2025年北師大版高一數(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年北師大版高一數(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；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6題，共12分)1、=（）

A.-

B.-

C.

D.

2、已知α是第二象限角；若角α的終邊與單位圓的交點為P，則點P的坐標(biāo)為（）

A.（-cosα；sinα）

B.（-sinα；cosα）

C.（cosα；sinα）

D.（sinα；cosα）

3、如果若干個函數(shù)的圖象經(jīng)過平移后能夠重合；則稱這些函數(shù)為“同簇函數(shù)”．給出下列函數(shù)：

①f(x)=sinxcosx；②

③④．

其中“同簇函數(shù)”的是（）A.①②B.①④C.②③D.③④4、已知集合則（）A.B.C.D.5、已知冪函數(shù)y=f（x）的圖象經(jīng)過點且f（a+1）＜f（10﹣2a），則實數(shù)a的取值范圍是（）A.（﹣1，5）B.（﹣∞，3）C.（3，+∞）D.（3，5）6、將直線l

向左平移3

個單位，再向上平移1

個單位后所得直線與l

重合，則直線l

的傾斜角為(

)

A.30鈭?

B.60鈭?

C.120鈭?

D.150鈭?

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、已知與的夾角為那么=____．8、tan19°+tan26°+tan19°tan26°=____．9、不等式的解集是____.10、【題文】如圖，在△ABC中，AB＝3，BC＝5，∠ABC＝120°，將△ABC繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的旋轉(zhuǎn)體的表面積是____

11、sin17°?cos43°+sin73°?sin43°等于______．評卷人得分三、解答題(共6題，共12分)12、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)x軸為始邊做兩個銳角α，β，它們的終邊分別與單位圓相交于A、B兩點，已知A、B的橫坐標(biāo)分別為．

（1）求tan（α-β）的值；

（2）求α+β的值．

13、已知f（x）=lg（ax-bx）（a，b為常數(shù)）；

①當(dāng)a，b＞0且a≠b時；求f（x）的定義域；

②當(dāng)a＞1＞b＞0時；判斷f（x）在定義域上的單調(diào)性，并用定義證明．

14、已知函數(shù)f（x）=（sinωx-cosωx）2+2sin2ωx（ω＞0）的周期為．

（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）在上的值域；

（Ⅱ）求最小的正實數(shù)?；使得y=f（x）的函數(shù)圖象向右平移?個單位后所對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)．

15、【題文】（本題滿分10分）已知定義在上的函數(shù)的圖象如右圖所示。

（Ⅰ）寫出函數(shù)的周期;

(Ⅱ)確定函數(shù)的解析式.16、如圖；AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面，C是圓O上的點．

（1）求證：BC⊥平面PAC；

（2）設(shè)Q為PA的中點，G為△AOC的重心，求證：面OQG∥平面PBC．17、某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)；以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：

①cos213°+cos273°-cos13°cos73°；

②cos215°+cos275°-cos15°cos75°；

③cos240°+cos2100°-cos40°cos100°；

④cos2（-30°）+cos230°-cos（-30°）cos30°；

⑤cos2（-12°）+cos248°-cos（-12°）cos48°．

（1）試從上述五個式子中選擇一個；求出這個常數(shù)；

（2）根據(jù)（1）的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．評卷人得分四、證明題(共4題，共24分)18、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．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、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．21、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．評卷人得分五、計算題(共3題，共9分)22、已知t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點的橫坐標(biāo)，且x=10t1，y=10t2，那么y與x間的函數(shù)關(guān)系式為____，其函數(shù)圖象在第____象限內(nèi)．23、（1）計算：（）0+︳1-︳-（）2007（）2008-（-1）-3

（2）先化簡，再求值（1-）÷其中x=4．24、如果菱形有一個角是45°，且邊長是2，那么這個菱形兩條對角線的乘積等于____．評卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)25、已知關(guān)于x的方程（m-2）x2+2x+1=0①

（1）若方程①有實數(shù)根；求實數(shù)m的取值范圍？

（2）若A（1，0）、B（2，0），方程①所對應(yīng)的函數(shù)y=（m-2）x2+2x+1的圖象與線段AB只有一個交點，求實數(shù)m的取值范圍？26、如圖，直線y=-x+b與兩坐標(biāo)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(biāo)（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(biāo)．27、已知關(guān)于x的方程（m-2）x2+2x+1=0①

（1）若方程①有實數(shù)根；求實數(shù)m的取值范圍？

（2）若A（1，0）、B（2，0），方程①所對應(yīng)的函數(shù)y=（m-2）x2+2x+1的圖象與線段AB只有一個交點，求實數(shù)m的取值范圍？28、如圖，由矩形ABCD的頂點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點引圓的切線AE，E為切點，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．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

