2025年新科版高一數(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2025年新科版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷478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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、給定的下列四個(gè)式子中；能確定y是x的函數(shù)的是（）

①x2+y2=1

②|x-1|+=0

③+=1

④y=+．

A.①

B.②

C.③

D.④

2、設(shè)已知兩個(gè)向量則向量長度的最大值是（）A.B.C.D.3、若函數(shù)是R上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為A.B.C.D.4、【題文】兩圓和的位置關(guān)系是（）A.相交B.相離C.內(nèi)切D.外切5、向量=（2，0），=（x，y），若與﹣的夾角等于則||的最大值為（）A.4B.2C.2D.6、在等差數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2﹣6x+8=0的兩個(gè)根，則a7+a8+a9+a10+a11為（）A.12B.13C.14D.157、設(shè)函數(shù)f(x)=3sin(2x鈭?婁脨3)

的圖象為C

有如下三個(gè)論斷：

壟脵

圖象C

關(guān)于直線x=11婁脨12

對稱。

壟脷

函數(shù)f(x)

在區(qū)間(5婁脨12,11婁脨12)

內(nèi)是減函數(shù)。

壟脹

將函數(shù)y=3sin2x

的圖象向右平移婁脨3

個(gè)單位可以得到圖象C

以上三個(gè)論斷中，正確的論斷個(gè)數(shù)是(

)

A.0

B.1

C.2

D.3

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、對于實(shí)數(shù)定義運(yùn)算設(shè)函數(shù)若函數(shù)的圖像與軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是________.9、已知x1，x2，，x2010是正數(shù)，且x1x2x2010=1，則（1+x1）（1+x2）（1+x2010）的最小值是____．10、【題文】如圖，正方體的棱長為1，分別為線段上的點(diǎn)，則三棱錐的體積為____。11、函數(shù)y=[x]叫做“取整函數(shù)”，其中符號[x]表示x的整數(shù)部分，即[x]是不超過x的最大整數(shù)，例如[2]=2；[2.1]=2；[﹣2.2]=﹣3，那么[lg1]+[lg2]+[lg3]++[lg2016]的值為____．12、已知函數(shù)若f（x）=15，則x=______．13、半徑為2，圓心為300°的圓弧的長為______．14、某班有學(xué)生45人，現(xiàn)用系統(tǒng)抽樣的方法，以座位號為編號，現(xiàn)抽取一個(gè)容量為3的樣本，已知座位號分別為11，41的同學(xué)都在樣本中，那么樣本中另一位同學(xué)的座號應(yīng)該是______．評卷人得分三、證明題(共6題，共12分)15、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．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(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．17、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．18、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．19、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=2．20、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、綜合題(共3題，共18分)21、設(shè)圓心P的坐標(biāo)為（-，-tan60°），點(diǎn)A（-2cot45°，0）在⊙P上，試判別⊙P與y軸的位置關(guān)系．22、如圖；以A為頂點(diǎn)的拋物線與y軸交于點(diǎn)B；已知A、B兩點(diǎn)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(diǎn)（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(diǎn)的四邊形四條邊的長度是四個(gè)連續(xù)的正整數(shù)，求點(diǎn)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(diǎn)P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．23、已知二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)在原點(diǎn)O，對稱軸為y軸．一次函數(shù)y=kx+1的圖象與二次函數(shù)的圖象交于A，B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)）；且A點(diǎn)坐標(biāo)為（-4，4）．平行于x軸的直線l過（0，-1）點(diǎn)．

（1）求一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式；

（2）判斷以線段AB為直徑的圓與直線l的位置關(guān)系；并給出證明；

（3）把二次函數(shù)的圖象向右平移2個(gè)單位，再向下平移t個(gè)單位（t＞0），二次函數(shù)的圖象與x軸交于M，N兩點(diǎn)，一次函數(shù)圖象交y軸于F點(diǎn)．當(dāng)t為何值時(shí)，過F，M，N三點(diǎn)的圓的面積最?。孔钚∶娣e是多少？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

