2025年冀教新版高一數學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教新版高一數學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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5題，共10分)1、【題文】已知函數是偶函數，當時，函數單調遞減，設則a，b，c的大小關系為（）A.cB.aC.aD.c2、【題文】“a≠1或b≠2”是“a＋b≠3”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要3、某幾何體的三視圖如圖所示；則它的體積是（）

A.B.C.D.4、設函數則在下列區(qū)間中函數f(x)不存在零點的是（）A.[-4,-2]B.[-2,0]C.[0,2]D.[2,4]5、一艘船上午930

在A

處，測得燈塔S

在它的北偏東30鈭?

處，且與它相距82

海里，之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行，上午1000

到達B

處，此時又測得燈塔S

在它的北偏東75鈭?

此船的航速是(

)

A.8(6+2)

B.8(6鈭?2)

C.16(6+2)

D.16(6鈭?2)

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、數列的前項和則．7、【題文】

一個幾何體的三視圖及其尺寸(單位：cm)，如圖所示，則該幾何體的側面積為____cm

8、【題文】當時，不等式恒成立，則的取值范圍是____．9、若復數z滿足=0，則z的值為____．10、下列四個圖象中，是函數圖象的是______

11、角婁脠

的始邊與x

軸正半軸重合，終邊上一點坐標為(鈭?1,2)

則tan婁脠=

______．12、某種病毒經30

分鐘繁殖為原來的2

倍，且已知病毒的繁殖規(guī)律為y=ekx(

其中k

為常數，t

表示時間，單位：小時，y

表示病毒個數)

則經過5

小時，1

個病毒能繁殖為______個.

13、已知sin婁脕+cos婁脕=23

則cos2婁脕=

______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)14、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．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、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=2．18、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．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．評卷人得分四、解答題(共3題，共9分)20、已知函數f（x）=sinxcosx-cos2x；x∈R．

（1）求函數f（x）的最小正周期和對稱軸方程；

（2）若x求函數f（x）的單調遞增區(qū)間．

21、【題文】（本小題滿分10分）已知圓臺的上下底面半徑分別是2、5,且側面面積等于兩底面面積之和,求該圓臺的母線長.22、在如圖所示的幾何體中；四邊形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E為AB的中點．

（Ⅰ）求證：AN∥平面MEC；

（Ⅱ）在線段AM上是否存在點P，使二面角P-EC-D的大小為若存在，求出AP的長h；若不存在，請說明理由．評卷人得分五、計算題(共2題，共16分)23、如圖，某一水庫水壩的橫斷面是梯形ABCD，壩頂寬CD=5米，斜坡AD=16米，壩高6米，斜坡BC的坡度i=1：3，求斜坡AD的坡角∠A（精確到1分）和壩底寬AB（精確到0.1米）．24、已知二次函數f（x）=ax2+bx-3（a≠0）滿足f（2）=f（4），則f（6）=____．評卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)25、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；

（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．26、若反比例函數y=與一次函數y=kx+b的圖象都經過一點A（a，2），另有一點B（2，0）在一次函數y=kx+b的圖象上．

（1）寫出點A的坐標；

（2）求一次函數y=kx+b的解析式；

（3）過點A作x軸的平行線，過點O作AB的平行線，兩線交于點P，求點P的坐標．27、如圖，矩形ABCD中，AD＜AB，P、Q分別為AD、BC的中點．N為DC上的一點，△AND沿直線AN對折點D恰好與PQ上的M點重合．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有內切圓嗎？有則求出內切圓的面積，沒有請說明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】

試題分析：由是偶函數可得從而可判斷的圖象關于對稱，也可由是偶函數關于對稱,是由向右移到一個單位得到的,所以的圖象關于對稱,又因為在上單調遞減,且而所以故選A．

考點：奇偶性與單調性的綜合．【解析】【答案】A2、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B3、A【分析】【分析】由幾何體三視圖可知，此幾何體是由邊長為2的正方體和底面邊長為2的正四棱錐組成，由主視圖易知正四棱錐的高為所以正四棱錐的體積為又有正方體的體積為8，所以此幾何體的體積為選A。4、A【分析】【解答】將的零點轉化為函數的交點；數形結合可知答案選A；

【分析】簡單題，連續(xù)函數在（a,b)滿足f（a)f（b)<0，則函數在（a,b)至少存在一個零點。本題突出了對轉化思想和數形結合思想的考查，對能力要求較高。5、D【分析】解：隆脽

在鈻?ABS

中，已知隆脧BAS=30鈭?隆脧ASB=45鈭?

