2024年華東師大版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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)2024年華東師大版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)月考試卷361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、若則的取值范圍是（）A.B.C.D.2、已知向量=（1，3），=（m，2m-3），若對(duì)于平面內(nèi)任意一向量都存在唯一實(shí)數(shù)對(duì)（λ，μ），使=λ+μ則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）

A.（-2；-3）

B.（-3；+∞）

C.（-∞；-3）∪（-3，+∞）

D.[-2；-3）

3、定義一種運(yùn)算則函數(shù)的值域?yàn)椋ǎ〢.B.C.D.4、已知函數(shù)f（x）=log2（x2﹣ax+3a）在[2，+∞）上是增函數(shù)，則a的取值范圍是（）A.（﹣∞，4]B.（﹣∞，2]C.（﹣4，4]D.（﹣4，2]5、下列式子中成立的是（）A.log76＜log67B.1.013.4＞1.013.5C.3.50.3＜3.40.3D.log0.44＜log0.466、已知點(diǎn)（﹣3，﹣1）和點(diǎn)（b，﹣4）均在直線3x﹣2y﹣a=0上，則ab的值為（）A.B.﹣35C.35D.﹣7、如果冪函數(shù)f（x）=xα的圖象過(guò)點(diǎn)則f（4）的值等于（）A.16B.2C.D.8、從直線x-y+3=0上的點(diǎn)向圓x2+y2-4x-4y+7=0引切線，則切線長(zhǎng)的最小值為（）A.B.C.D.-19、將函數(shù)f(x)=2sin(x+2婁脮)(|婁脮|<婁脨2)

的圖象向左平移婁脨2

個(gè)單位長(zhǎng)度之后，所得圖象關(guān)于直線x=婁脨4

對(duì)稱，且f(0)>0

則婁脮=(

)

A.婁脨8

B.3婁脨8

C.鈭?婁脨8

D.鈭?3婁脨8

評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、【題文】若函數(shù)f(x+1)的定義域是(0,1],則函數(shù)f(2sinx)的定義域是__________11、已知兩個(gè)球的表面積之比為1：16，則這兩個(gè)球的半徑之比為_(kāi)___12、在平面內(nèi)，定點(diǎn)A、B、C、D滿足：||=||=||，?==?=﹣2，動(dòng)點(diǎn)P、M滿足：||=1，=則||的最大值是____．13、已知a+a﹣1=3，則a+a=____．14、______．15、一個(gè)棱長(zhǎng)為2cm的正方體的頂點(diǎn)都在球面上，則球的體積為_(kāi)_____．16、函數(shù)y=sinx(鈭?婁脨4鈮?x鈮?3婁脨4)

的值域是______．評(píng)卷人得分三、證明題(共9題，共18分)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、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．19、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=2．20、如圖；過(guò)圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長(zhǎng)線于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)．21、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．22、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．23、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．24、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．25、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．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共6分)26、【題文】定義在上的函數(shù)如果滿足：對(duì)任意存在常數(shù)都有成立，則稱是上的有界函數(shù)，其中稱為函數(shù)的一個(gè)上界．已知函數(shù)．

（1）若函數(shù)為奇函數(shù)，求實(shí)數(shù)的值；

（2）在（1）的條件下，求函數(shù)在區(qū)間上的所有上界構(gòu)成的集合；

（3）若函數(shù)在上是以3為上界的有界函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍．27、【題文】設(shè)集合AB

（1）若AB求實(shí)數(shù)a的值；

（2）若AB=A求實(shí)數(shù)a的取值范圍；評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共18分)28、如圖，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E是AD邊上一點(diǎn)（點(diǎn)E與A、D不重合）．BE的垂直平分線交AB于M；交DC于N．

（1）設(shè)AE=x；試把AM用含x的代數(shù)式表示出來(lái)；

（2）設(shè)AE=x，四邊形ADNM的面積為S．寫出S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．29、如圖，在直角坐標(biāo)系內(nèi)有兩個(gè)點(diǎn)A（-1，-1），B（2，3），若M為x軸上一點(diǎn)，且使MB-MA最大，求M點(diǎn)的坐標(biāo)，并說(shuō)明理由．評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)30、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點(diǎn)為A，點(diǎn)B在l1上，點(diǎn)C在l2上，且，當(dāng)B，C變化時(shí)，求過(guò)A，B，C三點(diǎn)的動(dòng)圓形成的區(qū)域的面積大小為_(kāi)___．31、已知拋物線y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求證：拋物線的頂點(diǎn)必在x軸的下方；