=

=

=sin30°=．

故選C

【解析】【答案】將原式分子第一項中的度數(shù)47°=17°+30°；然后利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式化簡后，合并約分后，再利用特殊角的三角函數(shù)值即可求出值．

2、C【分析】

已知α是第二象限角；若角α的終邊與單位圓的交點為P，則點P的坐標(biāo)為（cosα，sinα）；

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)任意角的三角函數(shù)的定義求得點P的坐標(biāo)．

3、D【分析】【解答】三角函數(shù)的圖象在平移的過程中；振幅不變，①的函數(shù)的解析式化簡為。

④中的函數(shù)的解析式化簡為將③中的函數(shù)的圖象向左平移個單位長度便可得到④中的函數(shù)圖象，故選D.4、B【分析】【解答】解所以故選B.5、D【分析】【解答】解：冪函數(shù)y=f（x）=xα的圖象經(jīng)過點

∴4α=解得α=﹣

∴f（x）=x＞0；

又f（a+1）＜f（10﹣2a）；

∴

解得3＜a＜5；

∴實數(shù)a的取值范圍是（3；5）．

故選：D．

【分析】利用待定系數(shù)法求出y=f（x）的解析式，再利用函數(shù)的單調(diào)性把不等式f（a+1）＜f（10﹣2a）化為等價的不等式組求出解集即可．6、D【分析】解：方法一：直線l

向左平移3

個單位，再向上平移1

個單位后所得直線與l

重合，即把直線按向量(鈭?3,1)

平移后和原直線重合，故直線的斜率為鈭?33

則直線l

的傾斜角為鈭?150鈭?

方法二：設(shè)直線l

為y=kx+b

則根據(jù)題意平移得：y=k(x+3)+b+1

即y=kx+3k+b+1

則kx+b=kx+3k+b+1

解得：k=鈭?33

則直線l

的傾斜角為鈭?150鈭?

故選：D

方法一：由題意知，把直線按向量(鈭?3,1)

平移后后和原直線重合，故直線的斜率為k=鈭?33

方法二：設(shè)直線l

為y=kx+b

則根據(jù)題意平移得：y=k(x+3)+b+1

即可求出k=鈭?33

．

本題考查直線的傾斜角即斜率的求法，以及直線的平移變換，本題的解題關(guān)鍵是確定直線按向量(鈭?3,1)

平移后和原直線重合．【解析】D

二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】

因為與的夾角為

所以====．

====．

所以==．

故答案為：．

【解析】【答案】直接利用向量的模的求法，求出的值即可．

8、略

【分析】

∵tan45°=tan（19°+26°）==1；

∴tan19°+tan26°=1-tan19°tan26°；

則tan19°+tan26°+tan19°tan26°=1-tan19°tan26°+tan19°tan26°=1．

故答案為：1

【解析】【答案】由tan45°=tan（19°+26°）=1；利用兩角和與差的正切函數(shù)公式化簡，變形后代入所求式子中化簡即可求出值．

9、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于故可知不等式的解集，結(jié)合二次函數(shù)圖像可知為(-1,2)，故答案為(-1,2)?？键c：不等式的解集【解析】【答案】(-1,2)10、略

【分析】【解析】在△ABC中；由余弦定理，得AC＝7.

過點C作CO⊥AB，垂足為O，則OC＝BCsin60°＝

由圖知；所形成的旋轉(zhuǎn)體的表面積S為圓錐AO和圓錐BO的表面積之和.

所以S＝π×OC×(BC＋AC)＝【解析】【答案】____11、略

【分析】解：sin17°?cos43°+sin73°?sin43°

=sin17°?cos43°+cos17°?sin43°

=sin（17°+43°）

=sin60°

=．

故答案為：．

由誘導(dǎo)公式；兩角和的正弦函數(shù)公式，特殊角的三角函數(shù)值即可計算得解．

本題主要考查了誘導(dǎo)公式，兩角和的正弦函數(shù)公式，特殊角的三角函數(shù)值在三角函數(shù)化簡求值中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．【解析】三、解答題(共6題，共12分)12、略

【分析】

（1）由題可知：．（2分）

由于α，β為銳角，則（4分）

故．

則（6分）

（2）∵（9分）

即

故（12分）

【解析】【答案】（1）由題可知cosα，cosβ，由同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可得代入兩角差的正切公式可得；（2）由（1）可得再由可得其值．

