2025年冀少新版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年冀少新版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷344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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知則為（）A.2B.3C.4D.52、函數(shù)sinx=2cosx；則sinx?cosx的值是（）

A.

B.

C.

D.

3、【題文】已知在定義域R上是減函數(shù)；則函數(shù)y＝f(|x＋2|)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）

A．(－∞,＋∞)B．(2,＋∞)C．(－2,＋∞)D(―∞,―2)4、已知f（x）=|2﹣x2|，若0＜m＜n時滿足f（m）=f（n），則mn的取值范圍為（）A.（0，2）B.（0，2]C.（0，4]D.（0，]5、圓（x+2）2+（y﹣1）2=5關(guān)于原點P（0，0）對稱的圓的方程為（）A.（x+1）2+（y﹣2）2=5B.（x﹣2）2+（y﹣1）2=5C.（x﹣1）2+（y+2）2=5D.（x﹣2）2+（y+1）2=56、已知函數(shù)給定區(qū)間E，對任意當(dāng)x12時，總有f(x1)>f(x2)則下列區(qū)間可作為E的是（）A.（－3，－1）B.（－1，0）C.（1，2）D.（3，6）7、當(dāng)點P在圓x2+y2=1上變動時，它與定點Q（-3，0）的連結(jié)線段PQ的中點的軌跡方程是（）A.（x+3）2+y2=4B.（x-3）2+y2=4C.（2x-3）2+4y2=1D.（2x+3）2+4y2=1評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、函數(shù)的定義域為________.9、設(shè)函數(shù)若不存在使得與同時成立，則實數(shù)的取值范圍是．10、【題文】與直線3x－4y＋5＝0關(guān)于x軸對稱的直線方程為________．11、【題文】若點(x，y)位于曲線y＝|x－1|與y＝2所圍成的封閉區(qū)域，則2x－y的最小值為________．12、【題文】已知集合則____．13、【題文】若函數(shù)(其中為常數(shù)且)，滿足則的解集是____.14、方程lgx=4-x的根x∈（k，k+1），k∈Z，則k=______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)15、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．16、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．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；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．19、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．20、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=2．21、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．22、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．評卷人得分四、作圖題(共4題，共20分)23、作出下列函數(shù)圖象：y=24、畫出計算1++++的程序框圖．25、請畫出如圖幾何體的三視圖．

26、某潛艇為躲避反潛飛機的偵查，緊急下潛50m后，又以15km/h的速度，沿北偏東45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏東60°前行8min，最后擺脫了反潛飛機的偵查．試畫出潛艇整個過程的位移示意圖．評卷人得分五、解答題(共3題，共24分)27、如圖，在四棱錐中，是正方形，平面分別是的中點．（1）在線段上確定一點使平面并給出證明；（2）證明平面平面并求出到平面的距離.28、【題文】已知二次函數(shù)滿足且

（Ⅰ）求的解析式.（Ⅱ）在區(qū)間上,的圖象恒在的圖象上方試確定實數(shù)的范圍.29、如圖是函數(shù)f(x)=Asin(婁脴x+婁脮)(A>0,婁脴>0,0<婁脮<婁脨)

的一部分圖象．

(1)

寫出f(x)

的解析式；

(2)

若將f(x)

的圖象向右平移1

個單位得到的g(x)

的圖象，求函數(shù)g(x)

的單調(diào)遞增區(qū)間．評卷人得分六、綜合題(共3題，共24分)30、已知拋物線y=ax2-2ax+c-1的頂點在直線y=-上，與x軸相交于B（α，0）、C（β，0）兩點，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求這個拋物線的解析式；

（2）設(shè)這個拋物線與y軸的交點為P；H是線段BC上的一個動點，過H作HK∥PB，交PC于K，連接PH，記線段BH的長為t，△PHK的面積為S，試將S表示成t的函數(shù)；

（3）求S的最大值，以及S取最大值時過H、K兩點的直線的解析式．31、如圖；⊙O的直徑AB=2，AM和BN是它的兩條切線，DE切⊙O于E，交AM于D，交BN于C．設(shè)AD=x，BC=y．

（1）求證：AM∥BN；

（2）求y關(guān)于x的關(guān)系式；

（3）求四邊形ABCD的面積S．32、已知拋物線y=ax2-2ax+c-1的頂點在直線y=-上，與x軸相交于B（α，0）、C（β，0）兩點，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求這個拋物線的解析式；

（2）設(shè)這個拋物線與y軸的交點為P；H是線段BC上的一個動點，過H作HK∥PB，交PC于K，連接PH，記線段BH的長為t，△PHK的面積為S，試將S表示成t的函數(shù)；

