2025年浙教新版高一數(shù)學(xué)下冊(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年浙教新版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷454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、在△ABC中，點(diǎn)O是其內(nèi)一點(diǎn)，若且則△ABC的形狀是（）

A.直角三角形。

B.等邊三角形。

C.等腰三角形。

D.邊長(zhǎng)不等的銳角三角形。

2、2011是等差數(shù)列：1,4,7,10的第（）項(xiàng)。A.669B.670C.671D.6723、計(jì)算sin600°的值是（）

A.0.5

B.

C.

D.-0.5

4、化簡(jiǎn)的結(jié)果為（）A.a16B.a8C.a4D.a25、不共面的四點(diǎn)可以確定平面的個(gè)數(shù)為（）A.2個(gè)B.3個(gè)C.4個(gè)D.無(wú)法確定評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、把函數(shù)y=sin2x的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度后所得圖象的解析式是____．7、【題文】如圖，直線(xiàn)平面垂足為直線(xiàn)是平面的一條斜線(xiàn)，斜足為其中過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線(xiàn)交平面于點(diǎn)則下列說(shuō)法正確的是___________．

①若則動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是一個(gè)圓；

②若則動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是一條直線(xiàn)；

③若則動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是拋物線(xiàn)；

④則動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是橢圓；

⑤則動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是雙曲線(xiàn)．8、一個(gè)勻速旋轉(zhuǎn)的摩天輪每12分鐘轉(zhuǎn)一周，最低點(diǎn)距地面2米，最高點(diǎn)距地面18米，P是摩天輪輪周上一定點(diǎn)，從P在最低點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則16分鐘后P點(diǎn)距地面的高度是____．9、設(shè)θ為第二象限角，若則sinθ+cosθ=____．10、已知向量=（6，2），=（-2，4），則+=______．11、如果圓（x-2a）2+（y-a-3）2=4上總存在兩個(gè)點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______．12、小強(qiáng)和小華兩位同學(xué)約定下午在大良鐘樓公園噴水池旁見(jiàn)面，約定誰(shuí)先到后必須等10

分鐘，這時(shí)若另一人還沒(méi)有來(lái)就可以離開(kāi).

如果小強(qiáng)是120鈭?200

到達(dá)的，假設(shè)小華在1

點(diǎn)到2

點(diǎn)內(nèi)到達(dá)，且小華在1

點(diǎn)到2

點(diǎn)之間何時(shí)到達(dá)是等可能的，則他們會(huì)面的概率是______．13、已知a鈫?=(2,1)b鈫?=(2,鈭?2)

則2a鈫?鈭?b鈫?=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共7題，共14分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、初中我們學(xué)過(guò)了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)一種方案，解決問(wèn)題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)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．19、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)．20、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．評(píng)卷人得分四、解答題(共4題，共12分)21、已知f（x）=2cos2x+sin2x+m（m∈R）．

（I）若x∈R；求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；

（Ⅱ）若x∈[0，]時(shí)；f（x）的最大值為4，求m的值；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，若a、b、c分別是三角形角A、B、C的對(duì)邊，且a=1，b+c=2；f（A）=3，求△ABC的面積．

22、在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別為a，b，c，cos=．（1）求cosB的值；（2）若a+c=2b=2求△ABC的面積．23、【題文】如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD，E,F分別是AB,BC的中點(diǎn)，將△AED，△DCF分別沿DE,DF折起，使A,C兩點(diǎn)重合于

(1)求證：⊥EF;

(2)求24、【題文】已知函數(shù)．

（Ⅰ）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，不等式恒成立；求實(shí)數(shù)k的值；

（Ⅲ）求證：．（其中）評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共1題，共7分)25、已知t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，且x=10t1，y=10t2，那么y與x間的函數(shù)關(guān)系式為_(kāi)___，其函數(shù)圖象在第____象限內(nèi)．評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共28分)26、如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線(xiàn)y=ax2+c與x軸正半軸交于點(diǎn)F（4；0）；與y軸正半軸交于點(diǎn)E（0，4），邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD的頂點(diǎn)D與原點(diǎn)O重合，頂點(diǎn)A與點(diǎn)E重合，頂點(diǎn)C與點(diǎn)F重合；

