2025年西師新版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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)2025年西師新版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷63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7題，共14分)1、已知球的大圓周長(zhǎng)是2π；那么球的表面積是（）

A.π

B.2π

C.3π

D.4π

2、【題文】已知ABCD是矩形，邊長(zhǎng)AB=3，BC=4，正方形ACEF邊長(zhǎng)為5，平面ACEF⊥平面ABCD，則多面體ABCDEF的外接球的表面積()A.B.C.D.3、已知軸截面是正方形的圓柱的高與球的直徑相等，則圓柱的全面積與球的表面積的比是（）A.6：5

B.5：4C.4：3D.3：24、直線l過(guò)圓（x﹣2）2+（y+2）2=25內(nèi)一點(diǎn)M（2，2），則l被圓截得的弦長(zhǎng)恰為整數(shù)的直線共有（）A.8條B.7條C.6條D.5條5、函數(shù)f（x）=Asin（ωx+φ）的部分圖象如圖所示；則函數(shù)的解析式可以是（）

A.f（x）=2cos（3x+）B.f（x）=2sin（）C.f（x）=2sin（3x﹣）D.f（x）=2sin（3x﹣）或f（x）=2sin（）6、把二進(jìn)制數(shù)1101（2）化為十進(jìn)制數(shù)是（）A.5B.13C.25D.267、已知偶函數(shù)f(x)

在[0,+隆脼)

上單調(diào)遞增，且f(鈭?2)=3

則滿足f(2x鈭?3)<3

的x

的取值范圍是(

)

A.(鈭?隆脼,12)隆脠(52,+隆脼)

B.(12,52)

C.(鈭?隆脼,鈭?32)隆脠(鈭?12,+隆脼)

D.(鈭?32,鈭?12)

評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、已知以拋物線y2=4x過(guò)焦點(diǎn)的弦為直徑且圓心在第四象限的圓截y軸所得弦長(zhǎng)為4，那么該圓的方程是____．9、已知函數(shù)____10、采用系統(tǒng)抽樣的方法，從個(gè)體數(shù)為1003的總體中抽取一個(gè)容量50的樣本，則在抽樣過(guò)程中，抽樣間隔為____．11、【題文】已知△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a、b、c，且a2＋b2－c2＝ab，則∠C＝________．12、已知f（x）=x5+ax3+bx﹣8，若f（﹣2）=10，則f（2）=____13、函數(shù)y=lg（2-x）的單調(diào)遞減區(qū)間是______．14、把106轉(zhuǎn)化為二進(jìn)制數(shù)為______．15、已知向量a鈫?=(1,2)b鈫?=(1,0)c鈫?=(3,4)

若婁脣

為實(shí)數(shù)，(b鈫?+婁脣a鈫?)隆脥c鈫?

則婁脣

的值為______．16、已知sin(婁脨6鈭?婁脕)=13

則cos(43婁脨+婁脕)=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共6題，共12分)17、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．18、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．19、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)．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)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．21、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．22、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．評(píng)卷人得分四、作圖題(共4題，共20分)23、如圖A、B兩個(gè)村子在河CD的同側(cè)，A、B兩村到河的距離分別為AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，現(xiàn)在要在河邊CD上建一水廠，向A、B兩村送自來(lái)水，鋪設(shè)管道費(fèi)用為每千米2000元，請(qǐng)你在CD上選擇水廠位置O，使鋪設(shè)管道的費(fèi)用最省，并求出其費(fèi)用．24、作出下列函數(shù)圖象：y=25、畫出計(jì)算1++++的程序框圖．26、繪制以下算法對(duì)應(yīng)的程序框圖：

第一步；輸入變量x；

第二步，根據(jù)函數(shù)f（x）=

對(duì)變量y賦值；使y=f（x）；

第三步，輸出變量y的值．評(píng)卷人得分五、解答題(共1題，共7分)27、已知點(diǎn)A（-3，5），B（2，15），在直線l：3x-4y+4=0上求一點(diǎn)P，使|PA|+|PB|最?。u(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)28、已知點(diǎn)A（-2，0），點(diǎn)B（0，2），點(diǎn)C在第二、四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上，∠BAC=60°，那么點(diǎn)C的坐標(biāo)為____．29、已知拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判斷拋物線的頂點(diǎn)與直線L：y=-x+2的位置關(guān)系；