（2）設(shè)拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右邊），過(guò)A、B兩點(diǎn)的圓M與y軸相切，且點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為；求拋物線的解析式；

（3）在（2）的條件下，若拋物線的頂點(diǎn)為P，拋物線與y軸交于點(diǎn)C，求△CPA的面積．32、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點(diǎn)P是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點(diǎn)M．設(shè)CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

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

（3）當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)C向點(diǎn)B移動(dòng)時(shí)；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(qǐng)說(shuō)明理由．

33、如圖，已知P為∠AOB的邊OA上的一點(diǎn)，以P為頂點(diǎn)的∠MPN的兩邊分別交射線OB于M、N兩點(diǎn)，且∠MPN=∠AOB=α（α為銳角）．當(dāng)∠MPN以點(diǎn)P為旋轉(zhuǎn)中心，PM邊與PO重合的位置開(kāi)始，按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)（∠MPN保持不變）時(shí)，M、N兩點(diǎn)在射線OB上同時(shí)以不同的速度向右平行移動(dòng)．設(shè)OM=x，ON=y（y＞x＞0），△POM的面積為S．若sinα=；OP=2．

（1）當(dāng)∠MPN旋轉(zhuǎn)30°（即∠OPM=30°）時(shí)；求點(diǎn)N移動(dòng)的距離；

（2）求證：△OPN∽△PMN；

（3）寫出y與x之間的關(guān)系式；

（4）試寫出S隨x變化的函數(shù)關(guān)系式，并確定S的取值范圍．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】試題分析：當(dāng)時(shí)，對(duì)數(shù)函數(shù)為增函數(shù)，由得得所以當(dāng)時(shí)，對(duì)數(shù)函數(shù)為減函數(shù)，由得得所以的取值范圍是考點(diǎn)：對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性.【解析】【答案】C2、C【分析】

對(duì)于平面內(nèi)任意一向量都存在唯一實(shí)數(shù)對(duì)（λ，μ），使=λ+μ

故向量=（1，3）和=（m；2m-3）是兩個(gè)不共線的向量，∴1×（2m-3）-3m≠0；

∴m≠-3；故實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，+∞）；

故選C．

【解析】【答案】由題意知，和是平面內(nèi)的一個(gè)基底，是兩個(gè)不共線的向量，由x1?y2-x2?y1≠0；

求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．

3、B【分析】【解答】根據(jù)新定義可知指數(shù)函數(shù)的圖象可知的值域?yàn)楣蔅為正確答案.4、C【分析】【解答】解：若函數(shù)f（x）=log2（x2﹣ax+3a）在[2；+∞）上是增函數(shù)；

則當(dāng)x∈[2；+∞）時(shí)；

x2﹣ax+3a＞0且函數(shù)f（x）=x2﹣ax+3a為增函數(shù)。

即f（2）=4+a＞0

解得﹣4＜a≤4

故選C

【分析】若函數(shù)f（x）=log2（x2﹣ax+3a）在[2，+∞）上是增函數(shù)，則x2﹣ax+3a＞0且f（2）＞0，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性，我們可得到關(guān)于a的不等式，解不等式即可得到a的取值范圍．5、A【分析】【解答】解：A．∵log76＜1＜log67，∴l(xiāng)og76＜log67；因此正確；

B．∵函數(shù)y=1.01x在R上單調(diào)遞增，∴1.013.4＜1.013.5；因此不正確；

C．∵函數(shù)y=xα在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴3.50.3＞3.40.3；因此不正確；

D．∵函數(shù)y=log0.4x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴l(xiāng)og0.44＞log0.46；因此不正確．

故選：A．

【分析】利用對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可判斷出結(jié)論．6、C【分析】【解答】解：∵點(diǎn)（﹣3；﹣1）在直線3x﹣2y﹣a=0上；

