2025年滬科版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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、如果一個(gè)水平放置的圖形的斜二測直觀圖是一個(gè)底面為45°，腰和上底均為１的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是（）A.B.C.D.2、在映射中，且則與A中的元素對應(yīng)的B中的元素為（）.A.B.C.D.3、函數(shù)的圖像不經(jīng)過的象限是（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限4、【題文】已知全集為實(shí)數(shù)集R，集合則A.B.C.D.25、【題文】定義集合若集合集合

則（）A.{1，2}B.{3，4}C.{5，7}D.{1，2，3，4，5，7}6、已知y=f(x)-x恰有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A.B.[-1,0)C.D.7、設(shè)如圖是某幾何體的三視圖；則該幾何體的體積為(

)

A.9婁脨+42

B.36婁脨+18

C.92婁脨+12

D.92婁脨+18

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、已知定義在R上的函數(shù)若f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是____．9、已知且則與的夾角大小是_____________.10、求值：=．11、【題文】設(shè)α，β，γ為平面，m，n，l為直線；則對于下列條件：

①α⊥β，α∩β＝l，m⊥l；

②α∩γ＝m，α⊥β，γ⊥β；

③α⊥γ，β⊥γ，m⊥α；

④n⊥α，n⊥β，m⊥α.

其中為m⊥β的充分條件是________(將你認(rèn)為正確的所有序號都填上)．12、【題文】過點(diǎn)且垂直于直線的直線方程為____.13、【題文】冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)則其定義域?yàn)開___.14、管理人員從一池塘內(nèi)撈出30條魚，做上標(biāo)記后放回池塘．10天后，又從池塘內(nèi)撈出50條魚，其中有標(biāo)記的有2條．根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以估計(jì)該池塘內(nèi)共有____條魚．15、已知角θ的終邊經(jīng)過點(diǎn)P（2x，﹣6），且tanθ=﹣則x的值為____16、計(jì)算2sin390°-tan（-45°）+5cos360°=______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)17、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．18、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)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．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(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．20、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)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．21、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．22、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．23、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)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．24、如圖；過圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)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(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．25、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)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(diǎn)，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4題，共12分)26、已知（1）求（2）若為單位向量，求的坐標(biāo)。27、已知函數(shù)f（x）=Asin（x+φ）（A＞0，0＜φ＜π），x∈R的最大值是1，其圖象經(jīng)過點(diǎn)（Ⅰ）求f（x）的解析式；（Ⅱ）28、【題文】在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為矩形，AB=1，AA1=D為AA1中點(diǎn)，BD與AB1交于點(diǎn)O，CO丄側(cè)面ABB1A1.

(Ⅰ)證明：BC丄AB1；

(Ⅱ)若OC=OA,求二面角C1-BD-C的余弦值.29、【題文】（本題滿分15分）

（1）計(jì)算：

（2）計(jì)算

（3）設(shè)求的值評卷人得分五、綜合題(共3題，共24分)30、如圖，由矩形ABCD的頂點(diǎn)D引一條直線分別交BC及AB的延長線于F，G，連接AF并延長交△BGF的外接圓于H；連接GH，BH．

（1）求證：△DFA∽△HBG；

（2）過A點(diǎn)引圓的切線AE，E為切點(diǎn)，AE=3；CF：FB=1：2，求AB的長；

（3）在（2）的條件下，又知AD=6，求tan∠HBC的值．31、已知拋物線y=ax2-2ax+c-1的頂點(diǎn)在直線y=-上，與x軸相交于B（α，0）、C（β，0）兩點(diǎn)，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求這個(gè)拋物線的解析式；

（2）設(shè)這個(gè)拋物線與y軸的交點(diǎn)為P；H是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，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(shí)過H、K兩點(diǎn)的直線的解析式．32、如圖，在矩形ABCD中，M是BC上一動(dòng)點(diǎn)，DE⊥AM，E為垂足，3AB=2BC，并且AB，BC的長是方程x2-（k-2）x+2k=0的兩個(gè)根；

（1）求k的值；

（2）當(dāng)點(diǎn)M離開點(diǎn)B多少距離時(shí)，△AED的面積是△DEM面積的3倍？請說明理由．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：根據(jù)等腰梯形的面積為所以原圖像的面積為故選A.考點(diǎn)：斜二測畫法【解析】【答案】A2、A【分析】因?yàn)橛成渲?，且那么與A中的元素對應(yīng)的B中的元素為（-1-2，-1+2）=（-3,1），選A.【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】