（2）設(shè)該拋物線與x軸交于M；N兩點(diǎn)；當(dāng)OM?ON=4，且OM≠ON時(shí)，求出這條拋物線的解析式；

（3）直線L交x軸于點(diǎn)A，（2）中所求拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)B．那么在對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)P，使⊙P與直線L和x軸同時(shí)相切？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．30、若記函數(shù)y在x處的值為f（x），（例如y=x2，也可記著f（x）=x2）已知函數(shù)f（x）=ax2+bx+c的圖象如圖所示，且ax2+（b-1）x+c＞0對(duì)所有的實(shí)數(shù)x都成立，則下列結(jié)論成立的有____．

（1）ac＞0；

（2）；

（3）對(duì)所有的實(shí)數(shù)x都有f（x）＞x；

（4）對(duì)所有的實(shí)數(shù)x都有f（f（x））＞x．31、取一張矩形的紙進(jìn)行折疊；具體操作過(guò)程如下：

第一步：先把矩形ABCD對(duì)折；折痕為MN，如圖（1）所示；

第二步：再把B點(diǎn)疊在折痕線MN上；折痕為AE，點(diǎn)B在MN上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′，得Rt△AB′E，如圖（2）所示；

第三步：沿EB′線折疊得折痕EF；如圖（3）所示；利用展開圖（4）所示．

探究：

（1）△AEF是什么三角形？證明你的結(jié)論．

（2）對(duì)于任一矩形；按照上述方法是否都能折出這種三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由．

（3）如圖（5）；將矩形紙片ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)A落在DC邊上的點(diǎn)A′處，x軸垂直平分DA，直線EF的表達(dá)式為y=kx-k（k＜0）

①問(wèn)：EF與拋物線y=有幾個(gè)公共點(diǎn)？

②當(dāng)EF與拋物線只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，設(shè)A′（x，y），求的值．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】

一個(gè)大圓周長(zhǎng)是2π；

所以球的半徑為：1；

那么這個(gè)球的表面積為：

4πR2=4π×1=4π

故選D．

【解析】【答案】通過(guò)球的大圓周長(zhǎng)求出球的半徑；然后求出球的表面積即可．

2、B【分析】【解析】

試題分析：解：由題意作出圖形：

分別連接矩形ABCD和正方形ACEF的對(duì)角線，分別相較于點(diǎn)O1、O，由球的截面圓的性質(zhì)可知：球心必在過(guò)O1與平面ABCD垂直的直線上和在過(guò)點(diǎn)O且平面ACEF垂直的直線上，因此球心必為二直線的交點(diǎn)即點(diǎn)O．（也可以證明得O到所有頂點(diǎn)的距離都相等）．∴球的半徑為R==∴多面體ABCDEF的外接球的表面積S=4π×()2=50π．故答案為B

考點(diǎn)：球的截面圓。

點(diǎn)評(píng)：熟練掌握球的截面圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】解：設(shè)圓柱的底面半徑為r，則圓柱的全面積是：2πr2+2rπ×2r=6πr2,球的全面積是：4πr2；所以圓柱的全面積與球的表面積的比：3：2

故選D．

【分析】設(shè)圓柱的底面半徑，求出圓柱的全面積以及球的表面積，即可推出結(jié)果．4、A【分析】【解答】解：圓（x﹣2）2+（y+2）2=25的圓心（2；﹣2），半徑為5；

圓的圓心到M（2；2）的距離為：4，最短弦長(zhǎng)為：6，最大弦長(zhǎng)為10；

則l被圓截得的弦長(zhǎng)恰為整數(shù)的直線共有8條．

故選：A．

【分析】求出直線被圓截的最短弦長(zhǎng)與圓的直徑，即可求解l被圓截得的弦長(zhǎng)恰為整數(shù)的直線共有的條數(shù)．5、C【分析】【解答】解：由圖象知A=2，點(diǎn)（0，﹣1），（0）在函數(shù)圖象上；

∵2sinφ=﹣1；

∴可得sinφ=﹣可得一解為：φ=﹣

∵2sin（ω﹣）=0；

∴ω﹣=kπ，k∈Z，解得：ω=+k∈Z；

∴當(dāng)k=1時(shí)；ω=3；

故函數(shù)的解析式可以是f（x）=2sin（3x﹣）．

故選：C．

【分析】由圖形可以求出A，根據(jù)圖象過(guò)（0，﹣1），（0），把點(diǎn)的坐標(biāo)代入求出φ，從而可得函數(shù)解析式．6、B【分析】解：1101（2）=1×23+1×22+1=13