（1）求拋物線(xiàn)的函數(shù)表達(dá)式；

（2）如圖2；若正方形ABCD在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，并且邊BC所在的直線(xiàn)始終與x軸垂直，拋物線(xiàn)與邊AB交于點(diǎn)P且同時(shí)與邊CD交于點(diǎn)Q．設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（m，n）

①當(dāng)PO=PF時(shí)；分別求出點(diǎn)P和點(diǎn)Q的坐標(biāo)及PF所在直線(xiàn)l的函數(shù)解析式；

②當(dāng)n=2時(shí)；若P為AB邊中點(diǎn)，請(qǐng)求出m的值；

（3）若點(diǎn)B在第（2）①中的PF所在直線(xiàn)l上運(yùn)動(dòng)；且正方形ABCD與拋物線(xiàn)有兩個(gè)交點(diǎn)，請(qǐng)直接寫(xiě)出m的取值范圍．

27、二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)是，它與x軸的一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)是（-2，0），另一個(gè)交點(diǎn)的是C，它與y軸相交于D，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．試問(wèn)：y軸上是否存在點(diǎn)P，使得△POB∽△DOC？若存在，試求出過(guò)P、B兩點(diǎn)的直線(xiàn)的解析式；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．29、已知函數(shù)f（x）=ax2+4x+b，其中a＜0，a、b是實(shí)數(shù)，設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=0的兩根為x1，x2；f（x）=x的兩實(shí)根為α；β．

（1）若|α-β|=1，求a、b滿(mǎn)足的關(guān)系式；

（2）若a、b均為負(fù)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?。畢⒖即鸢敢弧⑦x擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

設(shè)AB的中點(diǎn)為D，∵∴2=-∴2||=||；

∴O為△ABC的重心．

∵∴=0，即

∴．

同理可證，故O為△ABC的垂心．

綜上可得；△ABC的形狀是等邊三角形；

故選B．

【解析】【答案】設(shè)AB的中點(diǎn)為D，由可得O為△ABC的重心．由可得O為△ABC的垂心，由此可得，△ABC的形狀．

2、C【分析】試題分析：易知公差為則令解得考點(diǎn)：等差數(shù)列通項(xiàng)公式的求法及應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮緾3、B【分析】

sin600°=sin（2×360°-120°）

=-sin120°=-sin（180°-60°）

=-sin60°=-．

故選B

【解析】【答案】把原式的角度600°變形為2×360°-120°；然后利用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)，再把120°變?yōu)?80°-60°，利用誘導(dǎo)公式及特殊角的三角函數(shù)值即可求出值．

4、C【分析】【解答】==·=a4；故選C。

【分析】易錯(cuò)題，須細(xì)心計(jì)算。5、C【分析】解：∵不共線(xiàn)的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)平面；

不共面的四點(diǎn)就一定不存在三個(gè)點(diǎn)共線(xiàn)的情況；

∴從4個(gè)點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)都可以確定一個(gè)平面，共有C43=4種結(jié)果；

故選C．

不共面的四點(diǎn)就一定不存在三個(gè)點(diǎn)共線(xiàn)的情況；由于不共線(xiàn)的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)平面，從4個(gè)點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)都可以確定一個(gè)平面，利用組合數(shù)寫(xiě)出結(jié)果．

本題考查平面的基本性質(zhì)及推論，考查不共線(xiàn)的三點(diǎn)可以確定一個(gè)平面，考查組合數(shù)的應(yīng)用，本題是一個(gè)基礎(chǔ)題．【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

把函數(shù)y=sin2x的圖象上所有的點(diǎn)向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)=sin2（x-）=sin（2x-）的圖象；

