2024年華東師大版高一數(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2024年華東師大版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷398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8題，共16分)1、函數(shù)（k∈Z）（）

A.是奇函數(shù)。

B.是偶函數(shù)。

C.既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)。

D.有無奇偶性不能確定。

2、【題文】命題“?(x,y),x,y∈R,2x+3y+3<0”的否定是()A.?(x,y),x,y∈R,2x+3y+3>0B.?(x,y),x,y∈R,2x+3y+3≥0C.?(x,y),x,y∈R,2x+3y+3≥0D.?(x,y),x,y∈R,2x+3y+3>03、【題文】函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù),則的取值范圍是()A.B.C.D.4、【題文】已知一個幾何體的主視圖及左視圖均是邊長為2的正三角形，俯視圖是直徑為2的圓，則此幾何體的外接球的體積為（）A.B.C.D.5、【題文】對于非零實數(shù)則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件6、【題文】已知圖①中的圖像對應(yīng)的函數(shù)為則圖②的圖像對應(yīng)的函數(shù)為()

A.B.C.D.7、【題文】左圖是一個正四棱錐，它的俯視圖是8、若直線l與直線y=1，x=7分別交于點P，Q，且線段PQ的中點坐標(biāo)為（1，-1），則直線l的斜率為（）A.-B.C.-D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、在矩形ABCD中，邊AB、AD的長分別為2、1，若M、N分別是邊BC、CD上的點，且滿足則的取值范圍是________．10、sin236°+tan62°tan45°tan28°+sin254°=____．11、已知函數(shù)下列敘述（1）是奇函數(shù)；（2）是奇函數(shù)；（3）的解為（4）的解為其中正確的是________（填序號）．12、【題文】直線L過點(1,0)且被兩條平行直線L1:3x+y6=0和L2:3x+y+3=0所截得線段長為則直線L的方程為____（寫成直線的一般式）.13、【題文】設(shè)U={三角形}，M={直角三角形}，N={等腰三角形}，則MN=____14、設(shè)且則的值為____．15、△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，a=2，B=45°，①當(dāng)b=時，三角形有____個解；②若三角形有兩解，則b的取值范圍是____．評卷人得分三、證明題(共8題，共16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、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．19、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．20、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．21、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．22、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=2．23、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．評卷人得分四、解答題(共1題，共6分)24、（12分）某商場銷售一批名牌襯衫，平均每天可售出20件，每件盈利40元.為了擴(kuò)大銷售、增加盈利、盡快減少庫存，商場決定采取適當(dāng)降價措施.經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，如果每件襯衫每天降價1元，商場平均每天多售2件.于是商場經(jīng)理決定每件襯衫降價15元.經(jīng)理的決定正確嗎？（寫出詳細(xì)的說明或計算步驟）評卷人得分五、計算題(共3題，共27分)25、已知定義在[﹣3；3]上的函數(shù)y=f（x）是增函數(shù)．

（1）若f（m+1）＞f（2m﹣1）；求m的取值范圍；

（2）若函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，且f（2）=1，解不等式f（x+1）+1＞0．26、計算：

①﹣（）﹣（π+e）0+（）

②2lg5+lg4+ln．27、計算：（2）﹣（﹣2016）0﹣（）+（）﹣2．評卷人得分六、綜合題(共4題，共24分)28、如圖，已知：⊙O1與⊙O2外切于點O，以直線O1O2為x軸，點O為坐標(biāo)原點，建立直角坐標(biāo)系，直線AB切⊙O1于點B，切⊙O2于點A，交y軸于點C（0，2），交x軸于點M．BO的延長線交⊙O2于點D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半徑的長；

