍飲馬”問題：有一位將軍騎著馬要從A地走到B地；但途中要到水邊喂馬喝一次水，則將軍怎樣走最近？

16、A是銳角MON內(nèi)部任意一點，在∠MON的兩邊OM，ON上各取一點B，C，組成三角形，使三角形周長最?。ㄈ鐖D所示）17、已知，A，B在直線l的兩側(cè)，在l上求一點，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）18、著名的“將軍飲馬”問題：有一位將軍騎著馬要從A地走到B地；但途中要到水邊喂馬喝一次水，則將軍怎樣走最近？

19、A是銳角MON內(nèi)部任意一點，在∠MON的兩邊OM，ON上各取一點B，C，組成三角形，使三角形周長最?。ㄈ鐖D所示）20、已知，A，B在直線l的兩側(cè)，在l上求一點，使得PA+PB最?。ㄈ鐖D所示）21、分別畫一個三棱錐和一個四棱臺．評卷人得分四、解答題(共3題，共6分)22、已知函數(shù)f（x）=lnx-．

（1）當a＞0時；判斷f（x）在定義域上的單調(diào)性；

（2）若f（x）在[1，e]上的最小值為求a的值．

23、【題文】本小題滿分12分）奇瑞公司生產(chǎn)的“奇瑞”轎車是我國民族品牌．該公司2009年生產(chǎn)的“旗云”、“風云”、“”三類經(jīng)濟型轎車中；每類轎車均有舒適和標準兩種型號．某周產(chǎn)量如下表：

。車型。

旗云。

風云。

舒適。

100

150

標準。

300

600

若按分層抽樣的方法在這一周生產(chǎn)的轎車中抽取50輛進行檢測；則必須抽取“旗云”轎車10輛，“風云”轎車15輛．

（1）求的值；

（2）在年終促銷活動中，奇瑞公司獎給了某優(yōu)秀銷售公司2輛舒適型和3輛標準型“”轎車，該銷售公司又從中隨機抽取了2輛作為獎品回饋消費者．求至少有一輛是舒適型轎車的概率．24、在直角坐標系xOy

中，曲線C1

的參數(shù)方程為{y=2sin偽x=2cos偽(婁脕

為參數(shù))

以原點O

為極點，以x

軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線C2

的極坐標方程為婁脩sin(婁脠+婁脨4)=32

(1)

求曲線C1

的普通方程與曲線C2

的直角坐標方程；

(2)

設P1P2

分別為曲線C1C2

上的兩個動點，求線段P1P2

的最小值．評卷人得分五、計算題(共2題，共4分)25、在（1+x）6（1+y）4的展開式中，記xmyn項的系數(shù)為f（m，n），求f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）的值．26、已知復數(shù)z1滿足（z1﹣2）（1+i）=1﹣i（i為虛數(shù)單位），復數(shù)z2的虛部為2，且z1?z2是實數(shù)，求z2．評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)27、如圖，在直角坐標系中，點A，B，C的坐標分別為（-1，0），（3，0），（0，3），過AB，C三點的拋物的對稱軸為直線l，D為對稱軸l上一動點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）求當AD+CD最小時點D的坐標；

（3）以點A為圓心；以AD為半徑作⊙A．

①證明：當AD+CD最小時；直線BD與⊙A相切；

②寫出直線BD與⊙A相切時，D點的另一個坐標：____．28、（2009?新洲區(qū)校級模擬）如圖，已知直角坐標系內(nèi)有一條直線和一條曲線，這條直線和x軸、y軸分別交于點A和點B，且OA=OB=1．這條曲線是函數(shù)y=的圖象在第一象限的一個分支，點P是這條曲線上任意一點，它的坐標是（a、b），由點P向x軸、y軸所作的垂線PM、PN，垂足是M、N，直線AB分別交PM、PN于點E、F．則AF?BE=____．29、如圖，在直角坐標系中，點A，B，C的坐標分別為（-1，0），（3，0），（0，3），過AB，C三點的拋物的對稱軸為直線l，D為對稱軸l上一動點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）求當AD+CD最小時點D的坐標；

（3）以點A為圓心；以AD為半徑作⊙A．

①證明：當AD+CD最小時；直線BD與⊙A相切；

②寫出直線BD與⊙A相切時，D點的另一個坐標：____．30、已知f（x）=logax（a＞0，a≠1），設數(shù)列f（a1），f（a2），f（a3），，f（an）是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