再將y=sin（2x-）的圖象上所有的點(diǎn)向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度后所得函數(shù)圖象的解析式是y=sin（2x-）-1．

故答案為：y=sin（2x-）-1．

【解析】【答案】利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律；依次變換即可求得答案．

7、略

【分析】【解析】

試題分析：由①與重合，動(dòng)直線(xiàn)形成一個(gè)平面與平面M的平面，動(dòng)點(diǎn)的軌跡不存在，故不正確；由②則所以動(dòng)直線(xiàn)形成一個(gè)平面與垂直，平面與平面M交于一條直線(xiàn)則是動(dòng)點(diǎn)的軌跡，故正確；由③則動(dòng)直線(xiàn)形成一個(gè)以為軸線(xiàn)的圓錐，圓錐母線(xiàn)與軸線(xiàn)的夾角是由則圓錐的一條母線(xiàn)與平面M平行，所以動(dòng)點(diǎn)的軌跡看成一個(gè)平行于圓錐母線(xiàn)的平面截圓錐所成的圖形是拋物線(xiàn)，則動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是拋物線(xiàn)，故正確；由④時(shí)，動(dòng)點(diǎn)的軌跡看成一個(gè)與圓錐母線(xiàn)成一個(gè)角度的平面截圓錐所成的圖形，此時(shí)的軌跡是雙曲線(xiàn)；由⑤動(dòng)點(diǎn)的軌跡看成一個(gè)與圓錐母線(xiàn)成一個(gè)角度的平面截圓錐所成的圖形；此時(shí)的軌跡是橢圓．故最終正確的是②③．

考點(diǎn)：1．立體幾何中直線(xiàn)，面之間的關(guān)系；2．圓錐曲線(xiàn)的概念．【解析】【答案】②③．8、14【分析】【解答】解：設(shè)P與地面高度與時(shí)間t的關(guān)系；f（t）=Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π））；

由題意可知：A=8，B=10，T=12，所以ω=即

又因?yàn)閒（0）=2，故得

所以f（16）==14．

故答案為：14．

【分析】由實(shí)際問(wèn)題設(shè)出P與地面高度與時(shí)間t的關(guān)系，f（t）=Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π）），由題意求出三角函數(shù)中的參數(shù)A，B，及周期T，利用三角函數(shù)的周期公式求出ω，通過(guò)初始位置求出φ，求出f（16）的值即可．9、﹣【分析】【解答】解：∵tan（θ+）==

∴tanθ=﹣

而cos2θ==

∵θ為第二象限角；

∴cosθ=﹣=﹣sinθ==

則sinθ+cosθ=﹣=﹣．

故答案為：﹣

【分析】已知等式利用兩角和與差的正切函數(shù)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡(jiǎn)，求出tanθ的值，再根據(jù)θ為第二象限角，利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出sinθ與cosθ的值，即可求出sinθ+cosθ的值．10、略

【分析】解：∵向量=（6，2），=（-2；4）；

∴+=（6-2；2+4）=（4，6）；

故答案為：（4；6）．

利用向量的加法的坐標(biāo)運(yùn)算即可得出．

本題考查了向量的加法的坐標(biāo)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．【解析】（4，6）11、略

【分析】解：原問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為：圓（x-2a）2+（y-a-3）2=4和圓x2+y2=1相交；

可得兩圓圓心之間的距離d==

由兩圓相交可得

平方可得1＜5a2+6a+9＜9，解得

故答案為：

依據(jù)圓（x-2a）2+（y-a-3）2=4和圓x2+y2=1相交；兩圓圓心距大于兩圓半徑之差；小于兩圓半徑之和，建立不等式組可得．

本題體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：圓（x-2a）2+（y-a-3）2=4和圓x2+y2=1相交是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【解析】12、略