（2）求線段AB的解析式；

（3）在直線AB上是否存在點P，使△MO2P與△MOB相似？若存在，求出點P的坐標(biāo)與此時k=的值，若不存在，說明理由．29、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標(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（m；n為正整數(shù)），且它位于對稱軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)，求點M的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．30、在直角坐標(biāo)系xoy中，一次函數(shù)的圖象與x軸、y軸分別交于點B和點A，點C的坐標(biāo)是（0，1），點D在y軸上且滿足∠BCD=∠ABD．求D點的坐標(biāo)．31、（2012?鎮(zhèn)海區(qū)校級自主招生）如圖，在坐標(biāo)平面上，沿著兩條坐標(biāo)軸擺著三個相同的長方形，其長、寬分別為4、2，則通過A，B，C三點的拋物線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式是____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

∵

∴函數(shù)的圖象可以看做是由y=tanx的圖象向上平移個單位；

∵正切函數(shù)的圖象是一個奇函數(shù)；向上平移以后既不關(guān)于原點對稱，又不關(guān)于y軸對稱；

∴函數(shù)是一個非奇非偶函數(shù)；

故選C．

【解析】【答案】函數(shù)的圖象可以看做是由y=tanx的圖象向上平移個單位；正切函數(shù)的圖象是一個奇函數(shù)，向上平移以后既不關(guān)于原點對稱，又不關(guān)于y軸對稱，得到結(jié)論．

2、C【分析】【解析】(x,y)的否定是(x,y),2x+3y+3<0的否定是2x+3y+3≥0,故選C.【解析】【答案】C3、A【分析】【解析】

試題分析：函數(shù)的增區(qū)間為由已知可得?①,

?②由①②得:

考點：二次函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,不等式運算.【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】

試題分析：該幾何體為圓錐。設(shè)該圓錐的外接球的球心為O，半徑為R，球心O到圓錐底面的距離為x，則可得到解之得R=

所以此幾何體的外接球的體積==．選C。

考點：三視圖；圓錐及其外接球的幾何特征，球的體積。

點評：中檔題，三視圖與圓錐、球綜合考查，難度較之于高考題大了些。注意掌握三視圖畫法規(guī)則，正確還原幾何體，注意將空間問題轉(zhuǎn)化成平面問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、D【分析】【解析】解：因為“”是“”既不充分也不必要條件，選D【解析】【答案】D6、B【分析】【解析】

試題分析：由圖知:當(dāng)時，圖②中圖像與圖①中一致，即當(dāng)時，圖②中圖像是圖①中軸左側(cè)圖像關(guān)于軸的對稱圖像，即故選B.

考點：函數(shù)的圖像.【解析】【答案】B7、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D8、A【分析】解：∵直線l與直線y=1；x=7分別交于點P，Q；

∴P，Q點的坐標(biāo)分別為：P（a，1），Q（7，b）；

∵線段PQ的中點坐標(biāo)為（1；-1）；

∴由中點坐標(biāo)公式得：=1，=-1；

∴a=-5，b=-3；

∴直線l的斜率k===-．

故選A．

依題意，得P（a，1），Q（7，b），利用中點坐標(biāo)公式可求得a，b的值；從而可求直線l的斜率．

本題考查中點坐標(biāo)公式的應(yīng)用，設(shè)出P（a，1），Q（7，b）是關(guān)鍵，考查分析運算能力，屬于中檔題．【解析】【答案】A二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】試題分析：如圖建立平面直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)∵∴同理∴∴∵∴的取值范圍是．考點：平面向量數(shù)量積綜合．【解析】【答案】．10、略

【分析】

sin236°+tan62°tan45°tan28°+sin254°=（sin236°+sin254°）+cot28°?tan28°tan45°=1+1=2；

故答案為2．

【解析】【答案】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，以及誘導(dǎo)公式，可得sin236°+tan62°tan45°tan28°+sin254°=（sin236°+sin254°）+cot28°?tan28°tan45°；從而求得結(jié)果．