且邊AS=82

海里；

隆脿

利用正弦定理可得：ABsin45鈭?=ASsin105鈭?

隆脿AB=8(6鈭?2)

隆脽

從A

到B

勻速航行時間為半個小時；

隆脿

速度應為：8(6鈭?2)12=16(6鈭?2)

海里/

小時．

故選：D

．

由題意及圖形在鈻?ABS

中，已知隆脧BAS=30鈭?隆脧ASB=45鈭?

又已知三角形ABS

中邊AS=82

海里；先求出邊AB

的長，再利用物理知識解出．

本題以實際問題為載體，考查正弦定理的運用，考查了學生的物理知識，屬于基礎題．【解析】D

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】試題分析：因為所以考點：裂項相消求和【解析】【答案】97、略

【分析】【解析】

試題分析：三視圖復原的幾何體是正四棱錐；斜高是5cm，底面邊長是8cm；

側面積為×4×8×5=80（cm2）；故答案為：80．

考點：由三視圖求面積、體積．【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】利用“分離參數法”；運用均值定理或函數單調性。

要使得時，不等式恒成立則必然有。

解得【解析】【答案】9、±2i【分析】【解答】解：∵=0；

∴z2+4=0；

解得z=±2i．

故答案為：±2i．

【分析】由已知得z2+4=0，由此能求出z=±2i．．10、略

【分析】解：由函數的定義可知；對定義域內的任意一個自變量x的值，都有唯一的函數值y與其對應；

故函數的圖象與直線x=a至多有一個交點；

圖（2）中；當a＞0時，x=a與函數的圖象有兩個交點，不滿足函數的“唯一性”，故（2）不是函數的圖象；

故答案為：（1）；（3），（4）．

根據函數的定義可知函數須滿足“自變量x的任意性”；“函數值y的唯一性”，據此可得函數圖象的特征，由此可得答案．

本題考查函數的定義及其圖象特征，準確理解函數的“任意性”和“唯一性”是解決該題的關鍵．【解析】（1）（3）（4）11、略

【分析】解：隆脽

角婁脠

的始邊與x

軸正半軸重合；終邊上一點坐標為(鈭?1,2)

隆脿x=鈭?1y=2

則tan婁脠=yx=鈭?2

故答案為：鈭?2

．

由題意利用任意角的三角函數的定義；求得tan婁脠

的值．

本題主要考查任意角的三角函數的定義，的應用，屬于基礎題．【解析】鈭?2

12、略

【分析】解：隆脽

某個病毒經30

分鐘繁殖為原來的2

倍；

隆脿

在函數y=ekt

中；當t=1

時，y=4

隆脿4=ek

即k=ln4

當a=5

時；ekt=e5ln4=45=1024

故答案為：1024

．

由題意可得；在函數y=ekt

中，當t=1

時，y=4

從而可求k

然后利用所求函數解析式可求當t=5

時的函數值．

本題主要考查了指數函數在求解函數值中的應用，解題的關鍵是根據已知求出函數解析式．【解析】1024

13、略

【分析】解：隆脽sin婁脕+cos婁脕=23隆脿1+sin2婁脕=49隆脿sin2婁脕=59

隆脿cos2婁脕=隆脌1鈭?sin22婁脕=隆脌2149

故答案為：隆脌2149

．

利用同角三角函數的基本關系；求得要求式子的值．

本題主要考查同角三角函數的基本關系的應用，屬于基礎題．【解析】隆脌2149

三、證明題(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據切線的性質得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結論；

（2）根據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．15、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據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）根據已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據三角形的外角性質推出∠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】首先作CD關于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=2．18、略

【分析】【分析】構造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長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四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長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A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．19、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯立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∠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；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9分)20、略

