2025年人教新課標高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年人教新課標高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷95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、下列四個函數(shù)：(1)(2)(3)(4)其中同時滿足：①②對定義域內(nèi)的任意兩個自變量都有的函數(shù)個數(shù)為A.1B.2C.3D.42、sin(－750°)＝()A.－B.C.－D.3、【題文】已知定義在上的函數(shù)滿足當時，單調(diào)遞增，若且則的值（）A.可能為0B.恒大于0C.恒小于0D.可正可負4、【題文】設(shè)則“或”是“”的（）A.必要不充分條件B.充分不必要條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件5、【題文】點與圓上任一點連線的中點軌跡方程是（）A.B.C.D.6、【題文】．已知圓心為C（6，5），且過點B（3，6）的圓的方程為A.B.C.D.7、設(shè)集合M={-1，0，2，4}，N={0，2，3，4}，則M∪N等于（）A.{0，2}B.{2，4}C.{0，2，4}D.{-1，0，2，3，4}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、函數(shù)f（x）=ax（a＞0且a≠1）的圖象恒過點____．9、若函數(shù)在上是減函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍為____．10、已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=1-5+9-13+17-21++（-1）n+1（4n-3），則S22-S11的值是____．11、正方體AC1中，E、F分別是BC、DC的中點，則異面直線AD1與EF所成角的大小為____．12、【題文】已知平面和直線給出下列條件：①②③④⑤．則使成立的充分條件是____．（填序號）13、若α+β=則（1﹣tanα）（1﹣tanβ）的值為____．14、已知f（x）=kx+-3（k∈R），f（ln6）=1，則f（ln）=______．15、已知向量=（2，1），=（-1，k），若∥則k等于______．16、在x軸上的截距為2且斜率為1的直線方程為______．評卷人得分三、解答題(共8題，共16分)17、已知數(shù)列{an}滿足an=2an-1+2n+1（n≥2，n∈N*），且a3=39；

（1）求a1，a2．

（2）是否存在實數(shù)λ，使得數(shù)列{}為等差數(shù)列；若存在；求出λ的值．

（3）令cn=若cn＞m對任意的n∈N*都成立；求實數(shù)m的取值范圍．

18、已知集合，A={x|-3≤x＜7}，B={x|x2-12x+20＜0}；C={x|x＜a}．

（1）求A∪B，（CRA）∩B；

（2）若A∩C≠?；求a的取值范圍．

19、已知函數(shù)f（x）=loga（a-ax）（a＞1）；求f（x）的定義域和值域．

20、已知函數(shù)．（1）求的最小正周期；（2）設(shè)且求．21、（本小題滿分12分）已知函數(shù)．（Ⅰ）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）若關(guān)于的方程在區(qū)間上有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)的取值范圍．22、（12分）已知直線過點且在兩坐標軸上的截距的絕對值相等，求直線的方程。23、【題文】已知實數(shù)a,b,c,d滿足a+b=c+d=1,ac+bd>1,求證:a,b,c,d中至少有一個是負數(shù).24、【題文】如圖；在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，E是PB上任意一點，△AEC面積的最小值是3．

（1）求證：AC⊥DE；

（2）求四棱錐P－ABCD的體積．評卷人得分四、計算題(共1題，共8分)25、方程組的解為____．評卷人得分五、證明題(共3題，共18分)26、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．27、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．28、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．評卷人得分六、綜合題(共4題，共36分)29、已知拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判斷拋物線的頂點與直線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；當OM?ON=4，且OM≠ON時，求出這條拋物線的解析式；

（3）直線L交x軸于點A，（2）中所求拋物線的對稱軸與x軸交于點B．那么在對稱軸上是否存在點P，使⊙P與直線L和x軸同時相切？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．30、如圖，已知P為∠AOB的邊OA上的一點，以P為頂點的∠MPN的兩邊分別交射線OB于M、N兩點，且∠MPN=∠AOB=α（α為銳角）．當∠MPN以點P為旋轉(zhuǎn)中心，PM邊與PO重合的位置開始，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)（∠MPN保持不變）時，M、N兩點在射線OB上同時以不同的速度向右平行移動．設(shè)OM=x，ON=y（y＞x＞0），△POM的面積為S．若sinα=；OP=2．

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

（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．31、如圖，直線y=-x+b與兩坐標軸分別相交于A；B兩點；以O(shè)B為直徑作⊙C交AB于D，DC的延長線交x軸于E．