設二項式（x-1）6的展開式的通項為Tr+1；

則Tr+1=?x6-r（-1）r=（-1）r??x6-r；

令6-r=3得r=3；

∴x3的項的系數(shù)為（-1）3?=-20．

故選C．

【解析】【答案】設二項式（x-1）6的展開式的通項為Tr+1，可求得Tr+1=?x6-r（-1）r，從而可求含x3的項的系數(shù)．

2、D【分析】

若方程表示雙曲線；則（2+m）（1+m）＞0

∴m＜-2或m＞-1

∴要求“方程表示雙曲線”的一個充分不必要條件；則需要找出它的一個真子集即可。

∵m＞0時；m＜-2或m＞-1，結(jié)論成立，反之不成立。

∴“方程表示雙曲線”的一個充分不必要條件是m＞0

故選D．

【解析】【答案】先計算方程表示雙曲線的充要條件；再求出它的一個真子集即可．

3、B【分析】【解析】試題分析：設點到平面的距離為h，則三棱錐的體積為=即所以所以考點：點、線、面間的距離計算．【解析】【答案】B4、C【分析】解：由于?x∈R都有x2≥0，因而有x2+3≥3，所以命題“?x∈R，x2+3＜0”為假命題；

由于0∈N，當x=0時，x2≥1不成立，所以命題“?x∈N，x2≥1”是假命題；

由于-1∈Z，當x=-1時，x5＜1，所以命題“?x∈Z，使x5＜1”為真命題；

由于使x2=3成立的數(shù)只有±而它們都不是有理數(shù)，因此沒有任何一個有理數(shù)的平方能等于3，所以命題“?x∈Q，x2=3”為假命題；故選C．

故選C．

借助x2≥0這個結(jié)論判斷A和B；再由數(shù)學常識判斷C和D．

本題考查四種命題真假的判斷，解題時要合理運用x2≥0這個結(jié)論．【解析】【答案】C5、D【分析】解：對選項A，l1與l2還可能相交或成異面直線；故A錯．

對于B：l1與l2還可能為相交或異面直線；故B錯．

另外，對于選項C，l1與l2不一定平行；故C錯．

對于選項D；根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)定理，D正確．

故選D．

依據(jù)題中條件，逐一分析各個選項，考查由此選項能否推出直線l1∥l2；可以通過舉反例排除某些選項．

本題考查判斷兩條直線平行的方法、平面的基本性質(zhì)及推論等基礎知識，考查空間想象能力，屬于基礎題．【解析】【答案】D6、C【分析】解：A．一個平面把整個空間分成兩部分；故A正確．

B．兩個平面將整個空間可分為三或四部分；故B正確．

C．任何一個平面圖形都可以表示一個平面；但平面圖形的大小是有限的，平面是無限延伸的，故C錯誤．

D．可以用平面中的某個一個平面圖形表示平面；因此圓和平面多邊形都可以表示平面，故D正確．

故選：C．

根據(jù)平面的基本性質(zhì)分別進行判斷即可．

本題主要考查平面的基本性質(zhì)，比較基礎．【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】【解析】【答案】8、略

【分析】

由s6＜s7，S7＞S8可得S7-S6=a7＞0，S8-S7=a8＜0

所以a8-a7=d＜0①正確。

②S9-S6=a7+a8+a9=3a8＜0；所以②正確。

③由于d＜0，所以a1最大③錯誤。

④由于a7＞0，a8＜0，s7最大；所以④正確。

故答案為：①②④

【解析】【答案】由已知可得a7＞0，a8＜0；①d=a8-a7＜0，②S9-S6=a7+a8+a9=3a8＜0，③由于d＜0，所以a1最大，④結(jié)合d＜0，a7＞0，a8＜0，可得S7最大；可得答案．

9、略

【分析】

設隨機變量X表示“3次罰球；中的次數(shù)”，則X～B（3，0.9）．

則他在3次罰球中罰失1次的概率是P（X=2）==0.243．

故答案為：0.243．

【解析】【答案】設隨機變量X表示“3次罰球；中的次數(shù)”，則X～B（3，0.9）．即可求出．

10、略

【分析】

∵方程x2sinα+y2cosα=1表示焦點在y軸上的雙曲線；

∴cosα＞0；sinα＜0

角α終邊上取點（x；y），則x＞0，y＜0；

∴角α在第四象限。

故答案為：四。

【解析】【答案】由方程x2sinα+y2cosα=1表示焦點在y軸上的雙曲線；可得cosα＞0，sinα＜0，利用三角函數(shù)的定義，可得結(jié)論．

11、略

【分析】【解析】

因為利用已知條件展開得到【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】畫出可行域如圖所示,其中取得最小值時的整點為取得最大值時的整點為及共個整點.故可確定條不同的直線.