故選B

將二進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制數(shù)；可以用每個(gè)數(shù)位上的數(shù)字乘以對(duì)應(yīng)的權(quán)重，累加后，即可得到答案．

本題考查的知識(shí)點(diǎn)是不同進(jìn)制之間的轉(zhuǎn)換，其中其它進(jìn)制轉(zhuǎn)為十進(jìn)制方法均為累加數(shù)字×權(quán)重，十進(jìn)制轉(zhuǎn)換為其它進(jìn)制均采用除K求余法．【解析】【答案】B7、B【分析】解：根據(jù)題意；f(x)

為偶函數(shù)，則f(2x鈭?3)=f(|2x鈭?3|)f(鈭?2)=f(2)=3

又由f(x)

在[0,+隆脼)

上單調(diào)遞增；

則f(2x鈭?3)<3?f(|2x鈭?3|)<f(2)?|2x鈭?3|<2

解可得12<x<52

．

故選：B

．

根據(jù)題意，由函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性可以將f(2x鈭?3)<3

轉(zhuǎn)化為|2x鈭?3|<2

解可得x

的取值范圍，即可得答案．

本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是將f(2x鈭?3)<3

轉(zhuǎn)化為|2x鈭?3|<2

．【解析】B

二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

設(shè)過(guò)焦點(diǎn)的直線與拋物線交點(diǎn)A、B坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2）；

圓心C即AB的中點(diǎn)（x，y）；

由拋物線定義得，|AB|=x1+x2+p=x1+x2+2=2x+2；

∴r=x+1；

∵圓截y軸所得的弦長(zhǎng)為4

∴由勾股定理得，r2=4+x2，即

解得x=∴r=

設(shè)過(guò)焦點(diǎn)的直線方程為x=ay+1，則

消去x得y2-4ay-4=0，∴y1+y2=4a，即y=2a

消去y得x2-（2+4a2）x+1=0，∴x1+x2=2+4a2；

即x=1+2a2=解得a=±

∵圓心在第四象限，∴a=-

∴y=2a=-1，所以該圓的方程是（x-）2+（y+1）2=．

故答案為：（x-）2+（y+1）2=．

【解析】【答案】設(shè)直線與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)（x1，y1），（x2，y2），由拋物線定義可得半徑r與圓心（x，y）的關(guān)系，再由圓截y軸弦長(zhǎng)和勾股定理得r與與圓心（x，y）的關(guān)系，從而解得r和x．再設(shè)過(guò)焦點(diǎn)的直線方程為x=ay+1，聯(lián)立拋物線方程，分別消去x，y得到x、y和a的關(guān)系；從而求出結(jié)果．

9、略

【分析】【解析】試題分析：所以考點(diǎn)：分段函數(shù)【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

利用系統(tǒng)抽樣的等間隔性，可知要抽取容量為50的樣本，先從總體中剔除3個(gè)個(gè)體，然后分為50組，每組20人，這樣間隔就是20了。【解析】【答案】2011、略

【分析】【解析】cosC＝＝＝∵0°＜C＜180°，∴∠C＝60°【解析】【答案】60°12、﹣26【分析】【解答】解：由f（x）=x5+ax3+bx﹣8，可令g（x）=f（x）+8=x5+ax3+bx；

可知：g（﹣x）=f（﹣x）+8=﹣g（x）；

∴f（﹣2）+8=﹣[f（2）+8]；

∴f（2）=﹣16﹣10=﹣26．

故答案為﹣26．

【分析】把f（x）=x5+ax3+bx﹣8，轉(zhuǎn)化為令g（x）=f（x）+8=x5+ax3+bx是一個(gè)奇函數(shù)，即可計(jì)算出．13、略

【分析】解：由2-x＞0；得x＜2；

∴函數(shù)y=lg（2-x）的定義域?yàn)椋?∞；2）；

∵內(nèi)函數(shù)t=2-x在（-∞；2）上為減函數(shù)；

而外函數(shù)y=lgt是增函數(shù)；

∴函數(shù)y=lg（2-x）的單調(diào)遞減區(qū)間是：（-∞；2）．

故答案為：（-∞；2）．

由對(duì)數(shù)式的真數(shù)大于0求出函數(shù)定義域；再由內(nèi)函數(shù)一次函數(shù)為定義域內(nèi)的減函數(shù)，外函數(shù)為增函數(shù)，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)y=lg（2-x）的單調(diào)遞減區(qū)間．