11、略

【分析】試題分析：這類問題，必須對每個命題都判斷其真假，根據(jù)的解析式，顯然對任意的都有即是奇函數(shù)，（1）正確；當(dāng)然此時函數(shù)是偶函數(shù)，（2）錯誤；對（3）按照分類討論，可解得不等式的解是（3）正確；而對不等式來講，時，不等式就不成立，故（4）錯誤．填（1）（3）．考點：分段函數(shù)，函數(shù)的奇偶性，分類討論.【解析】【答案】（1）（3）12、略

【分析】【解析】

試題分析：當(dāng)直線l的斜率存在時設(shè)斜率為k，由直線l過（1，0）得到直線l的方程為y=k（x1）,則聯(lián)立直線l與3x+y6=0得解得同理直線l與3x+y+3=0的交點坐標(biāo)為則所截得線段長為解得故直線為

當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線x=1與兩平行直線3x+y6=0和3x+y+3=0的交點分別為（1，3）與（1，6），此兩點間距離是9，不合.綜上直線l的方程為

考點：1.兩直線的交點;2.兩點間的距離;3.直線方程【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

試題分析：本題是求既是直角三角形又是等腰三角形的三角形的集合；

所以是{等腰直角三角形}.

考點：本小題主要考查集合的運算.

點評：結(jié)合實際意義求解即可.【解析】【答案】{等腰直角三角形}14、【分析】【解答】由題意得：因此。

又所以

【分析】本題考查三角函數(shù)求值等知識，意在考查靈活運用有關(guān)的基礎(chǔ)知識解決問題的能力.15、1|（2，2）【分析】【解答】解：①∵△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，a=2，B=45°，b=

由正弦定理得

解得sinA=1；∴A=90°，三角形只有一個解．

故答案為：1．

②BC=a=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有兩個交點；

當(dāng)A=90°時；圓與AB相切；

當(dāng)A=45°時交于B點；也就是只有一解；

∴45°＜A＜90°，即＜sinA＜1；

由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：b=x==2sinA；

∵2sinA∈（2，2）．

∴b的取值范圍是（2，2）．

故答案為：（2，2）．

【分析】①由正弦定理得由此能推導(dǎo)出三角形只有一個解．

②BC=a=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有兩個交點，由此利用正弦定理結(jié)合已知條件能求出b的取值范圍．三、證明題(共8題，共16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】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=2．18、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．19、略

【分析】【分析】構(gòu)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．20、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(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．21、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．22、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=2．23、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．四、解答題(共1題，共6分)24、略

【分析】解:設(shè)降價為x元，贏利為y元有題意可得y=（2x-20）（40-x）（0≤x≤40）=-2x2+60x+800=2（10+x）（40-x）當(dāng)x=15時，y=1250（元）答：當(dāng)25元時商場贏利最大，最大為1250元?！窘馕觥俊敬鸢浮慨?dāng)25元時商場贏利最大，最大為1250元五、計算題(共3題，共27分)25、解：由題意可得，{#mathml#}-3≤m+1≤3-3≤2m-1≤3m+1>2m-1

{#/mathml#}，求得﹣1≤m＜2，

即m的范圍是[﹣1，2）．

（2）∵函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，且f（2）=1，

∴f（﹣2）=﹣f（2）=﹣1，

∵f（x+1）+1＞0，

∴f（x+1）＞﹣1，

∴f（x+1）＞f（﹣2），

∴{#mathml#}x+1>-2-3≤x+1≤3-3≤x≤3

{#/mathml#}，∴﹣3＜x≤2．

∴不等式的解集為{x|﹣3＜x≤2}．【分析】【分析】（1）由題意可得，由此解不等式組求得m的范圍．

（2）由題意可得f（x+1）＞f（﹣2），所以即可得出結(jié)論．26、解：①﹣（）﹣（π+e）0+（）

=﹣﹣1+2

=2．

②2lg5+lg4+ln

=lg25+lg4+

=lg100+

=【分析】【分析】利用指數(shù)和對數(shù)的運算性質(zhì)和運算法則求解．27、解：==【分析】【分析】根據(jù)指數(shù)冪的運算性質(zhì)計算即可．六、綜合題(共4題，共24分)28、略