∴3×（﹣3）﹣2×（﹣1）﹣a=0；解得a=﹣7；

又點(diǎn)（b；﹣4）在直線3x﹣2y+7=0上；

∴3b+8+7=0，解得b=﹣5；

∴ab=35；

故選：C．

【分析】將（﹣3，﹣1）代入直線方程求出a，將（b，﹣4）代入直線方程求出b，從而求出ab的值即可．7、D【分析】解：∵函數(shù)f（x）=xα的圖象過(guò)點(diǎn)

∴

∴

∴

∴

故選D

將點(diǎn)的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式列出方程；求出函數(shù)解析式；將x=4代入求出值．

本題考查利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式．考查知函數(shù)解析式如何求函數(shù)值．【解析】【答案】D8、B【分析】解：圓x2+y2-4x-4y+7=0化為（x-2）2+（y-2）2=1；

圓心為C（2；2），半徑為1，如圖；

直線x-y+3=0上的點(diǎn)向圓x2+y2-4x-4y+7=0引切線；要使切線長(zhǎng)的最??；

則直線上的點(diǎn)與圓心的距離最?。?/p>

由點(diǎn)到直線的距離公式可得，|PC|=．

∴切線長(zhǎng)的最小值為．

故選：B．

由題意畫(huà)出圖形；求出圓心到直線x-y+3=0的距離，再由勾股定理求得切線長(zhǎng)的最小值．

本題考查圓的切線方程，考查了直線與圓位置關(guān)系的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．【解析】【答案】B9、B【分析】解：將函數(shù)f(x)=2sin(x+2婁脮)(|婁脮|<婁脨2)

的圖象向左平移婁脨2

個(gè)單位長(zhǎng)度之后，可得y=2sin(x+婁脨2+2婁脮)

的圖象；

根據(jù)所得圖象關(guān)于直線x=婁脨4

對(duì)稱，可得婁脨4+婁脨2+2婁脮=k婁脨+婁脨2

即婁脮=k婁脨2鈭?婁脨8k隆脢Z

．

根據(jù)且f(0)=2sin2婁脮>0

則婁脮=3婁脨8

故選：B

．

根據(jù)函數(shù)y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象變換規(guī)律；求得f(x)

的解析式，再利用正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，求得婁脮

的值．

本題主要考查函數(shù)y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象變換規(guī)律，正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，屬于基礎(chǔ)題．【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【解析】解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x+1)的定義域是(0,1],即x(0,1],x+1(1,2],所以2sinx(1,2],sinx(1/2,1],結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可知為(+2kπ,+2kπ)(k?Z)【解析】【答案】(+2kπ,+2kπ)(k?Z)11、1：4【分析】【解答】解：由題意可得：設(shè)大球與小球兩個(gè)球的半徑分別為R，r；

所以兩個(gè)球的表面積分別為：S1=4πR2，S2=4πr2

因?yàn)閮蓚€(gè)球的表面積之比為1：16；

所以可得：

所以

故答案為：1：4．

【分析】設(shè)大球與小球兩個(gè)球的半徑分別為R，r，然后表示出兩個(gè)球的表面積：S1=4πR2，S2=4πr2，進(jìn)而根據(jù)題中的面積之比得到半徑之比，即可得到答案．12、【分析】【解答】解：∵||=||=||；∴A，B，C在以D為圓心的圓D上；

∵?==?=﹣2，∴兩兩夾角相等均為120°；∴|DA|=2；

以D為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)A（2，0），則B（﹣1，﹣），C（﹣1，）；

∴=（0，2）．

∵||=1；∴P在以A為圓心，以1為半徑的圓A上；

∵=∴M為PC的中點(diǎn)，∴=（）．

設(shè)P（2+cosα，sinα），則=（3+cosα，sinα+）；

∴=（cosα+sinα+）；

∴=（cosα+）2+（sinα+）2=+sinα+=3sin（α+）+

∴||的最大值為=．

故答案為：．

【分析】根據(jù)條件可知A，B，C三點(diǎn)共圓，M為PC的中點(diǎn)，于是=（）．建立平面直角坐標(biāo)系得出的坐標(biāo)，計(jì)算得出模長(zhǎng)關(guān)于α的函數(shù)，利用三角函數(shù)的恒等變換得出模長(zhǎng)的最大值．13、【分析】【解答】解：∵a＞0，∴a+a==．故答案為：．

