2024年滬科新版高一數(shù)學(xué)上冊(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科新版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷690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8題，共16分)1、已知a＝(2,3)，b＝(－4,7)，則a在b方向上的投影為()．A.B.C.D.2、已知無窮數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=2n-1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，令則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和（）

A.有最小值；沒有最大值。

B.有最大值；沒有最小值。

C.有最小值；也有最大值。

D.沒有最大值；也沒有最小值。

3、已知函數(shù)則的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A.[0，1）B.（-∞，0）C.D.（-∞，1）和（1，+∞）4、閱讀如圖所示的程序框圖；運(yùn)行相應(yīng)的程序，輸出的結(jié)果是()

A.1B.2C.3D.45、已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)（﹣3，4），則sin(α+)的值（）A.B.-C.D.-6、在△ABC中；有下列結(jié)論：

①若a2=b2+c2+bc；則∠A為60°；

②若a2+b2＞c2；則△ABC為銳角三角形；

③若A：B：C=1：2：3，則a：b：c=1：2：3；

④在△ABC中，b=2，B=45°，若這樣的三角形有兩個(gè)，則邊a的取值范圍為（2，2）

其中正確的個(gè)數(shù)為（）A.1B.2C.3D.47、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn=n2+1，則a5=（）A.7B.9C.11D.128、函數(shù)f(x)=x3鈭?9

的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是(

)

A.(鈭?1,0)

B.(0,1)

C.(1,2)

D.(2,3)

評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、如果梯形的兩底之比為1：3，中位線長(zhǎng)為24cm，那么較大的底長(zhǎng)為____cm．10、以下五個(gè)命題中，正確命題的個(gè)數(shù)是________．①不共面的四點(diǎn)中，其中任意三點(diǎn)不共線；②若∥③對(duì)于四面體ABCD，任何三個(gè)面的面積之和都大于第四個(gè)面的面積；④對(duì)于四面體ABCD，相對(duì)棱AB與CD所在的直線是異面直線；⑤各個(gè)面都是三角形的幾何體是三棱錐。11、【題文】若函數(shù)的圖像與直線交于點(diǎn)且在點(diǎn)處的切線與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為則的值為____．12、函數(shù)f（x）=log0.5（8+2x-x2）的單調(diào)遞增區(qū)間是______．13、已知sinα+cosα=則cos2α=______．14、在等差數(shù)列{an}

中，已知a4=4a8=鈭?4

則a12=

______．15、若5婁脨2鈮?婁脕鈮?7婁脨2

則1+sin婁脕+1鈭?sin婁脕=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共8題，共16分)16、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．17、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，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．18、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=2．19、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．20、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．21、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，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．22、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．23、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共18分)24、設(shè)函數(shù)y=f（x），對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且當(dāng)x＞0時(shí)f（x）＜0，

求：

（1）f（0）的值．

（2）求證：f（x）為R上的奇函數(shù)．

（3）求證：f（x）為R上的單調(diào)減函數(shù)．

（4）f（x）在[-3；3]上的最大值和最小值．

25、【題文】（本小題滿分14分）已知四棱錐P—ABCD的三視圖如右圖所示；

其中正（主）視圖與側(cè)（左）視為直角三角形；俯視圖為正方形。

（1）求四棱錐P—ABCD的體積；

（2）若E是側(cè)棱上的動(dòng)點(diǎn)。問：不論點(diǎn)E在PA的。

任何位置上，是否都有

請(qǐng)證明你的結(jié)論？

（3）求二面角D—PA—B的余弦值。評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共16分)26、把一個(gè)六個(gè)面分別標(biāo)有數(shù)字1；2，3，4，5，6有正方體骰子隨意擲一次，各個(gè)數(shù)字所在面朝上的機(jī)會(huì)均相等．