【分析】解：由題意知本題是一個(gè)幾何概型；

隆脽

試驗(yàn)發(fā)生包含的所有事件對(duì)應(yīng)的集合是婁賂={x|80<x<120,60<y<120}

集合對(duì)應(yīng)的面積是2400

而滿(mǎn)足條件的事件={x|80<x<120,60<y<120,|x鈭?y|鈮?10}

對(duì)應(yīng)的面積為2400鈭?12隆脕30隆脕30鈭?(10+50)隆脕402=750

隆脿

兩人能夠會(huì)面的概率是7502400=516

故答案為516

．

由題意知本題是一個(gè)幾何概型；以面積為測(cè)度，根據(jù)面積之比得到概率．

本題主要考查幾何概型的概率的計(jì)算，利用面積為測(cè)度是解決本題的關(guān)鍵．【解析】516

13、略

【分析】解：2a鈫?鈭?b鈫?=2(2,1)鈭?(2,鈭?2)=(2,4)

．

故答案為：(2,4)

．

據(jù)條件即可得出，2a鈫?鈭?b鈫?=2(2,1)鈭?(2,鈭?2)

進(jìn)行向量坐標(biāo)的數(shù)乘和減法運(yùn)算即可得出答案．

考查向量坐標(biāo)的概念，以及向量坐標(biāo)的減法和數(shù)乘運(yùn)算．【解析】(2,4)

三、證明題(共7題，共14分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、略

【分析】【分析】（1）過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長(zhǎng)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(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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．19、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=20、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．四、解答題(共4題，共12分)21、略

【分析】

（I）f（x）=2cos2x+sin2x+m=cos2x+sin2x+1+m=2sin（+2x）+1+m

當(dāng)-+2kπ≤2x+≤+2kπ?x∈[-+kπ，+kπ]為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間．

（II）∵x∈[0，]

∴≤2x+≤

∴-≤sin（2x+）≤1

∵f（x）的最大值為4

∴1+m=2解得：m=1

（III）由（II）知f（x）=2sin（+2x）+2

∵f（A）=3

∴2sin（+2A）+2=3即sin（+2A）=

∵0＜A＜π

∴A=

由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA

∴a2=b2+c2-bc=（b+c）2-3bc

∴bc=1

S=bcsinA=×1×=

【解析】【答案】（I）根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造不等式-+2kπ≤2x+≤+2kπ；解不等式即可求出函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間．

（II）根據(jù)角的范圍得出-≤sin（2x+）≤1；可知1+m=2從而求出結(jié)果．

（III）由2sin（+2A）+2=3，結(jié)合0＜A＜π可求A，然后由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA及已知可求bc，代入三角形的面積公式S=bcsinA

22、略

【分析】試題分析：解題思路：（1）將已知條件利用誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)，再利用二倍角公式求出的值即可；（2）利用余弦定理列出關(guān)系式，再利用完全平方公式變形后，將的值代入求出的值，再由的值，利用三角形的面積公式求的面積.規(guī)律總結(jié)：解三角形，要注意已知條件的特點(diǎn)合理選擇定理；因?yàn)檎叶ɡ?、余弦定理中涉及的角是三角形的?nèi)角，所以要降次升角.試題解析：（1）（2）由可得則考點(diǎn)：1.正弦定理；2.余弦定理.【解析】【答案】（1）（2）．23、略

【分析】【解析】

試題分析：(1)先根據(jù)正方形的特征得到再根據(jù)點(diǎn)的重合得到由直線(xiàn)與平面垂直的判定定理可知，再由直線(xiàn)與平面垂直的性質(zhì)定理得到(2)先根據(jù)勾股定理求得以及證明然后求得的面積，根據(jù)(1)中的將三棱錐看作是以為高，以為底的幾何體，那么求即是求的體積，由求解。

試題解析：(1)證明：∵是正方形；

∴2分。

∴3分。

又4分。

∴5分。

又

∴6分。

(2)在中，

∴7分。

∵∴8分。

∴9分。

∴10分。

又由(1)知，是三棱錐的高；11分。

所以13分。

14分。

考點(diǎn)：1直線(xiàn)與平面垂直的判定定理；2直線(xiàn)與平面垂直的性質(zhì)定理；3解三角形；4三棱錐的體積公式；5勾股定理【解析】【答案】(1)見(jiàn)解析；(2)24、略