【分析】利用a+a=即可得出．14、略

【分析】解：因?yàn)棣翞榈诙笙藿?，sinα=所以根據(jù)sin2α+cos2α=1得到：cosα=-則tanα==-

又因?yàn)閠an（α+β）==1；

把tanα=-的值代入得：=1即-+tanβ=1+tanβ；

解得tanβ=7

故答案為：7

先根據(jù)α的范圍利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出cosα及tanα；然后把條件tan（α+β）利用兩角和的正切函數(shù)公式化簡(jiǎn)后，將tanα代入其中即可求出tanβ．

本題是一道基礎(chǔ)計(jì)算題，考查學(xué)生靈活運(yùn)用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系和兩角和的正切函數(shù)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)求值的能力，另外學(xué)生在求cosα?xí)r應(yīng)注意α的取值范圍．【解析】715、略

【分析】解：因?yàn)橐粋€(gè)正方體的頂點(diǎn)都在球面上；它的棱長(zhǎng)為2；

所以正方體的外接球的直徑就是正方體的對(duì)角線的長(zhǎng)度：2．

所以球的半徑為：．

所求球的體積為=4π．

故答案為4π．

求出正方體的對(duì)角線的長(zhǎng)度；就是外接球的直徑，利用球的體積公式求解即可．

本題考查球的內(nèi)接體，球的體積的求法，求出球的半徑是解題的關(guān)鍵，考查計(jì)算能力．【解析】4π16、略

【分析】解：由正弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間知；

函數(shù)y=sinx(鈭?婁脨4鈮?x鈮?3婁脨4)

在[鈭?婁脨4,婁脨2]

上是增函數(shù)，在[婁脨2,3婁脨4]

上是減函數(shù)；

故x=婁脨2

時(shí)，y

有最大值是1x=鈭?婁脨4

時(shí)，y=鈭?22x=3婁脨4

時(shí)，y=22

故函數(shù)的值域是[鈭?22,1]

故答案為[鈭?22,1]

．

根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，函數(shù)y

在[鈭?婁脨4,婁脨2]

上是增函數(shù)，在[婁脨2,3婁脨4]

上是減函數(shù)；利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的值域．

本題考查正弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及單調(diào)性、正弦函數(shù)的值域，利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的值域是一種常用的方法．【解析】[鈭?22,1]

三、證明題(共9題，共18分)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）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．19、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=2．20、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線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=21、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．22、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．23、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．24、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．25、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(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．四、解答題(共2題，共6分)26、略

【分析】【解析】

試題分析：(1)因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以利用求出的值；(2)在（1）的條件下，證明的單調(diào)性，在恒成立，即根據(jù)單調(diào)性，可以求出其最大值；(3)若函數(shù)在上是以3為上界的有界函數(shù)，則將函數(shù)代入，反解利用函數(shù)的單調(diào)性求出他們的最大，和最小值，就是的范圍.

試題解析：解：（1）因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)；

所以即

即得而當(dāng)時(shí)不合題意，故．4分。

（2）由（1）得：

下面證明函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增；

證明略．6分。

所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增；

所以函數(shù)在區(qū)間上的值域?yàn)?/p>

所以故函數(shù)在區(qū)間上的所有上界構(gòu)成集合為．8分。

（3）由題意知，在上恒成立．

．

在上恒成立．

10分。

設(shè)由得

設(shè)

所以在上遞減，在上遞增；12分。

在上的最大值為在上的最小值為．

所以實(shí)數(shù)的取值范圍為．14分。

考點(diǎn)：1.函數(shù)的奇偶性；2.函數(shù)的單調(diào)性；3.函數(shù)的最值.【解析】【答案】（1）（2）（3）27、略

【分析】【解析】

試題分析：由x2-3x+2=0得x=1或x=2,故集合A=

（1）∵AB∴2B，代入B中的方程,得a2+4a+3=0,∴a=-1或a="-3;"

當(dāng)a=-1時(shí)，B=滿足條件；

當(dāng)a=-3時(shí)，B=滿足條件；

綜上；a的值為-1或-3.