【考點定位】線性規(guī)劃與直線方程【解析】【答案】13、2【分析】【解答】解：設拋物線上的一點P的坐標為（a2，2a），則P到直線l2：x=﹣1的距離d2=a2+1；

P到直線l1：4x﹣3y+6=0的距離d1=

則d1+d2=

當a=時，P到直線l1和直線l2的距離之和的最小值為2

故答案為2

【分析】設出拋物線上一點P的坐標，然后利用點到直線的距離公式分別求出P到直線l1和直線l2的距離d1和d2，求出d1+d2，利用二次函數(shù)求最值的方法即可求出距離之和的最小值．14、略

【分析】解：x.=14(18+13+10鈭?1)=10

y.=14(24+34+38+64)=40

則鈭?20+a=40

即a=60

則回歸直線方程y虃=鈭?2x+60

．

當氣溫為鈭?4鈭?C

時；用電量為y虃=鈭?2隆脕(鈭?4)+60=68

故答案為：68

求出樣本中心(x.,y.)

代入求出a

結(jié)合線性回歸方程進行預測即可．

本題考查線性回歸方程，考查用線性回歸方程估計或者說預報y

的值，求出樣本中心是解決本題的關鍵．【解析】68

三、作圖題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作出B點與河面的對稱點B′，連接AB′，AB′與河面的交點C即為所求．【解析】【解答】解：作B點與河面的對稱點B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對稱的性質(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質(zhì)可知；C點即為所求．

16、略

【分析】【分析】作出A關于OM的對稱點A'，關于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據(jù)兩點之間線段最短即可判斷出使三角形周長最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A關于OM的對稱點A'；關于ON的A對稱點A''，與OM；ON相交于B、C，連接ABC即為所求三角形．

證明：∵A與A'關于OM對稱；A與A″關于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據(jù)兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．17、略

【分析】【分析】顯然根據(jù)兩點之間，線段最短，連接兩點與直線的交點即為所求作的點．【解析】【解答】解：連接兩點與直線的交點即為所求作的點P；

這樣PA+PB最??；

理由是兩點之間，線段最短．18、略

【分析】【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作出B點與河面的對稱點B′，連接AB′，AB′與河面的交點C即為所求．【解析】【解答】解：作B點與河面的對稱點B′；連接AB′，可得到馬喝水的地方C；

如圖所示；

由對稱的性質(zhì)可知AB′=AC+BC；

根據(jù)兩點之間線段最短的性質(zhì)可知；C點即為所求．

19、略

【分析】【分析】作出A關于OM的對稱點A'，關于ON的A對稱點A''，連接A'A''，根據(jù)兩點之間線段最短即可判斷出使三角形周長最小的A、B的值．【解析】【解答】解：作A關于OM的對稱點A'；關于ON的A對稱點A''，與OM；ON相交于B、C，連接ABC即為所求三角形．

證明：∵A與A'關于OM對稱；A與A″關于ON對稱；

∴AB=A'B；AC=A''C；

于是AB+BC+CA=A'B+BC+A''C=A'A''；

根據(jù)兩點之間線段最短，A'A''為△ABC的最小值．20、略

【分析】【分析】顯然根據(jù)兩點之間，線段最短，連接兩點與直線的交點即為所求作的點．【解析】【解答】解：連接兩點與直線的交點即為所求作的點P；

這樣PA+PB最??；

理由是兩點之間，線段最短．21、解：畫三棱錐可分三步完成。

第一步：畫底面﹣﹣畫一個三角形；

第二步：確定頂點﹣﹣在底面外任一點；

第三步：畫側(cè)棱﹣﹣連接頂點與底面三角形各頂點．

畫四棱可分三步完成。

第一步：畫一個四棱錐；

第二步：在四棱錐一條側(cè)棱上取一點；從這點開始，順次在各個面內(nèi)畫與底面對應線段平行的線段；

第三步：將多余線段擦去．

【分析】【分析】畫三棱錐和畫四棱臺都是需要先畫底面，再確定平面外一點連接這點與底面上的頂點，得到錐體，在畫四棱臺時，在四棱錐一條側(cè)棱上取一點，從這點開始，順次在各個面內(nèi)畫與底面對應線段平行的線段，將多余線段擦去，得到圖形．四、解答題(共3題，共6分)22、略