【分析】【解析】

試題分析：(Ⅰ)易知函數(shù)的定義域?yàn)?/p>

(Ⅱ)解法一：

綜上：

解法二：

由題意

(Ⅲ)證法一：

并累加得：

證法二：數(shù)學(xué)歸納法（略）

考點(diǎn)：本小題主要考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；極值、最值等性質(zhì)；以及放縮法或數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力和推理論證能力.

點(diǎn)評(píng)：用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等性質(zhì)時(shí)，不要忘記先求函數(shù)的定義域，用放縮法證明不等式時(shí)，要注意放縮的力度要恰當(dāng)，如果用數(shù)學(xué)歸納法證明，需要嚴(yán)格按步驟進(jìn)行.【解析】【答案】（Ⅰ）單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為

（Ⅱ）（Ⅲ）利用放縮不等式可以證明，或用數(shù)學(xué)歸納法證明五、計(jì)算題(共1題，共7分)25、略

【分析】【分析】由于t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，利用根與系數(shù)的關(guān)系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底數(shù)冪的乘法法則計(jì)算即可解決問(wèn)題．【解析】【解答】解：∵t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)．

故答案為：y=（x＞0），一．六、綜合題(共4題，共28分)26、略

【分析】【分析】（1）已知拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸是y軸；頂點(diǎn)是（0，4），經(jīng)過(guò)點(diǎn)（4，0），利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；

（2）①過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G；根據(jù)三線(xiàn)合一定理可以求得G的坐標(biāo)，則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)可以求得，把P的橫坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)的解析式，即可求得縱坐標(biāo)，得到P的坐標(biāo)，再根據(jù)正方形的邊長(zhǎng)是4，即可求得Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線(xiàn)的解析式即可求得Q的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得直線(xiàn)PF的解析式；

②已知n=2；即A的縱坐標(biāo)是2，則P的縱坐標(biāo)一定是2，把y=2代入拋物線(xiàn)的解析式即可求得P的橫坐標(biāo)，根據(jù)AP=2，且AP∥y軸，即可得到A的橫坐標(biāo)，從而求得m的值；

（3）假設(shè)B在M點(diǎn)時(shí)，C在拋物線(xiàn)上或假設(shè)當(dāng)B點(diǎn)在N點(diǎn)時(shí)，D點(diǎn)同時(shí)在拋物線(xiàn)上時(shí)，求得兩個(gè)臨界點(diǎn)，當(dāng)B在MP和FN之間移動(dòng)時(shí)，拋物線(xiàn)與正方形有兩個(gè)交點(diǎn)．【解析】【解答】解：（1）由拋物線(xiàn)y=ax2+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)E（0；4），F(xiàn)（4，0）

，解得；

∴y=-x2+4；

（2）①過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G；

∵PO=PF∴OG=FG

∵F（4；0）∴OF=4

∴OG=OF=×4=2；即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2

∵點(diǎn)P在拋物線(xiàn)上。

∴y=-×22+4=3；即P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3

∴P（2；3）

∵點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為3；正方形ABCD邊長(zhǎng)是4，∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為-1