①由x2+y2=1得不滿足函數(shù)的定義，所以①不是函數(shù)．

②由|x-1|+=0得|x-1|=0，=0；所以x=1，y=±1，所以②不是函數(shù)．

③由+=1得滿足函數(shù)的定義，所以③是函數(shù)．

④要使函數(shù)y=+有意義，則解得此時(shí)不等式組無解，所以④不是函數(shù)．

故選C．

【解析】【答案】利用函數(shù)的定義分別判斷．

2、C【分析】【解析】試題分析：∵∴∴故選C考點(diǎn)：本題考查了向量的坐標(biāo)運(yùn)算及三角函數(shù)的有界性【解析】【答案】C3、D【分析】：由題意得解得4≤a＜8．故選D．【解析】【答案】D4、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A5、A【分析】【解答】解：由向量加減法的幾何意義可得；（如圖）

故點(diǎn)B始終在以O(shè)A為弦，∠OBA=為圓周角的圓弧上運(yùn)動(dòng)；

且||等于弦OB的長；由于在圓中弦長的最大值為該圓的直徑2R；

在三角形AOB中，OA=||=2，∠OBA=

由正弦定理得

解得2R=4，即||的最大值為4

故選A

【分析】由題意可得，點(diǎn)B始終在以O(shè)A為弦，圓周角∠OBA=的圓弧上，且||等于弦OB的長，而弦長的最大值為該圓的直徑2R，由正弦定理可得答案．6、D【分析】【解答】解：等差數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2﹣6x+8=0的兩個(gè)根；

∴a3+a15=2a9=6；

∴a9=3；

∴a7+a8+a9+a10+a11=（a7+a11）+（a8+a10）+a9=5a9=5×3=15．

故選：D．

【分析】根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與一元二次方程根與系數(shù)個(gè)關(guān)系，即可求出結(jié)果．7、C【分析】解：函數(shù)f(x)=3sin(2x鈭?婁脨3)

對于壟脵

當(dāng)x=11婁脨12

時(shí)；可得f(x)

的值為鈭?3

取得最小值.隆脿壟脵

對；

對于壟脷

由婁脨2+2k婁脨鈮?2x鈭?婁脨3鈮?3婁脨2+2k婁脨

可得：5婁脨12+k婁脨鈮?x鈮?k婁脨+11婁脨12

隆脿

函數(shù)f(x)

在區(qū)間(5婁脨12,11婁脨12)

內(nèi)是減函數(shù)；壟脷

對；

對于壟脹

函數(shù)y=3sin2x

的圖象向右平移婁脨3

個(gè)單位可以得到：y=3sin2(x鈭?婁脨3)=3sin(2x鈭?2婁脨3)隆脿壟脹

不對．

故選：C

．

根據(jù)正弦函數(shù)的圖象及性質(zhì)即可判斷各選項(xiàng)．

本題考查了正弦型三角函數(shù)的圖象及性質(zhì)的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．【解析】C

二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】試題分析：由題意得函數(shù)圖像與軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，即與的圖像有兩個(gè)公共點(diǎn)，畫出圖像，可得，的取值范圍考點(diǎn)：二次函數(shù)的圖象特征、函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用，及數(shù)形結(jié)合的思想.【解析】【答案】9、略

【分析】

∵x1，x2，x3，，x2010；

∴（1+x1）?（1+x2）?（1+x2010）≥2?2++2=22010．

故答案為：22010

【解析】【答案】利用基本不等式可知1+x1≥21+x2≥1+x2010≥2代入到（1+x1）?（1+x2）?（1+x2010），根據(jù)x1?x2?x3x2010=1求得答案．