【分析】

（1）函數(shù)的定義域為（0，+∞），且f′（x）=

∵a＞0；∴f′（x）＞0

∴f（x）在定義域上單調(diào)遞增；

（2）由（1）知，f′（x）=

①若a≥-1；則x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，此時f（x）在[1，e]上為增函數(shù)。

∵f（x）在[1，e]上的最小值為

∴f（x）min=f（1）=-a=

∴a=-（舍去）

②若a≤-e；則x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，此時f（x）在[1，e]上為減函數(shù)；

∴f（x）min=f（e）=1-=∴a=-（舍去）．

③若-e＜a＜-1；令f′（x）=0，得x=-a．

當1＜x＜-a時；f′（x）＜0，∴f（x）在（1，-a）上為減函數(shù)；

當-a＜x＜e時；f′（x）＞0，∴f（x）在（-a，e）上為增函數(shù)；

∴f（x）min=f（-a）=ln（-a）+1=∴a=-．

綜上可知：a=-．

【解析】【答案】（1）確定函數(shù)的定義域；根據(jù)f′（x）＞0，可得f（x）在定義域上的單調(diào)性；

（2）求導函數(shù)，分類討論，確定函數(shù)f（x）在[1，e]上的單調(diào)性，利用f（x）在[1，e]上的最小值為即可求a的值．

23、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解：（1）由題意有解得．

（2）由題設知獎品中有兩輛舒適型轎車記為三輛標準型轎車記為1，2，3，隨機抽取兩輛轎車共有以下情形：12，13，23共10種．其中至少有一輛是舒適型轎車的情形有：共7種．則至少有一輛是舒適型轎車的概率為．24、略

【分析】

(1)

用xy

表示出cos婁脕sin婁脕

根據(jù)cos2婁脕+sin2婁脕=1

得出曲線C1

的普通方程，利用和角公式將婁脩sin(婁脠+婁脨4)=32

展開；利用極坐標與直角坐標的對應關系得出曲線C2

的直角坐標方程；

(2)

求出P1

到直線C2

的距離d

利用三角函數(shù)的性質(zhì)得出d

的最小值即線段P1P2

的最小值．

本題考查了極坐標方程，參數(shù)方程與直角坐標方程的轉(zhuǎn)化，距離公式的應用，三角函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．【解析】解：(1)隆脽

曲線C1

的參數(shù)方程為{y=2sin偽x=2cos偽(婁脕

為參數(shù))隆脿cos婁脕=x2sin婁脕=y2

隆脽cos2婁脕+sin2婁脕=1隆脿x24+y22=1.

即曲線C1

的普通方程為x24+y22=1

．

隆脽

曲線C2

的極坐標方程為婁脩sin(婁脠+婁脨4)=32

即22婁脩sin婁脠+22婁脩cos婁脠=32

隆脿婁脩sin婁脠+婁脩cos婁脠=6

隆脽婁脩sin婁脠=y婁脩cos婁脠=x

隆脿

曲線C2

的直角坐標方程為x+y鈭?6=0

．

(2)

設1(2cos婁脕,2sin婁脕)

則P1

到直線C2

的距離d=|2cos婁脠+2sin婁脠鈭?6|2=|6sin(婁脠+婁脮)鈭?6|2

隆脿

當sin(婁脠+婁脮)=1

時，d

取得最小值6鈭?62=32鈭?3

．

隆脿

線段P1P2

的最小值為32鈭?3

．五、計算題(共2題，共4分)25、解：（1+x）6（1+y）4的展開式中，含x3y0的系數(shù)是：C63C40=20．f（3，0）=20；含x2y1的系數(shù)是C62C41=60；f（2，1）=60；

含x1y2的系數(shù)是C61C42=36；f（1，2）=36；

含x0y3的系數(shù)是C60C43=4；f（0，3）=4；

∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120【分析】【分析】由題意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，項的系數(shù)，求和即可．26、解：∴z1=2﹣i

設z2=a+2i（a∈R）

∴z1?z2=（2﹣i）（a+2i）=（2a+2）+（4﹣a）i

∵z1?z2是實數(shù)。

∴4﹣a=0解得a=4

所以z2=4+2i【分析】【分析】利用復數(shù)的除法運算法則求出z1，設出復數(shù)z2；利用復數(shù)的乘法運算法則求出z1?z2；利用當虛部為0時復數(shù)為實數(shù)，求出z2．六、綜合題(共4題，共16分)27、略