（1）寫出A、B兩點的坐標（用含b的代數(shù)式表示）；并求tanA的值；

（2）如果AD=4，求b的值；

（3）求證：△EOD∽△EDA，并在（2）的情形下，求出點E的坐標．32、先閱讀下面的材料再完成下列各題

我們知道，若二次函數(shù)y=ax2+bx+c對任意的實數(shù)x都有y≥0，則必有a＞0，△=b2-4ac≤0；例如y=x2+2x+1=（x+1）2≥0，則△=b2-4ac=0，y=x2+2x+2=（x+1）2+1＞0，則△=b2-4ac＜0．

（1）求證：（a12+a22++an2）?（b12+b22++bn2）≥（a1?b1+a2?b2++an?bn）2

（2）若x+2y+3z=6，求x2+y2+z2的最小值；

（3）若2x2+y2+z2=2；求x+y+z的最大值；

（4）指出（2）中x2+y2+z2取最小值時，x，y，z的值（直接寫出答案）．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】試題分析：①中函數(shù)是奇函數(shù)②對定義域內(nèi)的任意兩個自變量都有則函數(shù)是增函數(shù)(1)是奇函數(shù)，定義域上不是增函數(shù)，(2)既是奇函數(shù)又是增函數(shù)(3)是既是奇函數(shù)又是減函數(shù)(4)既是奇函數(shù)又是增函數(shù)。滿足題干的有(2)(4)兩個考點：函數(shù)性質(zhì)奇偶性單調(diào)性【解析】【答案】B2、A【分析】【解析】

因為sin(－750°)=-sin750°=-sin(720°+30°)=-sin30°=-1/2,選A【解析】【答案】A3、C【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于定義在上的函數(shù)滿足則說明函數(shù)關(guān)于（2,0）呈對稱中心圖象，那么當時，單調(diào)遞增，x>2，函數(shù)遞減，那么且則可知恒小于0；故可知選C.

考點：函數(shù)的單調(diào)性。

點評：主要是考查了函數(shù)的單調(diào)性的運用，屬于基礎(chǔ)題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、A【分析】【解析】

試題分析：交集中的元素是兩個集合中的公共元素。所以“或”不一定有“”，反之，“”則一定有“或”，即“或”是“”的必要不充分條件；選A。

考點：本題主要考查集合的運算；充要條件的概念。

點評：小綜合題，判斷充要條件，可利用定義法、等價命題法、集合關(guān)系法?！窘馕觥俊敬鸢浮緼5、B【分析】【解析】

試題分析：設(shè)圓上任一點的坐標為它與連線的中點坐標為由中點坐標公式可得即代入圓的方程可得整理得

考點：本小題主要考查中點坐標公式的應(yīng)用和相關(guān)點法求軌跡方程；考查了學(xué)生的運算求解能力.

點評：求軌跡方程時要本著求誰設(shè)誰的原則，方法重點掌握相關(guān)點法、代入法等.【解析】【答案】B6、A【分析】【解析】園的半徑為所以選A【解析】【答案】A7、D【分析】解：∵集合M={-1；0，2，4}，N={0，2，3，4}；

∴M∪N={-1；0，2，3，4}．

故選：D．

利用并集的定義求解．

本題考查并集的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意并集性質(zhì)的合理運用．【解析】【答案】D二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

由指數(shù)函數(shù)的定義和性質(zhì)可得，函數(shù)f（x）=ax（a＞0且a≠1）的圖象恒過點（0；1）；

故答案為（0；1）．

【解析】【答案】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和特殊點，函數(shù)f（x）=ax（a＞0且a≠1）的圖象恒過點（0；1）．

9、略

【分析】

由函數(shù)y=x2-kx+3上是減函數(shù)，函數(shù)f（x）=logky在上是減函數(shù)；

可得k＞1，且當x=時，對應(yīng)的函數(shù)值y=-k?+3＞0；

由此求得1＜k＜2

故答案為（1，2）．

【解析】【答案】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和特殊點，對數(shù)函數(shù)的定義域，復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得k＞1，且-k?+3＞0；

由此求得實數(shù)k的取值范圍．

10、略

【分析】

根據(jù)題意，易得S22=1-5+9-13+17-21++81-85=（1-5）+（9-13）+（17-21）++（81-85）=（-4）×11=-44；

S11=1-5+9-13+17-21++33-37+41=（1-5）+（9-13）+（17-21）++（33-37）+41=（-4）×5+41=21；

則S22-S11=-44-21=-65；

故答案為-65．

【解析】【答案】分析數(shù)列，易得數(shù)列中每相鄰2項的和為-4，可用分組求和法，則S22=1-5+9-13+17-21++81-85=（1-5）+（9-13）+（17-21）++（81-85），S11=1-5+9-13+17-21++33-37+41=（1-5）+（9-13）+（17-21）++（33-37）+41=（-4）×5+41，易得S22與S11的值；相減可得答案．

11、略

【分析】

連接BD、C1D、BC1，則BD∥EF，BC1∥AD1；

則∠DBC1為異面直線所成的角．

在△DBC1中，DB=C1D=BC1

它是一個等邊三角形，可得∠DBC1=60°．

故答案是：60°．

【解析】【答案】先通過平移將兩條異面直線平移到同一個起點B；得到的銳角或直角就是異面直線所成的角，在三角形中再利用特殊三角形的內(nèi)角求出此角即可．

12、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)線面垂直的判定定理可知使成立的充分條件是②⑤.