（3）求S的最大值，以及S取最大值時過H、K兩點的直線的解析式．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：因為所以故答案為．考點：分段函數(shù)的概念及求值．【解析】【答案】A2、C【分析】

∵sinx=2cosx，∴=2；即tanx=2

∴sinx?cosx=====

故選C

【解析】【答案】先根據(jù)sinx=2cosx求出tanx的值，再讓sinx?cosx除以1，利用1的變形，把sinx?cosx變成含sinx和cosx的齊次分式，再令分子分母同除cos2x；化簡為含tanx的式子，把前面求出的tanx的值代入即可．

3、D【分析】【解析】設(shè)當(dāng)時，是增函數(shù)，是減函數(shù)，所以在上是減函數(shù)；當(dāng)時，是減函數(shù)，是減函數(shù)，所以在上是增函數(shù)；故選D【解析】【答案】D4、A【分析】【解答】解：∵f（x）=|x2﹣2|；且0＜m＜n，f（m）=f（n）；

∴0＜m＜n＞

∴2﹣m2=n2﹣2，即m2+n2=4；

由基本不等式可得4=m2+n2≥2mn；解得mn≤2；

但0＜m＜n；∴0＜mn＜2

故選：A

【分析】由題意易得0＜m＜n＞可得m2+n2=4，由基本不等式可得4=m2+n2≥2mn，即mn≤2，結(jié)合題意可得范圍．5、D【分析】【解答】解：圓（x+2）2+（y﹣1）2=5的圓心（﹣2，1）關(guān)于原點P（0，0）對稱的圓的圓心為（2，﹣1），故圓（x+2）2+（y﹣1）2=5關(guān)于原點P（0，0）對稱的圓的方程為（x﹣2）2+（y+1）2=5；

故選：D．

【分析】利用對稱性求得要求的圓的圓心坐標和半徑的值．從而求得要求的圓的方程．6、A【分析】【解答】根據(jù)題意由于函數(shù)同時，任意當(dāng)時，總有f(x1)>f(x2)則說明函數(shù)在定義域內(nèi)是遞減的；因此求解的是函數(shù)的減區(qū)間，外層是遞增的，則求解內(nèi)層的減區(qū)間即可，對稱軸x=1，那么開口向上，故可知答案為A.

【分析】解決的關(guān)鍵是根據(jù)給定的單調(diào)性的定義來判定函數(shù)的單調(diào)性，進而得到對應(yīng)的復(fù)合函數(shù)單調(diào)區(qū)間，屬于基礎(chǔ)題。7、D【分析】解：設(shè)動點P（x0，y0）；PQ的中點為B（x，y）；

可得x=（-3+x0），y=y0，解出x0=2x+3，y0=2y；

∵點P（x0，y0）即P（2x+3，2y）在圓x2+y2=1上運動；

∴（2x+3）2+（2y）2=1，化簡得（2x+3）2+4y2=1；即為所求動點軌跡方程。

故選：D．

設(shè)動點P（x0，y0），PQ的中點為B（x，y），由中點坐標公式解出x0=2x+3，y0=2y；將點P（2x+3，2y）代入已知圓的方程，化簡即可得到所求中點的軌跡方程．

本題給出定點與定圓，求圓上動點與定點連線中點的軌跡方程．著重考查了圓的方程與動點軌跡方程求法等知識，屬于中檔題．【解析】【答案】D二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【解析】

因為解得定義域為【解析】【答案】9、略

【分析】試題分析：．當(dāng)二次函數(shù)的圖像沒有在軸下方的部分，即時，則必滿足題意，此時解得當(dāng)二次函數(shù)的圖像有在軸下方的部分，即時，則函數(shù)較小零點需大于故解得綜上，考點：數(shù)形結(jié)合【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】與直線3x－4y＋5＝0關(guān)于x軸對稱的直線方程是3x－4(－y)＋5＝0，即3x＋4y＋5＝0【解析】【答案】3x＋4y＋5＝011、略

【分析】【解析】如圖；

曲線y＝|x－1|與y＝2所圍成的封閉區(qū)域如圖中陰影部分，令z＝2x－y，則y＝2x－z，作直線y＝2x，在封閉區(qū)域內(nèi)平行移動直線y＝2x；當(dāng)經(jīng)過點。

(－1,2)時，z取得最小值，此時z＝2×(－1)－2＝－4.【解析】【答案】－412、略

【分析】【解析】

試題分析：

所以

考點：1、不等式的解法；2、集合的運算.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

試題分析：函數(shù)定義域為由知函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，所以由知滿足：解得

考點：1.不等式求解；2.對數(shù)的單調(diào)性；3.函數(shù)的定義域.【解析】【答案】14、略

【分析】解：設(shè)函數(shù)f（x）=lgx+x-4；則函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；