13、略

【分析】

①ax-bx＞0?ax＞bx?＞1，若a＞b＞0，則＞1；?x＞0為f（x）的定義域．

若0＜a＜b，則0＜＜1?x＜0為f（x）定義域．

②設(shè)0＜x1＜x2（∵a＞b）

∵a＞1，∴＜

∵0＜b＜1，∴＞?-＜-?-＜-

即可?lg（-）＜lg（-），即f（x1）＜f（x2）；

∴f（x）為增函數(shù)．

【解析】【答案】①定義域即ax-bx＞0；由此能求出其定義域．

②取x1＞x2＞0，再用定義證明f（x1）-f（x2）＜0．即：取值；作差、變形、判斷符號、得出結(jié)論．

14、略

【分析】

f（x）=（sinωx-cosωx）2+2sin2ωx=1-2sinωxcosωx+（1-cos2ωx）

=2-sin2ωx-cos2ωx=2-sin（2ωx+）

由T=得到|ω|=又ω＞0；

∴ω=

則f（x）=2-sin（3x+）；

（Ⅰ）由

則函數(shù)y=f（x）在上的值域為

（Ⅱ）∵y=f（x）的函數(shù)圖象向右平移?個單位后所對應(yīng)的函數(shù)為：

則y=g（x）為偶函數(shù)，則有

則φ=-π-（k∈Z）；又因為φ＞0；

∴滿足條件的最小正實數(shù)φ=．

【解析】【答案】把f（x）的解析式先利用完全平方公式及二倍角的余弦函數(shù)公式化簡；再根據(jù)同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系及兩角和與差的正弦函數(shù)公式化為一個角的正弦函數(shù)，根據(jù)已知的周期，利用周期公式求出ω的值，從而確定出函數(shù)f（x）的解析式；

（Ⅰ）由函數(shù)定義域x的范圍；求出f（x）中正弦函數(shù)角的范圍，根據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，即可得到f（x）的值域；

（Ⅱ）先根據(jù)平移規(guī)律：左加右減；表示出f（x）的函數(shù)圖象向右平移?個單位后所對應(yīng)的函數(shù)g（x），然后根據(jù)g（x）為偶函數(shù)，根據(jù)偶函數(shù)的定義g（-x）=g（x），即可表示出φ，再根據(jù)φ＞0，得到滿足題意的最小正實數(shù)φ的值．

15、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解：（Ⅰ）5分。

（Ⅱ）10分16、略

【分析】

（1）根據(jù)圓直徑的性質(zhì)；得BC⊥AC，由PA⊥平面ABC得BC⊥PA．利用線面垂直的判定定理，可BC⊥平面PAC；

（2）取延長OG；交AC于M，連結(jié)GM；QM，證出QM是△PAC的中位線，得QM∥PC．利用線面平行的判定定理證出QM∥平面PBC，同理可得QO∥平面PBC，根據(jù)面面平行的判定定理，可得平面OQG∥平面PBC．

本題給出直線PA與底面圓所在平面垂直，求證線面垂直和面面平行．著重考查了空間垂直、平行位置關(guān)系的判定與證明等知識，屬于中檔題．【解析】解：（1）∵AB是圓O的直徑，∴BC⊥AC，

又∵PA⊥平面ABC；BC?平面ABC，∴BC⊥PA．

∵PA∩AC=A；∴BC⊥平面PAC；

（2）取延長OG；交AC于M，連結(jié)GM；QM；

∵G為△AOC的重心；∴OM是△AOC的中線；

∵Q為PA的中點；M為AC的中點，∴QM∥PC；

∵QM?平面PBC；PC?平面PBC，∴QM∥平面PBC；

同理可得QO∥平面PBC；

∵QM、QO是平面OQG內(nèi)的相交直線，∴平面OQG∥平面PBC．17、略

【分析】

（1）這是一個利用三角函數(shù)公式進行變換化簡求值的問題；主要是抓住“角”之間的關(guān)系，聯(lián)想借助降冪公式及逆用兩角和與差的正余弦公式可求得結(jié)果；

（2）依據(jù)式子的結(jié)構(gòu)特點、角之間的關(guān)系，可以得到形如“cos2α+cos2（α+60°）-cosαcos（α+60°）=C”的規(guī)律．然后利用和第（1）問類似的思路進行證明．

歸納推理一般是先根據(jù)個別情況所體現(xiàn)出來的某些相同的規(guī)律，然后從這些已知的相同性質(zhì)規(guī)律推出一個明確的一般性規(guī)律或性質(zhì)．此題是一個三角函數(shù)式，所以重點抓住角之間的關(guān)系，式子的結(jié)構(gòu)特點進行歸納，得出一般性結(jié)論．【解析】解：（1）對于①式，原式=cos213°+cos273°-cos13°cos（60°+13°）

=cos213°+cos273°-cos13°（）

=+cos273°

=

=+

=-

=

=．

（2）根據(jù)式子特點猜想：cos2α+cos2（α+60°）-cosαcos（α+60°）=

證明：原式左邊=cos2α+（cosαcos60°-sinαsin60°）2-cosα（cosαcos60°-sinαsin60°）

=cos2α+-2×+-

=+-

=

=．四、證明題(共4題，共24分)18、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疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)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(shè)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(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．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）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．21、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=2．五、計算題(共3題，共9分)22、略