（2）對(duì)于集合B，=4(a+1)2-4(a2-5)=8(a+3).

∵AB=A∴BA,

①當(dāng)＜0,即a＜-3時(shí)，B=滿足條件；

②當(dāng)=0，即a=-3時(shí)，B=滿足條件；

③當(dāng)＞0，即a＞-3時(shí)，B=A=才能滿足條件；則由根與系數(shù)的關(guān)系得。

即矛盾；綜上；a的取值范圍是a≤-3.

考點(diǎn)：本題考查了集合的關(guān)系及運(yùn)算。

點(diǎn)評(píng)：對(duì)于比較抽象的集合，在探究它們的關(guān)系時(shí)，要先對(duì)它們進(jìn)行化簡(jiǎn)。同時(shí)，要注意集合的子集要考慮空與不空,不要忘了集合本身和空集這兩種特殊情況.【解析】【答案】（1）-1或-3.（2）a≤-3.五、計(jì)算題(共2題，共18分)28、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)線段的垂直平分線推出BM=ME；根據(jù)勾股定理求出即可．

（2）連接ME，NE，NB，設(shè)AM=a，DN=b，NC=6-b，根據(jù)勾股定理得到AM2+AE2=ME2，DN2+DE2=NE2=BN2=BC2+CN2，代入求出即可．【解析】【解答】解：（1）連接ME．

∵M(jìn)N是BE的垂直平分線；

∴BM=ME=6-AM；

在△AME中；∠A=90°；

由勾股定理得：AM2+AE2=ME2；

AM2+x2=（6-AM）2；

AM=3-x．

（2）連接ME，NE，NB，設(shè)AM=a，DN=b，NC=6-b；

因MN垂直平分BE；

則ME=MB=6-a；NE=NB；

所以由勾股定理得

AM2+AE2=ME2，DN2+DE2=NE2=BN2=BC2+CN2

即a2+x2=（6-a）2，b2+（4-x）2=42+（6-b）2；

解得a=3-x2，b=x2+x+3；

所以四邊形ADNM的面積為S=×（a+b）×4=2x+12；

即S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系為S=2x+12（0＜x＜2）；

答：S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是S=2x+12．29、略

【分析】【分析】作點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A'，作直線BA'交x軸于點(diǎn)M，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得出MA'=MA，MB-MA=MB-MA'=A'B，再用待定系數(shù)法求出直線A'B的解析式，根據(jù)x軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)即可求出M點(diǎn)的坐標(biāo)．【解析】【解答】解：作點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A'；

作直線BA'交x軸于點(diǎn)M；

由對(duì)稱性知MA'=MA；MB-MA=MB-MA'=A'B；

若N是x軸上異于M的點(diǎn)；

則NA'=NA；這時(shí)NB-NA=NB-NA'＜A'B=MB-MA；

所以；點(diǎn)M就是使MB-MA的最大的點(diǎn)，MB-MA的最大值為A'B；

設(shè)直線A'B的解析式為y=kx+b；

則解得，，即直線A'B的解析式為；

令y=0，得，故M點(diǎn)的坐標(biāo)為（；0）．

故答案為：（，0）．六、綜合題(共4題，共40分)30、略

【分析】【分析】由題意可知當(dāng)A與B或C重合時(shí)，所成的圓最大，它包括了所有的圓，所以求出半徑為2時(shí)圓的面積即為動(dòng)圓所形成的區(qū)域的面積．【解析】【解答】解：當(dāng)A與B或C重合時(shí)，此時(shí)圓的面積最大，此時(shí)圓的半徑r=BC=2；

所以此時(shí)圓的面積S=πr2=π（2）2=8π；

則過(guò)A；B、C三點(diǎn)的動(dòng)圓所形成的區(qū)域的面積為8π．

故答案為8π．31、略

【分析】【分析】（1）判定拋物線的頂點(diǎn)必在x軸的下方；根據(jù)開(kāi)口方向，二次函數(shù)只要與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)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(kāi)口向上；且a＞0

又△=（4a）2-4×3a2=4a2＞0

∴拋物線必與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)

∴其頂點(diǎn)在x軸下方

（2）解：令x2+4ax+3a2=0

∴x1=-a