2025年冀教新版高一數(shù)學(xué)上冊(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年冀教新版高一數(shù)學(xué)上冊(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、【題文】已知函數(shù)是偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，設(shè)則a，b，c的大小關(guān)系為（）A.cB.aC.aD.c2、【題文】“a≠1或b≠2”是“a＋b≠3”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要3、某幾何體的三視圖如圖所示；則它的體積是（）

A.B.C.D.4、設(shè)函數(shù)則在下列區(qū)間中函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)的是（）A.[-4,-2]B.[-2,0]C.[0,2]D.[2,4]5、一艘船上午930

在A

處，測(cè)得燈塔S

在它的北偏東30鈭?

處，且與它相距82

海里，之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行，上午1000

到達(dá)B

處，此時(shí)又測(cè)得燈塔S

在它的北偏東75鈭?

此船的航速是(

)

A.8(6+2)

B.8(6鈭?2)

C.16(6+2)

D.16(6鈭?2)

評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、數(shù)列的前項(xiàng)和則．7、【題文】

一個(gè)幾何體的三視圖及其尺寸(單位：cm)，如圖所示，則該幾何體的側(cè)面積為_(kāi)___cm

8、【題文】當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，則的取值范圍是____．9、若復(fù)數(shù)z滿足=0，則z的值為_(kāi)___．10、下列四個(gè)圖象中，是函數(shù)圖象的是______

11、角婁脠

的始邊與x

軸正半軸重合，終邊上一點(diǎn)坐標(biāo)為(鈭?1,2)

則tan婁脠=

______．12、某種病毒經(jīng)30

分鐘繁殖為原來(lái)的2

倍，且已知病毒的繁殖規(guī)律為y=ekx(

其中k

為常數(shù)，t

表示時(shí)間，單位：小時(shí)，y

表示病毒個(gè)數(shù))

則經(jīng)過(guò)5

小時(shí)，1

個(gè)病毒能繁殖為_(kāi)_____個(gè).

13、已知sin婁脕+cos婁脕=23

則cos2婁脕=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共6題，共12分)14、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．15、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．16、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）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長(zhǎng)是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．17、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=2．18、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．19、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．評(píng)卷人得分四、解答題(共3題，共9分)20、已知函數(shù)f（x）=sinxcosx-cos2x；x∈R．

（1）求函數(shù)f（x）的最小正周期和對(duì)稱軸方程；

（2）若x求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．

21、【題文】（本小題滿分10分）已知圓臺(tái)的上下底面半徑分別是2、5,且側(cè)面面積等于兩底面面積之和,求該圓臺(tái)的母線長(zhǎng).22、在如圖所示的幾何體中；四邊形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E為AB的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：AN∥平面MEC；

（Ⅱ）在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使二面角P-EC-D的大小為若存在，求出AP的長(zhǎng)h；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共16分)23、如圖，某一水庫(kù)水壩的橫斷面是梯形ABCD，壩頂寬CD=5米，斜坡AD=16米，壩高6米，斜坡BC的坡度i=1：3，求斜坡AD的坡角∠A（精確到1分）和壩底寬AB（精確到0.1米）．24、已知二次函數(shù)f（x）=ax2+bx-3（a≠0）滿足f（2）=f（4），則f（6）=____．評(píng)卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)25、已知拋物線y=ax2-2ax+c-1的頂點(diǎn)在直線y=-上，與x軸相交于B（α，0）、C（β，0）兩點(diǎn)，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求這個(gè)拋物線的解析式；

（2）設(shè)這個(gè)拋物線與y軸的交點(diǎn)為P；H是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)H作HK∥PB，交PC于K，連接PH，記線段BH的長(zhǎng)為t，△PHK的面積為S，試將S表示成t的函數(shù)；

（3）求S的最大值，以及S取最大值時(shí)過(guò)H、K兩點(diǎn)的直線的解析式．26、若反比例函數(shù)y=與一次函數(shù)y=kx+b的圖象都經(jīng)過(guò)一點(diǎn)A（a，2），另有一點(diǎn)B（2，0）在一次函數(shù)y=kx+b的圖象上．