考點：本小題主要考查空間中直線；平面間位置關(guān)系.

點評：判斷此類問題，要緊扣相應(yīng)的判定定理和性質(zhì)定理，定理中要求的條件缺一不可，如果換個說法，也要仔細考慮.【解析】【答案】②⑤13、2【分析】【解答】解：若α+β=則tan（α+β）=﹣1=∴tanα+tanβ=tanαtanβ﹣1．

∴（1﹣tanα）（1﹣tanβ）=1﹣tanα﹣tanβ+tanαtanβ=1﹣（tanαtanβ﹣1）+tanαtanβ=2；

故答案為：2．

【分析】由題意可得tan（α+β）=﹣1=即tanα+tanβ=tanαtanβ﹣1，代入（1﹣tanα）（1﹣tanβ）的展開式，化簡可得結(jié)果．14、略

【分析】解：∵f（x）=kx+-3；

∴f（-x）=-kx--3；

∴f（-x）+f（x）=-6

∵ln=-ln6；f（ln6）=1；

∴f（ln）=-7；

故答案為：-7

根據(jù)已知可得：f（-x）+f（x）=-6，進而根據(jù)ln=-ln6；f（ln6）=1，得到答案．

本題考查的知識點是抽象函數(shù)及其應(yīng)用，函數(shù)求值，函數(shù)的奇偶性，對數(shù)的運算性質(zhì)，難度中檔．【解析】-715、略