【分析】【分析】（1）連接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，根據(jù)切線長定理求出AB的長，設(shè)O1B為r，根據(jù)勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2）求出∠CMO=∠NO1O2=30°，求出OM，設(shè)AB的解析式是y=kx+b；把C；M的坐標(biāo)代入得到方程組，求出方程組的解即可；

（3）①∠MO2P=30°，過B作BQ⊥OM于Q，求出MQ，BQ，過P'作P'W⊥X軸于W，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PW即可得到P的坐標(biāo)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出k即可；②∠MO2P=120°，過P作PZ⊥X軸于Z，根據(jù)含30度角的直角三角形性質(zhì)求出PZ，即可得到P的坐標(biāo)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出k即可．【解析】【解答】解：（1）連接BO1，O2A作O1N⊥O2A于N，連接OA，

∵直線AB切⊙O1于點B，切⊙O2于點A；交y軸于點C（0，2）；

∴CA=CB；CA=CO（切線長定理）；

∴CA=CB=CO；

∴AB=2OC=4；

設(shè)O1B為r，由O1O22-O2N2=O1N2得（4r）2-（2r）2=42；

解得，3r=2；

答：⊙O2的半徑的長為．

（2）∵O2N=3r-r=2r，O1O2=r+3r=4r；

∴∠NO1O2=30°；

∴∠CMO=∠NO1O2=30°；

∵OM==2；

M（-2；0）；

設(shè)線段AB的解析式是y=kx+b；

把C、M的坐標(biāo)代入得：；

解得：k=，b=2；

∴線段AB的解析式為y=x+2（-≤x≤）；

（3）△MOB是頂角為120°的等腰三角形，其底邊的長為2，

假設(shè)滿足條件的點P存在；

①∠MO2P=30°；

過B作BQ⊥OM于Q；

∵OB=MB；

∴MQ=OQ=；

∵∠BMO=30°；

∴BQ=1；BM=2；

過P'作P'W⊥X軸于W；

∴P'W∥BQ；

∴==；

∴P'W=2；

即P'與C重合；

P'（0；2）；

∴k==4；

②∠MO2P=120°；

過P作PZ⊥X軸于Z；

PO2=O2M=4，∠PO2Z=60°；

∴O2Z=2；

由勾股定理得：PZ=6；

∴P（4；6）；

∴k==12；

答在直線AB上存在點P，使△MO2P與△MOB相似，點P的坐標(biāo)是（0，2）或（4，6），k的值是4或12．29、略

【分析】【分析】（1）已知了拋物線的頂點坐標(biāo)；可將拋物線的解析式設(shè)為頂點式，然后將B點坐標(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為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)”將不合題意的解舍去，即可得到M點的坐標(biāo)；

（3）設(shè)出P點的坐標(biāo)，然后分別表示出PA2、PB2、PM2的長，進(jìn)而可求出關(guān)于PA2+PB2+PM2與P點縱坐標(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（?。┲?，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；

得a=；

∴y=（x-3）2；

（2）解法一：

∵四邊形OAMB的四邊長是四個連續(xù)的正整數(shù)；其中有3；4；

∴可能的情況有三種：1；2、3、4；2、3、4、5；3、4、5、6；

∵M(jìn)點位于對稱軸右側(cè)；且m，n為正整數(shù)；

∴m是大于或等于4的正整數(shù)；

∴MB≥4；

∵AO=3；OB=4；

∴MB只有兩種可能；∴MB=5或MB=6；

當(dāng)m=4時，n=（4-3）2=（不是整數(shù)；舍去）；

當(dāng)m=5時，n=（不是整數(shù)；舍去）；

當(dāng)m=6時；n=4，MB=6；