10、略

【分析】【解析】

試題分析：易知：又點(diǎn)F到面DD1E的距離為1，所以

考點(diǎn)：空間中點(diǎn)到平面的距離；三棱錐的體積公式。

點(diǎn)評：在求三棱錐的體積時(shí)，我們一般采用轉(zhuǎn)化頂點(diǎn)的方法，找一個(gè)好求高的頂點(diǎn)。此題就是采用了這種方法。屬于基礎(chǔ)題型?！窘馕觥俊敬鸢浮?1、4941【分析】【解答】解：當(dāng)1≤n≤9時(shí)；

[lgn]=0；

當(dāng)10≤n≤99時(shí)；

[lgn]=1；

當(dāng)100≤n≤999時(shí)；

[lgn]=2；

當(dāng)1000≤n≤9999時(shí)；

[lgn]=3；

故[lg1]+[lg2]+[lg3]++[lg2016]

=0×9+1×90+2×900+3×1017

=90+1800+3051

=4941；

故答案為：4941．

【分析】分類討論，當(dāng)1≤n≤9時(shí)，[lgn]=0；當(dāng)10≤n≤99時(shí)，[lgn]=1；當(dāng)100≤n≤999時(shí)，[lgn]=2；當(dāng)1000≤n≤9999時(shí)，[lgn]=3；從而分別求和即可．12、略

【分析】解：當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）=x2-1=15解得x=±4（正值舍去）

當(dāng)x＞0時(shí)；f（x）=3x=15解得x=5

∴x=-4或5

故答案為：-4或5

根據(jù)分段函數(shù)的分段標(biāo)準(zhǔn)；分別解方程f（x）=15即可．

本題主要考查了分段函數(shù)求值，以及討論的數(shù)學(xué)思想和計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】-4或513、略

【分析】解：300°=弧度．

∴半徑為2，圓心為300°的圓弧的長=×2=．

故答案為：．

利用弧長公式即可得出．

本題考查了弧長公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】14、略

【分析】解：分段間隔為45÷3=15；11+15=26，41-15=26；

故樣本中另一位同學(xué)的座號應(yīng)該是26．

故答案為：26

根據(jù)系統(tǒng)抽樣的定義；求出對應(yīng)的組距即可得到結(jié)論．

本題主要考查系統(tǒng)抽樣的定義，求出組距是解決本題的關(guān)鍵．【解析】26三、證明題(共6題，共12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(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．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(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．17、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．18、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．19、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(diǎn)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(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．20、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(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、綜合題(共3題，共18分)21、略

【分析】【分析】先將sin30°=，tan60°=，cot45°=1代入，求出點(diǎn)P和點(diǎn)A的坐標(biāo)，從而得出半徑PA的長，然后和點(diǎn)P的縱坐標(biāo)比較即可．【解析】【解答】解：由題意得：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-3，-）；點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0）；

∴r=PA==2；

因?yàn)辄c(diǎn)P的橫坐標(biāo)為-3；到y(tǒng)軸的距離為d=3＞2；

∴⊙P與y軸的位置關(guān)系是相離．22、略

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

（3）設(shè)出P點(diǎn)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(diǎn)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（小）值，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(gè)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(diǎn)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(shí)，n=（4-3）2=（不是整數(shù)；舍去）；

當(dāng)m=5時(shí)，n=（不是整數(shù)；舍去）；

當(dāng)m=6時(shí)；n=4，MB=6；

當(dāng)m≥7時(shí)；MB＞6；

因此；只有一種可能，即當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（6，4）時(shí)，MB=6，MA=5；

四邊形OAMB的四條邊長分別為3；4、5、6．

解法二：

∵m，n為正整數(shù)，n=（m-3）2；

∴（m-3）2應(yīng)該是9的倍數(shù)；

∴m是3的倍數(shù)；

又∵m＞3；

∴m=6；9，12；

當(dāng)m=6時(shí)；n=4；

此時(shí)；MA=5，MB=6；

∴當(dāng)m≥9時(shí)；MB＞6；

∴四邊形OAMB的四邊長不能是四個(gè)連續(xù)的正整數(shù)；