【分析】【分析】由于t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點的橫坐標(biāo)，利用根與系數(shù)的關(guān)系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底數(shù)冪的乘法法則計算即可解決問題．【解析】【解答】解：∵t1、t2是二次函數(shù)s=-3t2+6t+f的圖象與x軸兩交點的橫坐標(biāo)；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)．

故答案為：y=（x＞0），一．23、略

【分析】【分析】（1）求出根據(jù)零指數(shù)；絕對值性質(zhì)、積的乘方和冪的乘方分別求出每一個式子的值；代入求出即可．

（2）根據(jù)分式的加減法則先計算括號里面的減法，同時把除法變成乘法，進行約分，再代入求出即可．【解析】【解答】解：（1）原式=1+-1-（+1）×1-（-1）；

=1+-1--1+1；

=0．

（2）原式=[-]×；

=×；

=；

當(dāng)x=4時；

原式=；

=．24、略

【分析】【分析】利用三角函數(shù)先求出菱形的高，再根據(jù)菱形的面積等于底乘以相應(yīng)高求出面積，然后根據(jù)菱形面積的兩種求法可知兩條對角線的乘積就等于面積的2倍．【解析】【解答】解：根據(jù)題意，菱形的高=2sin45°=；

∴菱形的面積=2×=2；

∵菱形的面積=×兩對角線的乘積；

∴兩對角線的乘積=4．

故答案為4．六、綜合題(共4題，共12分)25、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)若方程為一元一次方程；求出m的值即可，再根據(jù)若方程為一元二次方程，利用根的判別式求出即可；

（2）分別從當(dāng)m-2=0，以及當(dāng)m-2≠0時分析，得出若方程有兩個不等的實根，以及若方程有兩個相等的實根，利用根的判別式以及方程的根得出答案．【解析】【解答】解：（1）若方程為一元一次方程；則m-2=0，即m=2；

若方程為一元二次方程；則m-2≠0；

∵關(guān)于x的方程（m-2）x2+2x+1=0有實數(shù)根；

又∵a=m-2，b=2；c=1；

∴b2-4ac=22-4（m-2）≥0；

解得：m≤3；

∵m-2≠0；

∴m≠2；

∴m≤3且m≠2；

綜上所述；m≤3；

（2）設(shè)方程①所對應(yīng)的函數(shù)記為y=f（x）=（m-2）x2+2x+1；

①當(dāng)m-2=0，即m=2時，y=f（x）=（m-2）x2+2x+1；

即為y=2x+1；

y=0，x=-；即此時函數(shù)y=2x+1的圖象與線段AB沒有交點；

②當(dāng)m-2≠0；即m≠2，函數(shù)為二次函數(shù)，依題意有；

a．若方程有兩個不等的實根；

此時二次函數(shù)與x軸兩個交點，根據(jù)函數(shù)y=（m-2）x2+2x+1的圖象與線段AB只有一個交點；

得出x=1和2時對應(yīng)y的值異號；

則f（1）?f（2）＜0；

∴（m+1）（4m-3）＜0即-1＜m＜；

當(dāng)f（1）=0時；m=-1；

方程為3x2-2x-1=0，其根為x1=1，x2=-；

當(dāng)f（2）=0時，m=；

方程為3x2-8x+4=0，其根為x1=x2=；

∴-1≤m＜；

b．若方程有兩個相等的實根；

則△=4-4（m-2）=0，m=3，方程為x2+2x+1=0，其根為x1=x2=-1；

此時二次函數(shù)與線段AB無交點；

綜上所述，方程①所對應(yīng)的函數(shù)的圖象與線段AB只有一個交點的實數(shù)m的取值范圍是：-1≤m＜．26、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(biāo)，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(dāng)x=0時，y=b，當(dāng)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；

∴OF=OA-AF=10-8=2；

∴DH=OF=2；

∵Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2

∴BH==1；

∴CH=-1=；

∵DH∥OE；

∴=

∴OE=．

∴E的坐標(biāo)是：（-，0）．27、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)若方程為一元一次方程；求出m的值即可，再根據(jù)若方程為一元二次方程，利用根的判別式求出即可；

（2）分別從當(dāng)m-2=0，以及當(dāng)m-2≠0時分析，得出若方程有兩個不等的實根，以及若方程有兩個相等的實根，利用根的判別式以及方程的根得出答案．【解析】【解答】解：（1）若方程為一元一次方程；則m-2=0，即m=2；

若方程為一元二次方程；則m-2≠0；

∵關(guān)于x的