本題主要考查了復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性以及單調(diào)區(qū)間的求法．對(duì)應(yīng)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，一要注意先確定函數(shù)的定義域，二要利用復(fù)合函數(shù)與內(nèi)層函數(shù)和外層函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系進(jìn)行判斷，判斷的依據(jù)是“同增異減”，是中檔題．【解析】（-∞，2）14、略

【分析】解：106÷2=530

53÷2=261

26÷2=130

13÷2=61

6÷2=30

3÷2=11

1÷2=01

故106（10）=1101010（2）

故答案為：1101010（2）；

利用“除k取余法”是將十進(jìn)制數(shù)除以2；然后將商繼續(xù)除以2，直到商為0，然后將依次所得的余數(shù)倒序排列即可得到答案．

本題考查了“除2取余法”把“十進(jìn)制”數(shù)化為“2進(jìn)制”數(shù)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】1101010（2）15、略

【分析】解：b鈫?+婁脣a鈫?=(1+婁脣,2婁脣)隆脽(b鈫?+婁脣a鈫?)隆脥c鈫?隆脿(b鈫?+婁脣a鈫?)?c鈫?=0

即3(1+婁脣)+8婁脣=0

解得婁脣=鈭?311

．

故答案為鈭?311

．

求出b鈫?+婁脣a鈫?

和c鈫?

的坐標(biāo)；根據(jù)向量垂直列出方程解出婁脣

．

本題考查了平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，是基礎(chǔ)題．【解析】鈭?311

16、略

【分析】解：cos(43婁脨+婁脕)=cos(婁脨+13婁脨+婁脕)=鈭?cos(婁脨3+婁脕)=鈭?sin[婁脨2鈭?(婁脨3+婁脕)]=鈭?sin(婁脨6鈭?婁脕)=鈭?13

故答案為：鈭?13

．

由條件利用誘導(dǎo)公式求得所給式子的值．

本題主要考查利用誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)求值，屬于基礎(chǔ)題．【解析】鈭?13

三、證明題(共6題，共12分)17、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．18、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．19、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=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．21、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．22、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．四、作圖題(共4題，共20分)23、略

【分析】【分析】作點(diǎn)A關(guān)于河CD的對(duì)稱點(diǎn)A′，當(dāng)水廠位置O在線段AA′上時(shí)，鋪設(shè)管道的費(fèi)用最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓鹤鼽c(diǎn)A關(guān)于河CD的對(duì)稱點(diǎn)A′；連接A′B，交CD與點(diǎn)O，則點(diǎn)O即為水廠位置，此時(shí)鋪設(shè)的管道長(zhǎng)度為OA+OB．

∵點(diǎn)A與點(diǎn)A′關(guān)于CD對(duì)稱；

∴OA′=OA；A′C=AC=1；

∴OA+OB=OA′+OB=A′B．

過(guò)點(diǎn)A′作A′E⊥BE于E；則∠A′EB=90°，A′E=CD=3，BE=BD+DE=3+1=4；

∴在Rt△A′BE中，A′B==5（千米）；

∴2000×5=10000（元）．

答：鋪設(shè)管道的最省費(fèi)用為10000元．24、【解答】?jī)绾瘮?shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過(guò)原點(diǎn)且單調(diào)遞增，如圖所示；

【分析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，分別畫出題目中的函數(shù)圖象即可．25、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題意，設(shè)計(jì)的程序框圖時(shí)需要分別設(shè)置一個(gè)累加變量S和一個(gè)計(jì)數(shù)變量i，以及判斷項(xiàng)數(shù)的判斷框．26、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】該函數(shù)是分段函數(shù)，當(dāng)x取不同范圍內(nèi)的值時(shí)，函數(shù)解析式不同，因此當(dāng)給出一個(gè)自變量x的值時(shí)，必須先判斷x的范圍，然后確定利用哪一段的解析式求函數(shù)值，因?yàn)楹瘮?shù)解析式分了三段，所以判斷框需要兩個(gè)，即進(jìn)行兩次判斷，于是，即可畫出相應(yīng)的程序框圖．五、解答題(共1題，共7分)27、略

【分析】

先作出點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)A′；然后連接A′B，則直線A′B與l的交點(diǎn)P為所求．利用線段的垂直平分線的性質(zhì)。

求得A′（3；-3），可得直線A′B的方程，再把直線A′B的方程與直線l的方程聯(lián)立方程組求得點(diǎn)P的坐標(biāo)．

本題主要考查線段的垂直平分線的性質(zhì)應(yīng)用，求兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)，屬于中檔題．【解析】解：由題意知；點(diǎn)A；B在直線l的同一側(cè)．由平面幾何性質(zhì)可知，先作出點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)A′；