（1）寫(xiě)出點(diǎn)A的坐標(biāo)；

（2）求一次函數(shù)y=kx+b的解析式；

（3）過(guò)點(diǎn)A作x軸的平行線，過(guò)點(diǎn)O作AB的平行線，兩線交于點(diǎn)P，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．27、如圖，矩形ABCD中，AD＜AB，P、Q分別為AD、BC的中點(diǎn)．N為DC上的一點(diǎn)，△AND沿直線AN對(duì)折點(diǎn)D恰好與PQ上的M點(diǎn)重合．若AD、AB分別為方程x2-6x+8=0的兩根．

（1）求△AMN的外接圓的直徑；

（2）四邊形ADNM有內(nèi)切圓嗎？有則求出內(nèi)切圓的面積，沒(méi)有請(qǐng)說(shuō)明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】

試題分析：由是偶函數(shù)可得從而可判斷的圖象關(guān)于對(duì)稱，也可由是偶函數(shù)關(guān)于對(duì)稱,是由向右移到一個(gè)單位得到的,所以的圖象關(guān)于對(duì)稱,又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減,且而所以故選A．

考點(diǎn)：奇偶性與單調(diào)性的綜合．【解析】【答案】A2、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B3、A【分析】【分析】由幾何體三視圖可知，此幾何體是由邊長(zhǎng)為2的正方體和底面邊長(zhǎng)為2的正四棱錐組成，由主視圖易知正四棱錐的高為所以正四棱錐的體積為又有正方體的體積為8，所以此幾何體的體積為選A。4、A【分析】【解答】將的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的交點(diǎn)；數(shù)形結(jié)合可知答案選A；

【分析】簡(jiǎn)單題，連續(xù)函數(shù)在（a,b)滿足f（a)f（b)<0，則函數(shù)在（a,b)至少存在一個(gè)零點(diǎn)。本題突出了對(duì)轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想的考查，對(duì)能力要求較高。5、D【分析】解：隆脽

在鈻?ABS

中，已知隆脧BAS=30鈭?隆脧ASB=45鈭?

且邊AS=82

海里；

隆脿

利用正弦定理可得：ABsin45鈭?=ASsin105鈭?

隆脿AB=8(6鈭?2)

隆脽

從A

到B

勻速航行時(shí)間為半個(gè)小時(shí)；

隆脿

速度應(yīng)為：8(6鈭?2)12=16(6鈭?2)

海里/

小時(shí)．

故選：D

．

由題意及圖形在鈻?ABS

中，已知隆脧BAS=30鈭?隆脧ASB=45鈭?

又已知三角形ABS

中邊AS=82

海里；先求出邊AB

的長(zhǎng)，再利用物理知識(shí)解出．

本題以實(shí)際問(wèn)題為載體，考查正弦定理的運(yùn)用，考查了學(xué)生的物理知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】試題分析：因?yàn)樗钥键c(diǎn)：裂項(xiàng)相消求和【解析】【答案】97、略

【分析】【解析】

試題分析：三視圖復(fù)原的幾何體是正四棱錐；斜高是5cm，底面邊長(zhǎng)是8cm；

側(cè)面積為×4×8×5=80（cm2）；故答案為：80．

考點(diǎn)：由三視圖求面積、體積．【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】利用“分離參數(shù)法”；運(yùn)用均值定理或函數(shù)單調(diào)性。

要使得時(shí)，不等式恒成立則必然有。

解得【解析】【答案】9、±2i【分析】【解答】解：∵=0；

∴z2+4=0；

解得z=±2i．

故答案為：±2i．

【分析】由已知得z2+4=0，由此能求出z=±2i．．10、略

【分析】解：由函數(shù)的定義可知；對(duì)定義域內(nèi)的任意一個(gè)自變量x的值，都有唯一的函數(shù)值y與其對(duì)應(yīng)；

故函數(shù)的圖象與直線x=a至多有一個(gè)交點(diǎn)；

圖（2）中；當(dāng)a＞0時(shí)，x=a與函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，不滿足函數(shù)的“唯一性”，故（2）不是函數(shù)的圖象；

故答案為：（1）；（3），（4）．

根據(jù)函數(shù)的定義可知函數(shù)須滿足“自變量x的任意性”；“函數(shù)值y的唯一性”，據(jù)此可得函數(shù)圖象的特征，由此可得答案．