試題分析：因?yàn)樗运?/p>

考點(diǎn)：集合的運(yùn)算；不等式的解法。

點(diǎn)評：直接考查集合的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題型?！窘馕觥俊敬鸢浮緿5、B【分析】【解析】根據(jù)定義可知為集合去掉部分元素后剩余的元素組成的集合。因?yàn)樗怨蔬xB【解析】【答案】B6、A【分析】【解答】對于函數(shù)

因?yàn)楫?dāng)x≥0的時(shí)候；f（x)=f（x－1)，所以所有大于等于0的x代入得到的f（x)相當(dāng)于在[－1，0)重復(fù)的周期函數(shù)；

x∈[－1，0)時(shí)，y=a－x2－2x=1+a－（x+1)2；對稱軸x=－1，頂點(diǎn)（－1，1+a)。

（1)如果a＜－1；函數(shù)y=f（x)－x至多有2個(gè)不同的零點(diǎn)；

（2)如果a=－1；則y有一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間（－1，0)，有一個(gè)零點(diǎn)在（－∞，－1)，一個(gè)零點(diǎn)是原點(diǎn)；

（3)如果a＞－1；則有一個(gè)零點(diǎn)在（－∞，－1)，y右邊有兩個(gè)零點(diǎn)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－1，+∞)，故選A．

【分析】中檔題，認(rèn)識構(gòu)成的特殊性，將問題的研究轉(zhuǎn)化成周期函數(shù)圖象的研究，通過考察二次函數(shù)圖象，討論a的不同取值范圍時(shí)，函數(shù)零點(diǎn)的情況，達(dá)到解題目的。7、D【分析】解：由三視圖可知；幾何體是一個(gè)簡單的組合體；

下面是一個(gè)底面邊長是3

的正方形且高是2

的一個(gè)四棱柱；

上面是一個(gè)球；球的直徑是3

該幾何體的體積是兩個(gè)體積之和；

四棱柱的體積3隆脕3隆脕2=18

球的體積是43隆脕婁脨(32)3=92婁脨

隆脿

幾何體的體積是18+92婁脨

故選D．

由三視圖可知；下面是一個(gè)底面邊長是3

的正方形且高是2

的一個(gè)四棱柱，上面是一個(gè)球，球的直徑是3

該幾何體的體積是兩個(gè)體積之和，分別做出兩個(gè)幾何體的體積相加．

本題考查由三視圖求面積和體積，考查球體的體積公式，考查四棱柱的體積公式，本題解題的關(guān)鍵是由三視圖看出幾何圖形，是一個(gè)基礎(chǔ)題．【解析】D

二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

∵f（x）=在（-∞；+∞）上單調(diào)遞增；

∴解得0＜m≤3．

故答案為：（0；3]．

【解析】【答案】由題意可得，從而可求得m的取值范圍．

9、略

【分析】試題分析：設(shè)的夾角為則所以兩向量的夾角為考點(diǎn)：平面向量的數(shù)量積.【解析】【答案】10、略

【分析】試題分析：考點(diǎn)：指數(shù)和對數(shù)的運(yùn)算法則?！窘馕觥俊敬鸢浮?1、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】②④12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】14、750【分析】【解答】由題意可得：從池塘內(nèi)撈出50條魚；其中有標(biāo)記的有2條；

所有池塘中有標(biāo)記的魚的概率為：．

又因?yàn)槌靥羶?nèi)具有標(biāo)記的魚一共有30條魚；

所有可以估計(jì)該池塘內(nèi)共有條魚．

故答案為750．

【分析】由題意可得：池塘中有標(biāo)記的魚的概率為．因?yàn)槌靥羶?nèi)具有標(biāo)記的魚一共有30條魚，所有可以估計(jì)該池塘內(nèi)共有750條魚。15、3【分析】【解答】∵角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P（2x，﹣6），且tanθ=﹣

∴

∴x=3

故答案為：3．

【分析】由任意角的三角函數(shù)的定義可得tanθ=解方程求得x的值．16、略

【分析】解：原式=2sin30°-（-1）+5×1=1+1+5=7．

故答案為：7．

利用誘導(dǎo)公式與特殊角的三角函數(shù)求值即可得出．

本題考查了誘導(dǎo)公式與特殊角的三角函數(shù)求值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】7三、證明題(共9題，共18分)17、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(diǎn)共圓即可；

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

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．18、略

【分析】【分析】（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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．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(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，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(gè)線圈．20、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(diǎn)；