【分析】

（1）f（x）=sinxcosx-cos2x=sin2x-cos2x=sin（2x-）．（3分）

f（x）的最小正周期T=（5分）

令2x-=kπ+解得x=k∈Z．

∴f（x）函數圖象的對稱軸方程是x=k∈Z．（9分）

（2）令2kπ-≤2x-≤2kπ+求得kπ-≤x≤kπ+k∈Z；

∵x所以，f（x）的單調增區(qū)間為．（13分）

【解析】【答案】（1）利用三角函數的恒等變換化簡函數的解析式為sin（2x-）；由此求得函數的最小正周期．

利用正弦函數的對稱軸方程；解得x的值，即可求得f（x）函數圖象的對稱軸方程．

（2）求出函數的單調增區(qū)間；通過x的范圍，求得f（x）的單調增區(qū)間．

21、略

【分析】【解析】主要考查圓臺上下底面；側面面積公式的計算。

解：設圓臺的母線長為則1分。

圓臺的上底面面積為3分。

圓臺的上底面面積為5分。

所以圓臺的底面面積為6分。

又圓臺的側面積8分。

于是9分。

即為所求.10分【解析】【答案】為所求.22、略

【分析】

（I）利用CM與BN交于F；連接EF．證明AN∥EF，通過直線與平面平行的判定定理證明AN∥平面MEC；

（II）對于存在性問題，可先假設存在，即假設x在線段AM上是否存在點P，使二面角P-EC-D的大小為．再通過建立空間直角坐標系；求出相關點的坐標，結合向量的數量積求出二面角P-EC-D的大小，若出現矛盾，則說明假設不成立，即不存在；否則存在．

本題考查存在性問題，直線與平面平行的判斷，二面角的求法，考查空間想象能力與計算能力．【解析】解：（I）CM與BN交于F；連接EF．

由已知可得四邊形BCNM是平行四邊形；

所以F是BN的中點．

因為E是AB的中點；

所以AN∥EF．（7分）

又EF?平面MEC；AN?平面MEC；

所以AN∥平面MEC．（9分）

（II）由于四邊形ABCD是菱形；E是AB的中點，可得DE⊥AB．

又四邊形ADNM是矩形；面ADNM⊥面ABCD，∴DN⊥面ABCD；

如圖建立空間直角坐標系D-xyz，則D（0，0，0），E（0，0），C（0，2，0），P（-1，h）；

=（-2，0），=（0，-1，h），設平面PEC的法向量為=（x；y，z）．

則∴

令y=h，∴=（2h，h，），又平面ADE的法向量=（0；0，1）；

∴cos＜＞===解得h=

∴在線段AM上是否存在點P，當h=時使二面角P-EC-D的大小為．五、計算題(共2題，共16分)23、略

【分析】【分析】過C、D作出梯形的兩高，構造出兩直角三角形，利用勾股定理和三角函數值求得兩直角三角形的另2邊，再加上CD，即為AB長，根據∠A的任意三角函數值即可求得度數．【解析】【解答】解：作DE⊥AB于點E；CF⊥AB于點F；

則ED=CF=6；

因為BC的坡度i=1：3；

∴BF=18；

∵AD=16；

∴AE=≈14.83；

∴AB=AE+BF+CD≈37.8米；

∵sinA=6÷16=0.375；

∴∠A=22°1′．24、略

【分析】【分析】先把x=2代入得出一個方程，再把x=4得出一個方程，根據f（2）=f（4），即可得出f（6）=的值．【解析】【解答】解：∵f（x）=ax2+bx-3；

∴x=2時，f（2）=4a+2b-3；

x=4時，f（4）=16a+4b-3；

∵f（2）=f（4）；

∴4a+2b-3=16a+4b-3；

∴6a+b=0；

∵f（6）=36a+6b-3=6（6a+b）-3=-3；

故答案為-3．六、綜合題(共3題，共21分)25、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+；根據根與系數的關系求出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sin∠BCP==，和HK∥BP，得出=，求出PK=t；過H作HG⊥PC于G，根據三角形的面積公式即可求出答案；

（3）根據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．

∴所求的函數式為：S=-t2+2t（0＜t＜4）；

答：將S表示成t的函數為S=-t2+2t（0＜t＜4）．