【分析】解：∵向量=（2，1），=（-1，k），∥

∴2k+1=0；

解得k=-．

故答案為：

根據(jù)向量平行列方程解出k．

本題考查了向量平行與坐標的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．【解析】-16、略

【分析】解：由題意可得直線過點（2；0）；

由直線的點斜式求得在x軸上的截距為2且斜率為1的直線方程為y-0=x-2；

即x-y-2=0．

故答案為x-y-2=0．

由題意可得直線過點（2；0），用點斜式求得直線方程，并化為一般式．

本題主要考查用點斜式求得直線方程的方法，屬于基礎(chǔ)題．【解析】x-y-2=0三、解答題(共8題，共16分)17、略

【分析】

（1）由于數(shù)列{an}滿足an=2an-1+2n+1（n≥2，n∈N*），且a3=39；

則a3=2a2+23+1，a2=2a1+22+1，故a2=15，a1=5；

（2）若存在實數(shù)λ，使得數(shù)列{}為等差數(shù)列；

則也為等差數(shù)列；

故

解得λ=1；

由于=1

所以數(shù)列{}為等差數(shù)列，首項為

故當λ=1時，數(shù)列{}為等差數(shù)列；

（3）由（2）知，

若令cn=則cn=

由于cn≥cn+1等價于

即n2+4n+2=（n+2）2-2≤0無解，故恒有cn≥cn-1

若cn＞m對任意的n∈N*都成立，則必有=3=c1＞m

則實數(shù)m的取值范圍為m＜3．

【解析】【答案】（1）由已知代入an=2an-1+2n+1（n≥2，n∈N*），且a3=39，即可求出a1，a2．

（2）假設(shè)存在實數(shù)λ，使得數(shù)列{}為等差數(shù)列，求出λ的值為1，再證明數(shù)列{}為等差數(shù)列即可．

（3）由（2）得到cn==若cn＞m對任意的n∈N*都成立，只需m小于數(shù)列{cn}的最小項；即可得到實數(shù)m的取值范圍．

18、略

【分析】

（1）B═{x|x2-12x+20＜0}={x|2＜x＜10}；

因為A={x|-3≤x＜7}；

所以A∪B={x|-3≤x＜10}；（1分）

因為A={x|-3≤x＜7}；

所以CRA={x|x＜-3或x≥7}；（1分）

（CRA）∩B={x|7≤x＜10}．（1分）

（2）因為A={x|3≤x＜7}；C={x|x＜a}．

A∩C≠?；表明A與C沒有公共部分；

所以a＞3．（2分）

【解析】【答案】（1）先通過解二次不等式化簡集合B，利用并集的定義求出A∪B，利用補集的定義求出CRA，進一步利用交集的定義求出（CRA）∩B；

（2）根據(jù)交集的定義要使A∩C≠?；根據(jù)交集的定義；集合間的包含關(guān)系，求得實數(shù)a的取值范圍．

19、略

【分析】

由a-ax＞0，得：ax＜a；再由a＞1，解得x＜1．

所以，函數(shù)f（x）=loga（a-ax）（a＞1）的定義域為（-∞；1）．

令a-ax=t，則y=f（x）=loga（a-ax）=logat．

因為ax＞0，所以0＜a-ax＜a；即0＜t＜a．

又a＞1，所以y=logat＜logaa=1．

即函數(shù)f（x）=loga（a-ax）（a＞1）的值域為（-∞；1）．

【解析】【答案】由對數(shù)函數(shù)的真數(shù)大于0，求解指數(shù)不等式可得函數(shù)的定義域；根據(jù)ax＞0，得到0＜a-ax＜a；再由a＞1，求解對數(shù)不等式得到函數(shù)的值域．

20、略

【分析】試題分析：（1）利用兩角差的余弦公式，二倍角公式的降冪變形以及輔助角公式，可對恒等變形：從而可知的最小正周期為（2）由（1）中變形的結(jié)果可知再由可得再根據(jù)兩角和的正切公式可知試題解析：（1）2分4分6分∴的最小正周期為7分（2）8分由可知，10分∴．12分考點：三角恒等變形.【解析】【答案】（1）（2）21、略

【分析】試題分析：（Ⅰ）先將函數(shù)化簡，化簡時先用2倍角公式降冪，在將角統(tǒng)一，最后用化一公式化簡成的形式。再將代入正弦增區(qū)間公式即可。（Ⅱ）由（Ⅰ）知所以在區(qū)間上有兩個不同的實數(shù)根等價于和的圖像有兩個交點，利用數(shù)形結(jié)合即可解決此題。試題解析：（Ⅰ）由解得所以的遞增區(qū)間是：（Ⅱ）因為所以令“關(guān)于的方程在內(nèi)有兩個不同的實數(shù)根”等價于“函數(shù)和的圖象有兩個不同的交點”.在同一直角坐標系中作出函數(shù)和的圖象如下：由圖象可知：要使“函數(shù)和的圖象有兩個不同的交點”，必有即因此的取值范圍是考點：三角函數(shù)的單調(diào)性和圖像【解析】【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）22、略

【分析】【解析】

（1）若截距都不為0時，設(shè)直線方程為：方程變?yōu)椋捍朦c（2，3）得：a=5此時直線方程為：方程變?yōu)椋捍朦c（2，3）得：b=1此時直線方程為：（2）若截距都為0，則設(shè)直線方程為：代入點（2，3）得：此時直線方程為：【解析】【答案】直線方程為：23、略

【分析】【解析】【證明】假設(shè)a,b,c,d都是非負數(shù),因為a+b=c+d=1,

所以a,b,c,d∈[0,1],

所以ac≤≤bd≤≤

所以ac+bd≤+=1,

這與已知ac+bd>1相矛盾,所以原假設(shè)不成立,即證得a,b,c,d中至少有一個是負數(shù).【解析】【答案】見解析24、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）證明線線垂直，一般利用線面垂直性質(zhì)與判定定理進行轉(zhuǎn)化.因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC．因而AC⊥平面PDB，從而AC⊥DE．（2）設(shè)AC與BD相交于點F．連EF．由（1），知AC⊥平面PDB，所以AC⊥EF．所以S△ACE＝AC·EF，因此△ACE面積最小時，EF最小，則EF⊥PB．由△PDB∽△FEB，解得PD＝因為PD⊥平面ABCD，所以VP—ABCD＝S□ABCD·PD＝×24×＝．

（1）證明：連接BD；設(shè)AC與BD相交于點F．

因為四邊形ABCD是菱形；所以AC⊥BD．

又因為PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD；所以PD⊥AC．

而AC∩BD＝F；所以AC⊥平面PDB．

E為PB上任意一點，DE平面PBD；所以AC⊥DE．

（2）連EF．由（1），知AC⊥平面PDB，EF平面PBD，所以AC⊥EF．S△ACE＝AC·EF；在△ACE面積最小時，EF最小，則EF⊥PB．

S△ACE＝3，×6×EF＝3；解得EF＝1．

由△PDB∽△FEB，得．由于EF＝1，F(xiàn)B＝4，

所以PB＝4PD，即．解得PD＝

VP—ABCD＝S□ABCD·PD＝×24×＝．

考點：線面垂直性質(zhì)與判定定理，四棱錐體積【解析】【答案】（1）詳見解析，（2）四、計算題(共1題，共8分)25、略

【分析】【分析】①+②得到一個關(guān)于x的方程，求出x，①-②得到一個關(guān)于y的方程，求出y即可．【解析】【解答】解：；

①+②得：2x=6；

∴x=3；

①-②得：2y=8；

∴y=4；

∴方程組的解是．五、證明題(共3題，共18分)26、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．27、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點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AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點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．28、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．六、綜合題(共4題，共36分)29、略

