2025年牛津譯林版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2025年牛津譯林版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷103考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、【題文】等腰三角形的周長是20，底邊長y是一腰的長x的函數(shù)，則y等于（）A.20－2x(0B.20－2x(0<10)C.20－2x(5≤x≤10)D.20－2x(5<10)2、設(shè)則()A.cB.cC.aD.a3、設(shè)函數(shù)f（x）=ex+x﹣2，g（x）=lnx+x2﹣3，若實數(shù)a，b滿足f（a）=0，g（b）=0，則（）A.0＜g（a）＜f（b）B.f（b）＜g（a）＜0C.f（b）＜0＜g（a）D.g（a）＜0＜f（b）4、BC是Rt△ABC的斜邊；AP⊥平面ABC，PD⊥BC于點D，則圖中共有直角三角形的個數(shù)是()

A.8B.7C.6D.55、的值是（）A.B.C.D.6、已知60°角的終邊上有一點P（4，a），則a的值為（）A.B.±C.4D.±47、a，b，c是△ABC中角A，B，C的對邊，則直線sinAx+ay+c=0與sinBx+by=0的位置關(guān)系是（）A.相交B.重合C.垂直D.平行評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、用二分法求函數(shù)f（x）=x3-x-1在區(qū)間[1，2]內(nèi)的根，取區(qū)間的中點x=1.5，則有一個根的區(qū)間是____．9、【題文】函數(shù)的圖象在點處的切線與軸交點的橫坐標(biāo)為____，數(shù)列的通項公式為____．10、已知冪函數(shù)y=f（x）的反函數(shù)圖象過（6，36），則f（）=____．11、已知f（x）是定義域為R的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f（x）=x2﹣4x，那么，不等式f（x+2）＜5的解集是____．12、函數(shù)f（x）=則f（f（﹣3））=____．13、若函數(shù)y=f（x）的定義域是[0，2]，則函數(shù)y=f（x+1）+f（x-1）的定義域為______．14、現(xiàn)在時針、分針都指向12點，20分鐘后，時針和分針的夾角是______弧度．15、計算機常用的十六進制是逢16進1的計數(shù)制；采用數(shù)字0-9和字母A-F共16個計數(shù)符號，這些計數(shù)符號與十進制的數(shù)之間的對應(yīng)關(guān)系如下表：

。十六進制0123456789ABCDEF十進制0123456789101112131415例如：十進制中的42=16×2+10，可用十六進制表示為2A；在十六進制中，C+D=19等由上可知，在十六進制中，2×9=______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)16、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，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．17、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點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．18、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．19、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．20、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．21、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．22、求證：（1）周長為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，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．23、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．24、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分四、解答題(共3題，共30分)25、（本小題滿分12分）已知：三點坐標(biāo)分別為（1）若求角（2）若求的值。26、已知角且滿足條件

求：（Ⅰ）的值；

（Ⅱ）m的值與此時θ的值．27、已知函數(shù)f(x)=2x+1

定義在R

上．

(1)

若f(x)

可以表示為一個偶函數(shù)g(x)

與一個奇函數(shù)h(x)

之和；設(shè)h(x)=tp(t)=g(2x)+2mh(x)+m2鈭?m鈭?1(m隆脢R)

求出p(t)

的解析式；

(2)

若p(t)鈮?m2鈭?m鈭?1

對于x隆脢[1,2]

恒成立，求m

的取值范圍．評卷人得分五、綜合題(共3題，共30分)28、取一張矩形的紙進行折疊；具體操作過程如下：

第一步：先把矩形ABCD對折；折痕為MN，如圖（1）所示；

第二步：再把B點疊在折痕線MN上；折痕為AE，點B在MN上的對應(yīng)點為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）對于任一矩形；按照上述方法是否都能折出這種三角形？請說明理由．

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

①問：EF與拋物線y=有幾個公共點？

②當(dāng)EF與拋物線只有一個公共點時，設(shè)A′（x，y），求的值．29、已知二次函數(shù)y=x2-2mx-m2（m≠0）的圖象與x軸交于點A；B，它的頂點在以AB為直徑的圓上．

（1）證明：A；B是x軸上兩個不同的交點；

（2）求二次函數(shù)的解析式；

（3）設(shè)以AB為直徑的圓與y軸交于點C，D，求弦CD的長．30、已知△ABC的一邊AC為關(guān)于x的一元二次方程x2+mx+4=0的兩個正整數(shù)根之一，且另兩邊長為BC=4，AB=6，求cosA．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【解析】∵等腰三角形周長為20cm；腰長為xcm，底邊為ycm；

∴y=20-2x；

又兩邊之和大于第三邊兩邊之差小于第三邊；

∴2x>20-2x,x-x<20-2x,解得：5＜x＜10；

因此可知函數(shù)解析式為y=20-2x（5＜x＜10）．選D.【解析】【答案】D2、B【分析】【解答】因為而所以3、D【分析】【解答】∵y=ex和y=x﹣2是關(guān)于x的單調(diào)遞增函數(shù)；