本題考查函數(shù)的定義及其圖象特征，準(zhǔn)確理解函數(shù)的“任意性”和“唯一性”是解決該題的關(guān)鍵．【解析】（1）（3）（4）11、略

【分析】解：隆脽

角婁脠

的始邊與x

軸正半軸重合；終邊上一點(diǎn)坐標(biāo)為(鈭?1,2)

隆脿x=鈭?1y=2

則tan婁脠=yx=鈭?2

故答案為：鈭?2

．

由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義；求得tan婁脠

的值．

本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．【解析】鈭?2

12、略

【分析】解：隆脽

某個(gè)病毒經(jīng)30

分鐘繁殖為原來(lái)的2

倍；

隆脿

在函數(shù)y=ekt

中；當(dāng)t=1

時(shí)，y=4

隆脿4=ek

即k=ln4

當(dāng)a=5

時(shí)；ekt=e5ln4=45=1024

故答案為：1024

．

由題意可得；在函數(shù)y=ekt

中，當(dāng)t=1

時(shí)，y=4

從而可求k

然后利用所求函數(shù)解析式可求當(dāng)t=5

時(shí)的函數(shù)值．

本題主要考查了指數(shù)函數(shù)在求解函數(shù)值中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知求出函數(shù)解析式．【解析】1024

13、略

【分析】解：隆脽sin婁脕+cos婁脕=23隆脿1+sin2婁脕=49隆脿sin2婁脕=59

隆脿cos2婁脕=隆脌1鈭?sin22婁脕=隆脌2149

故答案為：隆脌2149

．

利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系；求得要求式子的值．

本題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．【解析】隆脌2149

三、證明題(共6題，共12分)14、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．15、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．16、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)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(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，在線圈上分別取點(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長(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)線圈．17、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)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(diǎn)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(guān)于AB的對(duì)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(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、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．19、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、解答題(共3題，共9分)20、略

【分析】

（1）f（x）=sinxcosx-cos2x=sin2x-cos2x=sin（2x-）．（3分）

f（x）的最小正周期T=（5分）

令2x-=kπ+解得x=k∈Z．

∴f（x）函數(shù)圖象的對(duì)稱軸方程是x=k∈Z．（9分）

（2）令2kπ-≤2x-≤2kπ+求得kπ-≤x≤kπ+k∈Z；

∵x所以，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為．（13分）

【解析】【答案】（1）利用三角函數(shù)的恒等變換化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式為sin（2x-）；由此求得函數(shù)的最小正周期．

利用正弦函數(shù)的對(duì)稱軸方程；解得x的值，即可求得f（x）函數(shù)圖象的對(duì)稱軸方程．

（2）求出函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；通過(guò)x的范圍，求得f（x）的單調(diào)增區(qū)間．

21、略

【分析】【解析】主要考查圓臺(tái)上下底面；側(cè)面面積公式的計(jì)算。

解：設(shè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為則1分。

圓臺(tái)的上底面面積為3分。

圓臺(tái)的上底面面積為5分。

所以圓臺(tái)的底面面積為6分。

又圓臺(tái)的側(cè)面積8分。

于是9分。

即為所求.10分【解析】【答案】為所求.22、略

【分析】

（I）利用CM與BN交于F；連接EF．證明AN∥EF，通過(guò)直線與平面平行的判定定理證明AN∥平面MEC；

（II）對(duì)于存在性問(wèn)題，可先假設(shè)存在，即假設(shè)x在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使二面角P-EC-D的大小為．再通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系；求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合向量的數(shù)量積求出二面角P-EC-D的大小，若出現(xiàn)矛盾，則說(shuō)明假設(shè)不成立，即不存在；否則存在．

本題考查存在性問(wèn)題，直線與平面平行的判斷，二面角的求法，考查空間想象能力與計(jì)算能力．【解析】解：（I）CM與BN交于F；連接EF．

由已知可得四邊形BCNM是平行四邊形；

所以F是BN的中點(diǎn)．

因?yàn)镋是AB的中點(diǎn)；

所以AN∥EF．（7分）

又EF?平面MEC；AN?平面MEC；

所以AN∥平面MEC．（9分）

（II）由于四邊形ABCD是菱形；E是AB的中點(diǎn)，可得DE⊥AB．

又四邊形ADNM是矩形；面ADNM⊥面ABCD，∴DN⊥面ABCD；

如圖建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D（0，0，0），E（0，0），C（0，2，0），P（-1，h）；