∵點(diǎn)Q在拋物線(xiàn)上，∴-1=-x2+4

∴x1=2，x2=-2（不符題意；舍去）

∴Q（2；-1）

設(shè)直線(xiàn)PF的解析式是y=kx+b；

根據(jù)題意得：；

解得：，

則直線(xiàn)的解析式是：y=-x+6；

②當(dāng)n=2時(shí)；則點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為2

∵P在拋物線(xiàn)上，∴2=-x2+4

∴x1=2，x2=-2

∴P的坐標(biāo)為（2，2）或（-2；2）

∵P為AB中點(diǎn)∴AP=2

∴A的坐標(biāo)為（2-2，2）或（-2-2；2）

∴m的值為2-2或-2-2；

（3）假設(shè)B在M點(diǎn)時(shí)；C在拋物線(xiàn)上，A的橫坐標(biāo)是m，則B的橫坐標(biāo)是m+4；

代入直線(xiàn)PF的解析式得：y=-（m+4）+6=-m；

則B的縱坐標(biāo)是-m，則C的坐標(biāo)是（m+4，-m-4）．

把C的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)的解析式得：-m-4=-（m+4）2+4，解得：m=-1-或-1+（舍去）；

當(dāng)B在E點(diǎn)時(shí)；AB經(jīng)過(guò)拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)，則E的縱坐標(biāo)是4；

把y=4代入y=-x+6，得4=-x+6，解得：x=；

此時(shí)A的坐標(biāo)是（-，4），E的坐標(biāo)是：（；4），此時(shí)正方形與拋物線(xiàn)有3個(gè)交點(diǎn)．

當(dāng)點(diǎn)B在E點(diǎn)時(shí)，正方形與拋物線(xiàn)有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)-1-＜m＜-；

當(dāng)點(diǎn)B在E和P點(diǎn)之間時(shí)，正方形與拋物線(xiàn)有三個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)：-＜x＜-2；

當(dāng)B在P點(diǎn)時(shí)；有兩個(gè)交點(diǎn)；

假設(shè)當(dāng)B點(diǎn)在N點(diǎn)時(shí)；D點(diǎn)同時(shí)在拋物線(xiàn)上時(shí)；

同理，C的坐標(biāo)是（m+4，-m-4），則D點(diǎn)的坐標(biāo)是：（m，-m-4）；

把D的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)的解析式得：-m-4=-m2+4，解得：m=3+或3-（舍去）；

當(dāng)B在F與N之間時(shí)，拋物線(xiàn)與正方形有兩個(gè)交點(diǎn)．此時(shí)0＜m＜3+．

故m的范圍是：-1-＜m-或m=2或0＜m＜3+．27、略

【分析】【分析】先根據(jù)條件利用待定系數(shù)法求出拋物線(xiàn)的解析式，然后根據(jù)解析式求出點(diǎn)D，點(diǎn)C的坐標(biāo)，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)P、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法就可以求出直線(xiàn)PB的解析式．【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)是；它與x軸的一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)是（-2，0）；

∴設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為：將點(diǎn)B（-2；0）代入得；

；解得

a=-1

∴拋物線(xiàn)的解析式為：y=-x2+x+6．

當(dāng)x=0時(shí)；y=6

∴D（0；6）；

∴OD=6

y=0時(shí)，x1=-2，x2=3

C（3；0）；

∴OC=3；

∵B（-2；0）；

∴OB=2．

∵△POB∽△DOC；

∴；

∴

∴PO=4

∴P（0；4）或P（0，-4）；

設(shè)直線(xiàn)PB的解析式為：y=kx+b；

∴或；解得：

或

求得直線(xiàn)PB的解析式為：y=2x+4或y=-2x-4．

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NP∥CD交y軸于P，連接EF，根據(jù)三角形的面積公式求出S△CAEF=S四邊形EFCB，根據(jù)NP∥CE，求出，設(shè)過(guò)N、P兩點(diǎn)的一次函數(shù)是y=kx+b，代入N、P的左邊得到方程組，求出直線(xiàn)NP的解析式，同理求出A、C兩點(diǎn)的直線(xiàn)的解析式，組成方程組求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵拋物線(xiàn)y=ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（-3；0），B（1，0）；

∴消去b；得c=-3a．

∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0；-3a）；

答：點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0；-3a）．

（2）當(dāng)∠ACB=90°時(shí)；

∠AOC=∠BOC=90°；∠OBC+∠BCO=90°，∠ACO+∠BCO=90°；

∴∠ACO=∠OBC；

∴△AOC∽△COB，；