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

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

（3）分別利用點P1到直線L的距離P1Q1為a，以及點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；

得頂點坐標為（m；-m+2），顯然滿足y=-x+2

∴拋物線的頂點在直線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m2+m-2=4時，m1=2，m2=-3

當m2+m-2=-4時；△＜0，此方程無解；

∵△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的對稱軸為x=-3；頂點（-3，5）．

依題意；∠CAB=∠ACB=45°．

若點P在x軸的上方，設(shè)P1（-3；a）（a＞0）；

則點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P在x軸的下方，設(shè)P2（-3，-b）（b＞0）；

則點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，．

∴滿足條件的點有兩個；

即（-3，）和（-3，）．30、略

【分析】【分析】（1）當PM旋轉(zhuǎn)到PM′時；點N移動到點N′，點N移動的距離NN′=ON′-ON；

（2）已知兩三角形兩角對應(yīng)相等；可利用AAA證相似。

（3）可由（2）問的三角形相似得到y(tǒng)與x之間的函數(shù)關(guān)系式．

（4）根據(jù)圖形得出S的關(guān)系式，然后在圖形內(nèi)根據(jù)x的取值范圍確定S的取值范圍．【解析】【解答】（1）解：∵sinα=且α為銳角；

∴α=60°；即∠BOA=∠MPN=60°．（1分）

∴初始狀態(tài)時；△PON為等邊三角形；

∴ON=OP=2；當PM旋轉(zhuǎn)到PM'時，點N移動到N'；

∵∠OPM'=30°；∠BOA=∠M'PN'=60°；

∴∠M'N'P=30°．（2分）

在Rt△OPM'中；ON'=2PO=2×2=4；

∴NN'=ON'-ON=4-2=2；

∴點N移動的距離為2；（3分）

（2）證明：在△OPN和△PMN中；

∠PON=∠MPN=60°，∠ONP=∠PNM，

∴△OPN∽△PMN；（4分）

（3）解：∵MN=ON-OM=y-x；

∴PN2=ON?MN=y（y-x）=y2-xy．

過P點作PD⊥OB；垂足為D．

在Rt△OPD中；

OD=OP?cos60°=2×=1，PD=POsin60°=；

∴DN=ON-OD=y-1．

在Rt△PND中；

PN2=PD2+DN2=（）2+（y-1）2=y2-2y+4．（5分）

∴y2-xy=y2-2y+4；

即y=；（6分）

（4）解：在△OPM中，OM邊上的高PD為；

∴S=?OM?PD=?x?x．（8分）

∵y＞0；

∴2-x＞0；即x＜2．

又∵x＞0；

∴x的取值范圍是0＜x＜2．

∵S是x的正比例函數(shù)，且比例系數(shù)；

∴0＜S＜×2，即0＜S＜．（9分）31、略

【分析】【分析】（1）在解析式中分別令x=0與y=0；即可求得直線與y軸，x軸的交點坐標，即可求得OA，OB的長度，進而求得正切值；

（2）利用切割線定理，可以得到OA2=AD?AB，據(jù)此即可得到一個關(guān)于b的方程，從而求得b的值；

（3）利用兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似即可證得兩個三角形相似．【解析】【解答】解：（1）∵當x=0時，y=b，當y=0時，x=2b；

∴A（2b，0），B（0，b）

∴tanA===；

（2）AB===b

由OA2=AD?AB，得（2b）2=4?b，解得b=5；

（3）∵OB是直徑；

∴∠BDO=90°；

則∠ODA=90°

∴∠EOC=∠ODA=90°；

又∵OC=CD

∴∠COD=∠CDO

∴∠COD+∠EOC=∠CDO+∠ODA

∴∠EOD=∠EDA

又∵∠DEA=∠OED

∴△EOD∽△EDA

D點作y軸的垂線交y軸于H；DF⊥AE與F．

∵A（2b，0），B（0，b）

∴OA=10；OB=5．

∴AB=5；

∵DF∥OB

∴===；

∴AF=OA=8；