=（-2，0），=（0，-1，h），設(shè)平面PEC的法向量為=（x；y，z）．

則∴

令y=h，∴=（2h，h，），又平面ADE的法向量=（0；0，1）；

∴cos＜＞===解得h=

∴在線段AM上是否存在點(diǎn)P，當(dāng)h=時(shí)使二面角P-EC-D的大小為．五、計(jì)算題(共2題，共16分)23、略

【分析】【分析】過(guò)C、D作出梯形的兩高，構(gòu)造出兩直角三角形，利用勾股定理和三角函數(shù)值求得兩直角三角形的另2邊，再加上CD，即為AB長(zhǎng)，根據(jù)∠A的任意三角函數(shù)值即可求得度數(shù)．【解析】【解答】解：作DE⊥AB于點(diǎn)E；CF⊥AB于點(diǎn)F；

則ED=CF=6；

因?yàn)锽C的坡度i=1：3；

∴BF=18；

∵AD=16；

∴AE=≈14.83；

∴AB=AE+BF+CD≈37.8米；

∵sinA=6÷16=0.375；

∴∠A=22°1′．24、略

【分析】【分析】先把x=2代入得出一個(gè)方程，再把x=4得出一個(gè)方程，根據(jù)f（2）=f（4），即可得出f（6）=的值．【解析】【解答】解：∵f（x）=ax2+bx-3；

∴x=2時(shí)，f（2）=4a+2b-3；

x=4時(shí)，f（4）=16a+4b-3；

∵f（2）=f（4）；

∴4a+2b-3=16a+4b-3；

∴6a+b=0；

∵f（6）=36a+6b-3=6（6a+b）-3=-3；

故答案為-3．六、綜合題(共3題，共21分)25、略

【分析】【分析】（1）把頂點(diǎn)A的坐標(biāo)代入直線的解析式得出c=a+；根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出c=1-3a，得出方程組，求出方程組的解即可；

（2）求出P、B、C的坐標(biāo)，BC=4，根據(jù)sin∠BCP==，和HK∥BP，得出=，求出PK=t；過(guò)H作HG⊥PC于G，根據(jù)三角形的面積公式即可求出答案；

（3）根據(jù)S=-（t-2）2+2求出S取最大值，作KK′⊥HC于K′，求出KK′和OK′，得到點(diǎn)K的坐標(biāo)，設(shè)所求直線的解析式為y=kx+b，代入得到方程組求出即可．【解析】【解答】解：（1）由y=ax2-2ax+c-1=a（x-1）2+c-1-a得拋物線的頂點(diǎn)為

A（1；c-1-a）．

∵點(diǎn)A在直線y=-x+8上；

∴c-1-a=-×1+8；

即c=a+；①

又拋物線與x軸相交于B（α；0）；C（β，0）兩點(diǎn)；

∴α、β是方程ax2-2ax+c-1=0的兩個(gè)根．

∴α+β=2，αβ=；

又α2+β2=10，即（α+β）2-2αβ=10；

∴4-2×=10；

即c=1-3a②；

由①②解得：a=-；c=5；

∴y=-x2+x+4；

此時(shí)；拋物線與x軸確有兩個(gè)交點(diǎn)；

答：這個(gè)拋物線解析式為：y=-x2+x+4．

（2）由拋物線y=-x2+x+4；

令x=0；得y=4，故P點(diǎn)坐標(biāo)為（0，4）；

令y=0，解得x1=-1，x2=3；

∵α＜β；∴B（-1，0），C（3，0）；

∴BC=4，又由OC=3，OP=4，得PC=5，sin∠BCP==；

∵BH=t；∴HC=4-t．

∵HK∥BP，=，=；

∴PK=t

如圖，過(guò)H作HG⊥PC于G，則HG=HC，

sin∠BCP=（4-t）?=（4-t）；

∴S=×t×（4-t）=t2+2t；

∵點(diǎn)H在線段BC上且HK∥BP；∴0＜t＜4．

∴所求的函數(shù)式為：S=-t2+2t（0＜t＜4）；

答：將S表示成t的函數(shù)為S=-t2+2t（0＜t＜4）．