∵f（4）=lg4+4-4=lg4＞0；f（3）=lg3+3-4=lg3-1＜0；

∴f（3）f（4）＜0；

在區(qū)間（3；4）內(nèi)函數(shù)f（x）存在零點；

∵方程lgx=4-x的解在區(qū)間（k；k+1）（k∈Z）；

∴k=3；

故答案為：3．

設(shè)函數(shù)f（x）=lgx+x-4；判斷解的區(qū)間，即可得到結(jié)論．

本題主要考查方程根的存在性，根據(jù)方程構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)零點的條件判斷，零點所在的區(qū)間是解決本題的關(guān)鍵．【解析】3三、證明題(共8題，共16分)15、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．16、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．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】（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．19、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．20、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線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四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．21、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，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．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△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=22、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．四、作圖題(共4題，共20分)23、【解答】冪函數(shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點且單調(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．24、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題意，設(shè)計的程序框圖時需要分別設(shè)置一個累加變量S和一個計數(shù)變量i，以及判斷項數(shù)的判斷框．25、解：如圖所示：

【分析】【分析】由幾何體是圓柱上面放一個圓錐，從正面，左面，上面看幾何體分別得到的圖形分別是長方形上邊加一個三角形，長方形上邊加一個三角形，圓加一點．26、解：由題意作示意圖如下；

【分析】【分析】由題意作示意圖。五、解答題(共3題，共24分)27、略

【分析】試題分析：（1）為線段中點，連接可得出所以為平面四邊形，先證平面所以又三角形為等腰直角三角形，為斜邊中點，所以．即可得結(jié)論平面（2）根據(jù)線線垂直可得線面垂直進而推出面面垂直取所以中點所以證明即為因為在平面內(nèi)，作垂足為則即為到的距離，在三角形中，為中點，即到的距離為（12分）試題解析：（1）為線段中點時，平面取中點連接由于所以為平面四邊形，由平面得又所以平面所以又三角形為等腰直角三角形，為斜邊中點，所以所以平面（5分）（2）因為所以又所以所以取所以中點所以連接所以則即為在平面內(nèi)，作垂足為則即為到的距離，在三角形中，為中點，即到的距離為（12分）考點：本題考查線線、線面垂直的判斷和性質(zhì)，可通過線線垂直線面垂直面面垂直的等價轉(zhuǎn)化方法；點到平面的距離，可先做垂線，在解三角形.【解析】【答案】（1）為線段中點時，平面（2）到的距離為28、略

【分析】【解析】本試題主要是考查了函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)的解析式的運用。

（1）設(shè)f（x）=ax2+bx+c，由f（0）=1得c=1，故f（x）=ax2+bx+1.

∵f(x+1)-f(x)=2x,∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x.

即2ax+a+b=2x,

（2）由題意得x2-x+1>2x+m在[-1,1]上恒成立.即x2-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立.

設(shè)g(x)=x2-3x+1-m,其圖象的對稱軸為直線x=所以g(x)在[-1,1]上遞減.

那么可得。

解：(Ⅰ)設(shè)f（x）=ax2+bx+c，由f（0）=1得c=1，故f（x）=ax2+bx+1.

∵f(x+1)-f(x)=2x,∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x.

即2ax+a+b=2x,所以∴f(x)=x2-x+1.

(Ⅱ)由題意得x2-x+1>2x+m在[-1,1]上恒成立.即x2-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立.

設(shè)g(x)=x2-3x+1-m,其圖象的對稱軸為直線x=所以g(x)在[-1,1]上遞減.

故只需g(1)>0,即12-3×1+1-m>0,解得m<-1.【解析】【答案】（Ⅰ）f(x)=x2-x+1.（Ⅱ）m<-1.29、略

【分析】

(1)

通過函數(shù)的圖象求出函數(shù)的周期；然后求出婁脴

利用函數(shù)的圖象經(jīng)過的特殊點求出婁脮

從而可求f(x)

的解析式；

(2)

根據(jù)函數(shù)y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象變換規(guī)律可求g(x)

的解析式；利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即可得解g(x)

的單調(diào)遞增區(qū)間．

本題主要考查了y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象變換規(guī)律的應(yīng)用，由y=Asin(婁脴x+婁脮)

的部分圖象確定其解析式，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了計算能力和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．【解析】解：(1)

由函數(shù)的圖象可知：A=2T=5鈭?(鈭?1)=6婁脴=2婁脨T=婁脨3

由函數(shù)的圖象經(jīng)過(鈭?1,0)

隆脿0=2sin(婁脮鈭?婁脨3)

隆脿婁脮=k婁脨+婁脨3k隆脢Z

．

隆脽0<婁脮<婁脨

隆脿婁脮=婁脨3

．

故f(x)

的解析式為：f(x)=2sin(婁脨3x+婁脨3).