∴函數(shù)f（x）=ex+x﹣2在R上單調(diào)遞增；

分別作出y=ex；y=2﹣x的圖象如右圖所示；

∴f（0）=1+0﹣2＜0；f（1）=e﹣1＞0；

又∵f（a）=0；

∴0＜a＜1；

同理，g（x）=lnx+x2﹣3在R+上單調(diào)遞增，g（1）=ln1+1﹣3=﹣2＜0，g（）=ln+（）2﹣3=ln3＞0；

又∵g（b）=0；

∴1<

∴g（a）=lna+a2﹣3＜g（1）=ln1+1﹣3=﹣2＜0；

f（b）=eb+b﹣2＞f（1）=e+1﹣2=e﹣1＞0；

∴g（a）＜0＜f（b）．

故選：D．

【分析】先判斷函數(shù)f（x），g（x）在R上的單調(diào)性，再利用f（a）=0，g（b）=0判斷a，b的取值范圍，即可得到正確答案．4、A【分析】【解答】因為AP⊥平面ABC；BC?平面ABC，所以PA⊥BC；

又PD⊥BC于D；連接AD，PD∩PA=A，所以BC⊥平面PAD，又AD?平面PAD，所以BC⊥AD；

又BC是Rt△ABC的斜邊；所以∠BAC為直角，所以圖中的直角三角形有：△ABC，△PAC，△PAB，△PAD，△PDC，△PDB，△ADC，△ADB．故答案為：8。

【分析】本題著重考查了線面垂直性質(zhì)與判定定理的應(yīng)用，考查細心分析問題能力，解決問題的能力，屬于中檔題。5、B【分析】【解答】=故選B。

【分析】簡單題，利用誘導(dǎo)公式，“奇變偶不變，符號看象限”。6、C【分析】解：由題意可得，tan60°=

即得a=4．

故選：C．

直接由60°角的正切的定義列式求得a值．

本題考查任意角的三角函數(shù)的定義，是基礎(chǔ)題．【解析】【答案】C7、D【分析】解：∵直線sinAx+ay+c=0的斜率k1=-直線sinBx+by=0的斜率k2=-

∴得到兩直線方程斜率相同；常數(shù)項不相等，得到兩直線的位置關(guān)系是平行；

故選：D．

利用正弦定理和直線的斜率的關(guān)系判斷兩直線的位置關(guān)系．

本題考查兩直線的位置關(guān)系的判斷，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意正弦定理的合理運用．【解析】【答案】D二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】

∵f（x）=x3-x-1，∴f（1）=1-1-1=-1＜0，f（1.5）=1.53-1.5-1=1.5×1.25-1＞0；f（2）=8-2-1＞0．

∴f（1）f（1.5）＜0．

則有一個根的區(qū)間是（1；1.5）．

故答案為（1；1.5）．

【解析】【答案】根據(jù)“如果函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f（a）f（b）＜0，那么，函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)有零點．”即可判斷出零點所在的區(qū)間．

9、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】10、【分析】【解答】解：設(shè)冪函數(shù)y=f（x）=xα；由題意可得原函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過點（36，6）；

故有36α=6，∴α=即f（x）=

∴f（）=

故答案為：．

【分析】設(shè)冪函數(shù)y=f（x）=xα，由題意可得原函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過點（36，6），求出α的值，可得函數(shù)解析式，從而求得f（）的值．11、（﹣7，3）【分析】【解答】解：因為f（x）為偶函數(shù)；所以f（|x+2|）=f（x+2）；

則f（x+2）＜5可化為f（|x+2|）＜5；

即|x+2|2﹣4|x+2|＜5；（|x+2|+1）（|x+2|﹣5）＜0；

所以|x+2|＜5；

解得﹣7＜x＜3；

所以不等式f（x+2）＜5的解集是（﹣7；3）．

故答案為：（﹣7；3）．

【分析】由偶函數(shù)性質(zhì)得：f（|x+2|）=f（x+2），則f（x+2）＜5可變?yōu)閒（|x+2|）＜5，代入已知表達式可表示出不等式，先解出|x+2|的范圍，再求x范圍即可．12、【分析】【解答】解：函數(shù)f（x）=則f（f（﹣3））=f（9）==．故答案為：．

【分析】直接利用函數(shù)的解析式求解函數(shù)值即可．13、略

【分析】解：函數(shù)y=f（x）的定義域是[0，2]，所以

所以x=1；

函數(shù)y=f（x+1）+f（x-1）的定義域為：{1}；

故答案為：{1}

利用函數(shù)的定義域的求法；使函數(shù)有意義的x的值求得函數(shù)的定義域，再求它們的交集即可．

本題屬于以函數(shù)的定義為平臺，求集合的交集的基礎(chǔ)題，也是高考常會考的題型．【解析】{1}14、略

【分析】解：如圖所示，

OA表示分針時針初始位置；OC表示分針20分鐘后的位置，OB表示時針20分鐘后的位置；

則∠AOC=×2π=

∠AOB=××2π=

∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=-=

故答案為：．

畫出圖形；表示出分針時針初始位置，分針20分鐘后的位置以及時針20分鐘后的位置，根據(jù)圓周角以及時；分的劃分，求出答案即可．

本題考查了弧度制的應(yīng)用問題，解題時應(yīng)建立數(shù)學(xué)模型，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解答問題，是基礎(chǔ)題．【解析】15、略