【分析】【分析】（1）由待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式．

（2）連接BC；交直線l于點D，根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)，點B與點A關于直線l對稱，∴AD=BD．

∴AD+CD=BD+CD；由“兩點之間，線段最短”的原理可知：D在直線BC上AD+CD最短，所以D是直線l與直線BC的交點；

設出直線BC的解析式為y=kx+b；可用待定系數(shù)法求得BC直線的解析式，故可求得BC與直線l的交點D的坐標．

（3）由（2）可知，當AD+CD最短時，D在直線BC上，由于已知A，B，C，D四點坐標，根據(jù)線段之間的長度，可以求出△ABD是直角三角形，即BC與圓相切．由于AB⊥l，故由垂徑定理知及切線長定理知，另一點D與現(xiàn)在的點D關于x軸對稱，所以另一點D的坐標為（1，-2）．【解析】【解答】解：

（1）設拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-3）．（1分）

將（0；3）代入上式，得3=a（0+1）（0-3）．

解；得a=-1．（2分）∴拋物線的解析式為y=-（x+1）（x-3）．

即y=-x2+2x+3．（3分）

（2）連接BC；交直線l于點D．

∵點B與點A關于直線l對稱；

∴AD=BD．（4分）

∴AD+CD=BD+CD=BC．

由“兩點之間；線段最短”的原理可知：

此時AD+CD最??；點D的位置即為所求．（5分）

設直線BC的解析式為y=kx+b；

由直線BC過點（3；0），（0，3）；

得

解這個方程組，得

∴直線BC的解析式為y=-x+3．（6分）

由（1）知：對稱軸l為；即x=1．

將x=1代入y=-x+3；得y=-1+3=2．

∴點D的坐標為（1；2）．（7分）

說明：用相似三角形或三角函數(shù)求點D的坐標也可；答案正確給（2分）．

（3）①連接AD．設直線l與x軸的交點記為點E．

由（2）知：當AD+CD最小時；點D的坐標為（1，2）．

∴DE=AE=BE=2．

∴∠DAB=∠DBA=45度．（8分）

∴∠ADB=90度．

∴AD⊥BD．

∴BD與⊙A相切．（9分）

②∵另一點D與D（1；2）關于x軸對稱；

∴D（1，-2）．（11分）28、略

【分析】【分析】根據(jù)OA=OB，得到△AOB是等腰直角三角形，則△NBF也是等腰直角三角形，由于P的縱坐標是b，因而F點的縱坐標是b，即FM=b，則得到AF=b，同理BE=a，根據(jù)（a，b）是函數(shù)y=的圖象上的點，因而b=，ab=，則即可求出AF?BE．【解析】【解答】解：∵P的坐標為（a，）；且PN⊥OB，PM⊥OA；

∴N的坐標為（0，）；M點的坐標為（a，0）；

∴BN=1-；

在直角三角形BNF中；∠NBF=45°（OB=OA=1，三角形OAB是等腰直角三角形）；

∴NF=BN=1-；

∴F點的坐標為（1-，）；

∵OM=a；

∴AM=1-a；

∴EM=AM=1-a；

∴E點的坐標為（a；1-a）；

∴AF2=（-）2+（）2=，BE2=（a）2+（-a）2=2a2；

∴AF?BE=1．

故答案為：1．29、略

【分析】【分析】（1）由待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式．

（2）連接BC；交直線l于點D，根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)，點B與點A關于直線l對稱，∴AD=BD．

∴AD+CD=BD+CD；由“兩點之間，線段最短”的原理可知：D在直線BC上AD+CD最短，所以D是直線l與直線BC的交點；

設出直線BC的解析式為y=kx+b；可用待定系數(shù)法求得BC直線的解析式，故可求得BC與直線l的交點D的坐標．

（3）由（2）可知，當AD+CD最短時，D在直線BC上，由于已知A，B，C，D四點坐標，根據(jù)線段之間的長度，可以求出△ABD是直角三角形，即BC與圓相切．由于AB⊥l，故由垂徑定理知及切線長定理知，另一點D與現(xiàn)在的點D關于x軸對稱，所以另一點D的坐標為（1，-2）．【解析】【解答】解：

（1）設拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-3）．（1分）