然后連接A′B；則直線A′B與l的交點(diǎn)P為所求．

事實(shí)上，設(shè)點(diǎn)P′是l上異于P的點(diǎn)，則|P′A|+|P′B|=|P′A′|+|P′B|＞A′A′B|=|PA|+|PB|．

設(shè)A′（x，y），則且3?-4+4=0；解得x=3，y=-3，∴A′（3，-3）；

∴直線A′B的方程為18x+y-51=0．

由解得

∴P（3）．六、綜合題(共4題，共12分)28、略

【分析】【分析】首先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出CO垂直平分AB，進(jìn)而求出△ABC是等邊三角形，再利用勾股定理求出C到x軸的距離，即可得出C點(diǎn)坐標(biāo)，同理可以求出所有符合要求的結(jié)果．【解析】【解答】解：過(guò)點(diǎn)C作CM⊥y軸于點(diǎn)M；作CN⊥x軸于點(diǎn)N．

∵點(diǎn)A（-2；0），點(diǎn)B（0，2）；

∴AO=BO=2；

又∵點(diǎn)C在第二；四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上；

∴∠BOC=∠COA=45°；

∴CO垂直平分AB（等腰三角形三線合一）；

∴CA=CB；（線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端的距離相等）；

∵∠BAC=60°；

∴△ABC是等邊三角形（有一個(gè)角等于60°的等腰三角形是等邊三角形）；

∴AB=AC=BC；

∴AB===2；

假設(shè)CN=x，則CM=NO=x，NA=x-2，AC=2．

在Rt△CNA中，∵CN2+NA2=AC2；

∴x2+（x-2）2=（2）2；

整理得：x2-2x-2=0；

解得：x1=1+，x2=1-（不合題意舍去）；

∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為：（-1-，1+）；

當(dāng)點(diǎn)在第四象限時(shí)；同理可得出：△ABC′是等邊三角形，C′點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)絕對(duì)值相等；

設(shè)C′點(diǎn)的坐標(biāo)為（a；-a）；

∴a2+（a+2）2=（2）2；

解得：a1=-1-（不合題意舍去），a2=-1+；

C′點(diǎn)的坐標(biāo)為：（-1+，1-）；

故答案為：（-1+，1-），（-1-，1+）．29、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；得出頂點(diǎn)坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式即可；

（2）利用已知得出x1x2=m2+m-2，|m2+m-2|=4；進(jìn)而求出m的值，再利用根的判別式得出m的取值范圍，進(jìn)而求出；

（3）分別利用點(diǎn)P1到直線L的距離P1Q1為a，以及點(diǎn)P2到直線L的距離P2Q2為b求出即可．【解析】【解答】解：（1）由拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；

得頂點(diǎn)坐標(biāo)為（m；-m+2），顯然滿足y=-x+2

∴拋物線的頂點(diǎn)在直線L上．

（2）設(shè)M（x1，0），N（x2，0），且x1＜x2．

由OM?ON=4，OM≠ON，得|x1?x2|=4．

∵x1x2=m2+m-2，∴|m2+m-2|=4．

當(dāng)m2+m-2=4時(shí)，m1=2，m2=-3

當(dāng)m2+m-2=-4時(shí)；△＜0，此方程無(wú)解；

∵△1=（2m）2-4（m2+m-2）=-4m+8=-4m+8＞0．

∴m＜2．

故取m=-3．

則拋物線的解析式為y=-x2-6x-4．

（3）拋物線y=-x2-6x-4的對(duì)稱軸為x=-3；頂點(diǎn)（-3，5）．

依題意；∠CAB=∠ACB=45°．

若點(diǎn)P在x軸的上方，設(shè)P1（-3；a）（a＞0）；

則點(diǎn)P1到直線L的距離P1Q1為a（如圖）；

∴△CP1Q1是等腰直角三角形．

∴，．

∴P1（-3，5．

若點(diǎn)P在x軸的下方，設(shè)P2（-3，-b）（b＞0）；

則點(diǎn)P2到直線L的距離P2Q2為b（如圖）；

同理可得△CP2Q2為等腰直角三角形；

∴，．

∴P2（-3，．

∴滿足條件的點(diǎn)有兩個(gè)；

即（-3，）和（-3，）．30、略

【分析】【分析】（1）拋物線開口向上；則