∴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．21、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．22、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(diǎn)共圓即可；

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

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．23、略

【分析】【分析】（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)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．24、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，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(diǎn)．

（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=25、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(shí)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(shí)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(gè)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4題，共12分)26、略

【分析】【解析】試題分析：（1）∵∴∴（2）設(shè)則①，∵∴又∴5x+5y=0，∴y=-x，②,解得或所以或考點(diǎn)：本題考查了向量的坐標(biāo)運(yùn)算【解析】【答案】（1）（2）或27、略

【分析】最大值是1，A＞0，只有φ未知，代入根據(jù)φ的范圍，求解；【解析】

（1）依題意有A=1，則f（x）=sin（x+φ），將點(diǎn)代入得而0＜φ＜π，∴∴故．∴原式=2【解析】【答案】（1）．（2）原式=228、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）因?yàn)槭蔷匦危?/p>

為中點(diǎn)，

所以在直角三角形中,

在直角三角形中,

所以=

又

所以在直角三角形中，故

即4分。

又因?yàn)?/p>

所以

所以，

故6分。

（Ⅱ）解法一：

如圖，由（Ⅰ）可知，兩兩垂直，分別以為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系

在RtDABD中，可求得

在RtDABB-1中，可求得

故

所以

可得，8分。

設(shè)平面的法向量為則

即

取則10分。

又

故

所以，二面角的余弦值為12分。

解法二：連接交于連接

因?yàn)樗杂?/p>

所以故

所以為二面角的平面角8分。

在RtDCOB-1中；

10分。

又

故二面角的余弦值為12分。

考點(diǎn)：本題主要考查立體幾何中的垂直關(guān)系；角的計(jì)算。

點(diǎn)評：典型題，立體幾何題，是高考必考內(nèi)容，往往涉及垂直關(guān)系、平行關(guān)系、角、距離、體積的計(jì)算。在計(jì)算問題中，有“幾何法”和“向量法”。利用幾何法，要遵循“一作、二證、三計(jì)算”的步驟，利用空間向量，省去繁瑣的證明，也是解決立體幾何問題的一個(gè)基本思路。注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸思想，將空間問題轉(zhuǎn)化成平面問題?！窘馕觥俊敬鸢浮浚á瘢┮?yàn)槭蔷匦?，推?/p>

又得到所以，得到得到

（Ⅱ）二面角的余弦值為29、略

【分析】【解析】（1）∵=

=∴==2.5分。

（2）==.10分。

（3）∵∴∴=15分【解析】【答案】

（1）2

（2）

（3）五、綜合題(共3題，共24分)30、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)和圓周角定理的推論可以證明三角形中的兩個(gè)角對應(yīng)相等；從而證明三角形相似；

（2）根據(jù)平行線分線段成比例定理得到AB和BG的比；再根據(jù)切割線定理列方程求解；

（3）根據(jù)勾股定理以及上述結(jié)論求得有關(guān)的邊沒再根據(jù)90°的圓周角所對的弦是直徑，發(fā)現(xiàn)FG是直徑，根據(jù)圓周角定理的推論把要求的角轉(zhuǎn)換到直角三角形中，根據(jù)銳角三角函數(shù)的概念求解．【解析】【解答】證明：（1）∵∠HBG=∠HFG；∠HFG=∠AFD；

∴∠HBG=∠AFD．

∵∠BHG=∠BFG=∠CFD=∠ADG；

∴△DFA∽△HBG．（4分）

（2）∵CD∥AB；CD=AB；

∴．

即AG=3AB．

∵AE為⊙O的切線；

∴AE2=AB?AG．

∴AB=3．（8分）

（3）∵AD=BC=6；CF：FB=1：2；

∴CF=2；BF=4．

∵∠ABC=90°；

∴AF=．

∵AE2=AF?AH；

∴AH=FH=AH-AF=．

∴FH=AH-AF=．

∵∠FBG=90°，F(xiàn)G=；

∵FG為圓的直徑；

∴HG=．

∴tan∠HBG=18．（12分）31、略

【分析】【分析】（1）把頂點(diǎn)A的坐標(biāo)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(biāo)，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(diǎn)K的坐標(biāo)，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(diǎn)為

A（1；c-1-a）．

∵點(diǎn)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(diǎn)；

∴α、β是方程ax2-2ax+c-1=0的兩個(gè)根．

∴α+β=2，αβ=；

又α2+β2=10，即（α+β）2-2αβ=