（1）若拋擲一次；則朝上的數(shù)字大于4的概率是多少？

（2）若連續(xù)拋擲兩次，第一次所得的數(shù)為m，第二次所得的數(shù)為n．把m、n作為點(diǎn)A的橫、縱坐標(biāo)，那么點(diǎn)A（m、n）在函數(shù)y=3x-1的圖象上的概率又是多少？27、方程ax2+ax+a=b（其中a≥0，b≠0）沒有實(shí)數(shù)解，則a，b應(yīng)滿足條件____．28、如圖，⊙O中的圓心角∠AOB=90°，點(diǎn)O到弦AB的距離為4，則⊙O的直徑長(zhǎng)為____．29、同室的4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的拿法有____種．評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)30、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，沒有請(qǐng)說明理由．31、如圖；以A為頂點(diǎn)的拋物線與y軸交于點(diǎn)B；已知A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設(shè)M（m；n）是拋物線上的一點(diǎn)（m；n為正整數(shù)），且它位于對(duì)稱軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點(diǎn)的四邊形四條邊的長(zhǎng)度是四個(gè)連續(xù)的正整數(shù)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，試問：對(duì)于拋物線對(duì)稱軸上的任意一點(diǎn)P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請(qǐng)說明理由．32、如圖1，點(diǎn)C將線段AB分成兩部分，如果，那么稱點(diǎn)C為線段AB的黃金分割點(diǎn)．某研究小組在進(jìn)行課題學(xué)習(xí)時(shí)，由黃金分割點(diǎn)聯(lián)想到“黃金分割線”，類似地給出“黃金分割線”的定義：直線l將一個(gè)面積為S的圖形分成兩部分，這兩部分的面積分別為S1，S2，如果；那么稱直線l為該圖形的黃金分割線．

（1）研究小組猜想：在△ABC中；若點(diǎn)D為AB邊上的黃金分割點(diǎn)（如圖2），則直線CD是△ABC的黃金分割線．你認(rèn)為對(duì)嗎？為什么？

（2）研究小組在進(jìn)一步探究中發(fā)現(xiàn)：過點(diǎn)C任作一條直線交AB于點(diǎn)E，再過點(diǎn)D作直線DF∥CE，交AC于點(diǎn)F，連接EF（如圖3），則直線EF也是△ABC的黃金分割線．請(qǐng)你說明理由．33、（1）如圖；在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，M是AD的中點(diǎn)；

求證：MB=MC．

（2）如圖；在Rt△OAB中，∠OAB=90°，且點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2）．

①畫出△OAB向下平移3個(gè)單位后的△O1A1B1；

②畫出△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后的△OA2B2，并求點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)A2所經(jīng)過的路線長(zhǎng)（結(jié)果保留π）．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)向量的投影的定義可知，a＝(2,3)，b＝(－4,7)，ab=-8+21=13,則a在b方向上的投影為故選C.考點(diǎn)：向量的投影【解析】【答案】C2、A【分析】

∵an=2n-1

∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，則Sn=×n=n2；

則===-

數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn=（1-）+（-）+（-）=1-

當(dāng)n=1時(shí)，有最小值沒有最大值；

故選A．

【解析】【答案】根據(jù)題意，分析可得數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出Sn，代入進(jìn)而由裂項(xiàng)求和法可得數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和；分析可得答案．

3、D【分析】試題分析:的單調(diào)遞減區(qū)間是和那么，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的定義，知的單調(diào)遞減區(qū)間：和解得：和所以單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，1）和（1，+∞），故選D.考點(diǎn)：復(fù)合函數(shù)單調(diào)性【解析】【答案】D4、D【分析】【分析】根據(jù)框圖所給的算法程序可知，進(jìn)入循環(huán)前，第一次循環(huán)時(shí)，進(jìn)入第二次循環(huán)；第二次循環(huán)時(shí)，進(jìn)入第三次循環(huán)；第三次循環(huán)時(shí)，此時(shí)成立，退出循環(huán)；所以輸出的故選D.5、C【分析】【解答】∵角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)（﹣3，4），則sinα=cosα=

∴sin(α+)=sinαcos+cosαsin=

故選：C．

【分析】由條件利用任意角的三角函數(shù)的定義，兩角和的正弦公式，求得sin(α+)的值。6、A【分析】解：對(duì)于①，由余弦定理得cosA=∴A=120°，故錯(cuò)；