【分析】解：根據(jù)題意得：在十六進制中；2×9=16×1+2=12．

故答案為：12

根據(jù)題中的新定義計算即可得到結(jié)果．

此題考查了有理數(shù)的混合運算，熟練掌握運算法則是解本題的關(guān)鍵．【解析】12三、證明題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，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C作CE⊥AB于點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．17、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；

∴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．18、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；

∴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．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∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△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∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．21、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交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四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，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四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．22、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稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，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R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．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；

∴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．24、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30分)25、略

【分析】

（1）由得∴即∵∴（2）∴∴∴【解析】略【解析】【答案】26、略

【分析】

（Ⅰ）把要求的式子切化弦可得+同分可得=sinθ+cosθ；由。

已知條件得到結(jié)果．

（Ⅱ）把sinθ+cosθ=平方可得sinθcosθ的值，由此求得m的值，根據(jù)sinθ和cosθ一個等于另一個等于求出θ的值等．

本題考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的應(yīng)用，得到sinθ和cosθ一個等于另一個等于是解題的關(guān)鍵．【解析】解：（Ⅰ）=+=-

==sinθ+cosθ=．

（Ⅱ）把sinθ+cosθ=平方可得1+2sinθcosθ=∴sinθcosθ=

∴=∴m=．此時，sinθ和cosθ一個等于另一個等于

故θ的值等于或．27、略

【分析】

(1)

求出g(x)

和h(x)

的解析式；從而求出p(t)

的解析式即可；

(2)

問題轉(zhuǎn)化為m鈮?鈭?t2+22t

對于t隆脢[32,154]

恒成立，令婁脮(t)=鈭?t2+22t=鈭?(t2+1t)

根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出mm

的范圍即可．

本題考查了求函數(shù)的解析式問題，考查函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)恒成立，是一道中檔題．【解析】解：(1)

假設(shè)f(x)=g(x)+h(x)壟脵

其中g(shù)(x)

偶函數(shù)，h(x)

為奇函數(shù)；

則有f(鈭?x)=g(鈭?x)+h(鈭?x)

即f(鈭?x)=g(x)鈭?h(x)壟脷

由壟脵壟脷

解得g(x)=f(x)+f(鈭?x)2h(x)=f(x)鈭?f(鈭?x)2

．

隆脽f(x)

定義在R

上；隆脿g(x)h(x)

都定義在R

上．

隆脽g(鈭?x)=f(鈭?x)+f(x)2=g(x)h(鈭?x)=f(鈭?x)鈭?f(x)2=鈭?h(x)

．

隆脿g(x)

是偶函數(shù)；h(x)

是奇函數(shù)，隆脽f(x)=2x+1

隆脿g(x)=f(x)+f(鈭?x)2=2x+1+2鈭?x+12=2x+12xh(x)=f(x)鈭?f(鈭?x)2=2x+1鈭?2鈭?x+12=2x鈭?12x

．

由2x鈭?12x=t

則t隆脢R

平方得t2=(2x鈭?12x)2=22x+122x鈭?2

隆脿g(2x)=22x+122x=t2+2

隆脿p(t)=t2+2mt+m2鈭?m+1

．

(2)隆脽t=h(x)

關(guān)于x隆脢[1,2]

單調(diào)遞增，隆脿32鈮?t鈮?154

隆脿p(t)=t2+2mt+m2鈭?m+1鈮?m2鈭?m鈭?1

對于t隆脢[32,154]

恒成立；

隆脿m鈮?鈭?t2+22t

對于t隆脢[32,154]

恒成立；

令婁脮(t)=鈭?t2+22t=鈭?(t2+1t)

此對勾函數(shù)的”拐點”為x=隆脌2

函數(shù)在(0,2)

遞增，(2,+隆脼)

遞減；

故婁脮(t)

在t隆脢[32,154]

上單調(diào)遞減；

隆脿婁脮(t)max=婁脮(32)=鈭?1712

隆脿m鈮?鈭?1712

．五、綜合題(共3題，共30分)28、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；以及矩形性質(zhì)得出∠AEF=60°，∠EAF=60°，即可得出答案；

（2）根據(jù)矩形的長為a，寬為b，可知時，一定能折出等邊三角形，當(dāng)＜b＜a時；不能折出；

（3）①由已知得出得到x2+8kx-8k=0，△=（8k）2+32k=32k（2k+1）；再分析k即可得出答案；

②得出Rt△EMO∽Rt△A′AD，進而得出，即可求出答案．【解析】【解答】解：（1）△AEF是等邊三角形

證明：∵PE=PA；

B′P是RT△AB′E斜邊上的中線

∴PA=B′P；

∴∠EAB′=∠PB′A；

又∵PN∥AD；

∴∠B′AD=∠PB′A；

又∵2∠EAB′+∠B′AD=90°；

∴∠EAB′=∠B′AD=30