(2)

將f(x)

的圖象向右平移1

個單位得到的g(x)

的圖象；

可得g(x)=f(x鈭?1)=2sin[婁脨3(x鈭?1)+婁脨3]=2sin婁脨3x

令2k婁脨鈭?婁脨2鈮?婁脨3x鈮?2k婁脨+婁脨2k隆脢Z

可得：6k鈭?32鈮?x鈮?6k+32k隆脢Z

故函數(shù)g(x)

的單調(diào)遞增區(qū)間為：[6k鈭?32,6k+32]k隆脢Z

．六、綜合題(共3題，共24分)30、略

【分析】【分析】（1）把頂點A的坐標代入直線的解析式得出c=a+；根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出c=1-3a，得出方程組，求出方程組的解即可；

（2）求出P、B、C的坐標，BC=4，根據(jù)sin∠BCP==，和HK∥BP，得出=，求出PK=t；過H作HG⊥PC于G，根據(jù)三角形的面積公式即可求出答案；

（3）根據(jù)S=-（t-2）2+2求出S取最大值，作KK′⊥HC于K′，求出KK′和OK′，得到點K的坐標，設(shè)所求直線的解析式為y=kx+b，代入得到方程組求出即可．【解析】【解答】解：（1）由y=ax2-2ax+c-1=a（x-1）2+c-1-a得拋物線的頂點為

A（1；c-1-a）．

∵點A在直線y=-x+8上；

∴c-1-a=-×1+8；

即c=a+；①

又拋物線與x軸相交于B（α；0）；C（β，0）兩點；

∴α、β是方程ax2-2ax+c-1=0的兩個根．

∴α+β=2，αβ=；

又α2+β2=10，即（α+β）2-2αβ=10；

∴4-2×=10；

即c=1-3a②；

由①②解得：a=-；c=5；

∴y=-x2+x+4；

此時；拋物線與x軸確有兩個交點；

答：這個拋物線解析式為：y=-x2+x+4．

（2）由拋物線y=-x2+x+4；

令x=0；得y=4，故P點坐標為（0，4）；

令y=0，解得x1=-1，x2=3；

∵α＜β；∴B（-1，0），C（3，0）；

∴BC=4，又由OC=3，OP=4，得PC=5，sin∠BCP==；

∵BH=t；∴HC=4-t．

∵HK∥BP，=，=；

∴PK=t

如圖，過H作HG⊥PC于G，則HG=HC，

sin∠BCP=（4-t）?=（4-t）；

∴S=×t×（4-t）=t2+2t；

∵點H在線段BC上且HK∥BP；∴0＜t＜4．

∴所求的函數(shù)式為：S=-t2+2t（0＜t＜4）；

答：將S表示成t的函數(shù)為S=-t2+2t（0＜t＜4）．

（3）由S=-t2+2t=-（t-2）2+2（0＜t＜4）；知：

當(dāng)t=2（滿足0＜t＜4）時；S取最大值，其值為2；

此時；點H的坐標為（1，0）；

∵HK∥PB；且H為BC的中點；

∴K為PC的中點；

作KK′⊥HC于K′；

則KK′=PO=2，OK′=CO=；

∴點K的坐標為（；2）；

設(shè)所求直線的解析式為y=kx+b；則

；

∴

故所求的解析式為y=4x-4；

答S的最大值是2，S取最大值時過H、K兩點的直線的解析式是y=4x-4．31、略

【分析】【分析】（1）由AB是直徑；AM；BN是切線，得到AM⊥AB，BN⊥AB，根據(jù)垂直于同一條直線的兩直線平行即可得到結(jié)論；

（2）過點D作DF⊥BC于F；則AB∥DF，由（1）AM∥BN，得到四邊形ABFD為矩形，于是得到DF=AB=2，BF=AD=x，根據(jù)切線長定理得DE=DA=x，CE=CB=y．根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)果；

（3）根據(jù)梯形的面積公式即可得到結(jié)論．【解析】【解答】（1）證明：∵AB是直徑；AM；BN是切線；

∴AM⊥AB；BN⊥AB；

∴AM∥BN；

（2）解：過點D作DF⊥BC于F；則AB∥DF；

由（1）AM∥BN；

∴四邊形ABFD為矩形；

∴DF=AB=2；BF=AD=x；

∵DE；DA；CE、CB都是切線；

∴根據(jù)切線長定理；得DE=DA=x，CE=CB=y