對(duì)于②，若a2+b2＞c2；只能判定C為銳角，不能判定△ABC為銳角三角形，故錯(cuò)；

對(duì)于③，由正弦定理得a：b：c=sinA：sinB：sinC≠A：B：C；故錯(cuò)；

對(duì)于④，解：由AC=b=2；要使三角形有兩解，就是要使以C為圓心，半徑為2的圓與BA有兩個(gè)交點(diǎn)；

當(dāng)A=90°時(shí)；圓與AB相切；當(dāng)A=45°時(shí)交于B點(diǎn)，也就是只有一解；

∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a=

=2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范圍是（2，2）．故正確．

故選：A

①；由余弦定理可得cosaA，即可判定；

②，若a2+b2＞c2；只能判定C為銳角，不能判定△ABC為銳角三角形；

③，由正弦定理得a：b：c=sinA：sinB：sinC≠A：B：C；

④；由題意判斷出三角形有兩解時(shí)，A的范圍，通過正弦定理及正弦函數(shù)的性質(zhì)推出a的范圍即可．

本題考查了命題的真假判定，涉及到了解三角形的基礎(chǔ)知識(shí)，屬于中檔題．【解析】【答案】A7、B【分析】解：數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn=n2+1，則a5=S5-S4=25+1-16-1=9．

故選：B．

利用數(shù)列的求和公式，求解a5即可．

本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和，數(shù)列遞推關(guān)系式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．【解析】【答案】B8、D【分析】解：隆脽

函數(shù)f(x)=x3鈭?9

在R

上單調(diào)遞增；

f(2)=8鈭?9=鈭?1<0

f(3)=27鈭?0=18>0

隆脿

根據(jù)零點(diǎn)存在定理；可得函數(shù)f(x)=x3鈭?9

的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是(2,3)

故選D．

確定f(2)<0f(3)>0

根據(jù)零點(diǎn)存在定理，可得結(jié)論。

本題考查零點(diǎn)存在定理，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【分析】此題能夠根據(jù)已知條件，結(jié)合梯形的中位線定理，列方程求解．【解析】【解答】解：設(shè)梯形的上底為xcm；則下底為3xcm．

根據(jù)梯形的中位線定理；得。

梯形的中位線長(zhǎng)為=24；x=12．

則較大的底長(zhǎng)為3×12=36（cm）．10、略

【分析】【解析】試題分析：對(duì)于①不共面的四點(diǎn)中，其中任意三點(diǎn)不共線，成立。對(duì)于②若∥可能相交，因此錯(cuò)誤對(duì)于③對(duì)于四面體ABCD，任何三個(gè)面的面積之和都大于第四個(gè)面的面積，成立對(duì)于④對(duì)于四面體ABCD，相對(duì)棱AB與CD所在的直線是異面直線；，成立對(duì)于⑤各個(gè)面都是三角形的幾何體是三棱錐，不一定還可能是正20面體，錯(cuò)誤。故答案為3.考點(diǎn)：空間中點(diǎn)線面的位置關(guān)系【解析】【答案】____11、略

【分析】【解析】

試題分析：將代入函數(shù)式得即對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得則則上點(diǎn)處的切線為令得又

考點(diǎn)：1.曲線的切線;2.對(duì)數(shù)運(yùn)算【解析】【答案】-112、略

【分析】解：令t=8+2x-x2=-（x+2）（x-4）＞0；求得-2＜x＜4，故函數(shù)的定義域?yàn)椋?2，4）；

f（x）=log0.5t；故本題即求函數(shù)t在定義域內(nèi)的減區(qū)間．

再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)t=-（x-1）2+9在定義域（-2；4）上的減區(qū)間為[1，4）；

故答案為[1；4）．

令t=8+2x-x2＞0，求得函數(shù)的定義域?yàn)椋?2，4），f（x）=log0.5t，故本題即求函數(shù)t在定義域內(nèi)的減區(qū)間．再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)t=-（x-1）2+9在定義域（-2；4）上的減區(qū)間．

本題主要考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，二次函數(shù)的性質(zhì)，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．【解析】[1，4）13、略

【分析】解：∵sinα+cosα=∴1+sin2α=∴sin2α=

∴cos2α=±=±

故答案為：±．

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】±14、略

【分析】解：由等差數(shù)列{an}

的性質(zhì)可得：2a8=a4+a12

又a4=4a8=鈭?4隆脿a12=2隆脕(鈭?4)鈭?4=鈭?12

．

故答案為：鈭?12

．

利用等差數(shù)列{an}

的性質(zhì)可得：2a8=a4+a12

即可得出．

本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】鈭?12

15、略

【分析】解：由題意，令1+sin婁脕+1鈭?sin婁脕=W(W鈮?0)

可得1+sin婁脕+1鈭?sin婁脕+(1鈭?sin婁脕)(1+sin婁脕)=W2

有：2+|cos婁脕|=W2

隆脽5婁脨2鈮?婁脕鈮?7婁脨2

隆脿|cos婁脕|=鈭?cos婁脕

故得W=2鈭?cos婁脕

故答案為：2鈭?cos婁脕

．

利用平方法求解即可．

根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系式和角象限的判斷.

屬于基礎(chǔ)題，【解析】2鈭?cos婁脕

三、證明題(共8題，共16分)16、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．17、略

【分析】【分析】（1）過點(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．18、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=2．19、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，可通過相似三角形來實(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．20、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．21、略

【分析】【分析】（1）過點(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．22、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過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．23、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．四、解答題(共2題，共18分)24、略

【分析】

（1）因?yàn)閒（x+y）=f（x）+f（y）

令x=0

則f（0+y）=f（0）+f（y）

得f（0）=0

（2）因?yàn)閒（x+y）=f（x）+f（y）且f（0）=0

所以f（x）+f（-x）=f（x-x）=f（0）=0

又因?yàn)閤是任意實(shí)數(shù)。

所以f（x）為R上的奇函數(shù)。

（3）令x＞y

則f（x）-f（y）=f（x）+f（-y）=f（x-y）

因?yàn)閤＞y

所以x-y＞0

所以f（x-y）=f（x）-f（y）＜0

所以f（x）為R上的單調(diào)減函數(shù)。

（4）由（3）知f（x）在[-3；3]上的最大值為f（-3）

f（-3）=f（-1）+f（-2）=f（-1）+f（-1）+f（-1）=-f（1）-f（1）-f（1）=2

f（x）在[-3；3]上的最小值為f（3）

f（3）=f（1）+f（2）=f（1）+f（1）+f（1）=-2．

【解析】【答案】（1）令x=0；由f（0+y）=f（0）+f（y）得f（0）=0

（2）由（1）中f（0）=0；可得f（x）+f（-x）=f（x-x）=f（0）=0，根據(jù)奇函數(shù)的定義可得結(jié)論．

（3）令x＞y；由已知可得f（x）-f（y）=f（x）+f（-y）=f（x-y），結(jié)合x＞0時(shí)f（x）＜0，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義可得結(jié)論。

（4）由（3）中函數(shù)的單調(diào)性可確定f（x）在[-3，3]上的最大值點(diǎn)，結(jié)合可得答案．

25、略

【分析】【解析】解：（1）由三視圖可知；四棱錐P—ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形；

側(cè)棱底面ABCD；且PC=2

4分。

（2）不論點(diǎn)E在何位置，都有5分。

證明：連結(jié)AC；

是正方形，

底面ABCD，且平面ABCD；

6分。

又平面PAC7分。

不論點(diǎn)E在何位置，都有平面PAC。

不論點(diǎn)E在何位置，都有BDCE。9分。

（3）在平面DAP過點(diǎn)D作DFPA于F；連結(jié)BF

AD=AB=1，

又AF=AF；AB=AD

從而

為二面角D—AP—B的平面角12分。

在中，

故在中，

又在中；

由余弦定理得：

所以二面角D—PA—B的余弦值為14分【解析】【答案】

不論點(diǎn)E在何位置，都有五、計(jì)算題(共4題，共16分)26、略

【分析】【分析】（1）讓大于4的數(shù)的個(gè)數(shù)除以數(shù)的總數(shù)即為所求的概率；

（2）列舉出所有情況，看點(diǎn)A（m、n）在函數(shù)y=3x-1的圖象上的情況數(shù)占總情況數(shù)的多少即可．【解析】【解答】解：（1）依題意可知：隨意擲一次正方體骰子，面朝上的數(shù)可能出現(xiàn)的結(jié)果有1、2、3、4、5、6共6種，而且它們出現(xiàn)的可能性相等．滿足數(shù)字大于4（記為事件A）的有2種．所以P（A）=

（2）依題意列表分析如下：

。第二次n第

一

次

m

1234561（11）（12）（13）（14）（15）（16）（16）2（21）（22）（23）（24）（25）（26）（26）3（31）（32）（33）（34）（35）（36）（36）4（41）（42）（43）（44）（45）（46）（46）5（51）（52）（53）（54）（55）（56）（56）6（61）（62）（63）（64）（65）（66）（66）由表可以看出；可能出現(xiàn)的結(jié)果有36種，而且它們出現(xiàn)的可能性相等．所得點(diǎn)A（記為事件A）的有（12）和（25）兩種情況，所以在函數(shù)y=3x-1的圖象上的概率為

P（A）==．27、略

【分析】【分析】若只有一個(gè)實(shí)數(shù)滿足關(guān)于x的方程ax2+bx+c=0，則方程可能是一元一次方程，即有a=0，（b≠0）；也可能為有相等兩根的一元二次方程，即△=b2-4ac＜0．【解析】【解答】解：方程ax2+ax+a=b（其中a≥0，b≠0）沒有實(shí)數(shù)解；

∴方程是一元一次方程時(shí)滿足條件；即a=0；

或△=b2-4ac＜0．

即：a2-4a（a-b）＜0

整理得：4ab-3a2＜0．

故答案為4ab-3a2＜0或a=0．28、略

【分析】【分析】過點(diǎn)O作OC⊥AB，垂足為C，可得AC=4，再由勾股定理得圓的半徑，從而得出直徑．【解析】【解答】解：如圖；過點(diǎn)O作OC⊥AB，垂足為C；

∵∠AOB=90°；∠A=∠AOC=45°；

∴OC=AC；

∵CO=4；

∴AC=4；

∴OA==4；

∴⊙O的直徑長(zhǎng)為8．

故答案為：8．29、略

【分析】【分析】可以列舉出所有的結(jié)果，首先列舉甲和另外一個(gè)人互換的情況，共有三種，再列舉不是互換的情況共有6種結(jié)果．【解析】【解答】解：根據(jù)分類計(jì)數(shù)問題；可以列舉出所有的結(jié)果；

1；甲乙互換；丙丁互換；

2；甲丙互換；乙丁互換；

3；甲丁互換；乙丙互換；

4；甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；

5；甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；

6；甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；

7；甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；

8；甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；

9；甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．

通過列舉可以得到共有9種結(jié)果．

故答案為：9．六、綜合題(共4題，共12分)30、略

【分析】【分析】（1）首先解方程求出AD；AB；利用折疊前后圖形不變得出AM=AD=2，以及得出∠NAM=30°，進(jìn)而求出AN，即是Rt△AMN的外接圓直徑；

（2）首先得出I所在位置，得出四邊形IEDF為正方形，再利用三角形相似求出內(nèi)切圓的半徑．【解析】【解答】解：（1）x2-6x+8=0得x1=2，x2=4；

又AD；AB為方程的兩根；AD＜AB；

∴AD=2；AB=4；

∴AM=AD=2；AP=1；

在Rt△AMP中；∠PAM=60°；

∴∠PMA=30°；

∴∠NAM=30°；

在Rt△AMN中，AN==，即Rt△AMN的外接圓直徑為．

（2）假設(shè)四邊形ADNM有內(nèi)切圓；由AN平分∠DAM知內(nèi)切圓圓心必在AN上；

設(shè)為I；作IE⊥AD于E，IF⊥DC于F，則四邊形IEDF為正方形，IE=IF=x；

∵Rt△AEI∽R(shí)t△IFN；

∴；

∴；

∴x=-1；

依題知點(diǎn)I到MN；AM的距離也為x；

∴點(diǎn)I為四邊形的內(nèi)切圓心；

其面積S=π（-1）2=（4-2）π．31、略

【分析】【分析】（1）已知了拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；可將拋物線的解析式設(shè)為頂點(diǎn)式，然后將B點(diǎn)坐標(biāo)代入求解即可；

（2）由于M在拋物線的圖象上，根據(jù)（1）所得拋物線的解析式即可得到關(guān)于m、n的關(guān)系式：n=（m-3）2；由于m；n同為正整數(shù)，因此m-3應(yīng)該是3的倍數(shù)，即m應(yīng)該取3的倍數(shù)，可據(jù)此求出m、n的值，再根據(jù)“以M、B、O、A為頂點(diǎn)的四邊形四條邊的長(zhǎng)度是四個(gè)連續(xù)的正整數(shù)”將不合題意的解舍去，即可得到M點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)，然后分別表示出PA2、PB2、PM2的長(zhǎng)，進(jìn)而可求出關(guān)于PA2+PB2+PM2與P點(diǎn)縱坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)所得函數(shù)的性質(zhì)即可求出PA2+PB2+PM2的最大（小）值，進(jìn)而可判斷出所求的結(jié)論是否恒成立．【解析】【解答】解：（1）設(shè)y=a（x-3）2；

把B（0；4）代入；