2025年冀少新版高一數(shù)學上冊月考試卷

…………○…………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年冀少新版高一數(shù)學上冊月考試卷382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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、將轉化為對數(shù)形式，其中錯誤的是（）．A.B.C.D.2、【題文】三個互不重合的平面，能把空間分成n個部分，n所有可能的值是()

(A)4,6,7(B)4,5,6,8(C)4,7,8(D)4,6,7,83、定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x）=﹣f（2﹣x），且當x＜1時f（x）遞增，若x1+x2＞2，（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，則f（x1）+f（x2）的值是（）A.恒為正數(shù)B.恒為負數(shù)C.等于0D.正、負都有可能4、若（a為實常數(shù)）在區(qū)間[0，]上的最小值為-4，則a的值為（）A.-6B.4C.-3D.-45、已知甲、乙兩地距丙的距離均為100km

且甲地在丙地的北偏東20鈭?

處，乙地在丙地的南偏東40鈭?

處，則甲乙兩地的距離為(

)

A.100km

B.200km

C.1002km

D.1003km

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、在我校剛閉幕的秋季田徑運動會上，高一某班有23名同學參加了田賽，有19名同學參加了徑賽，又已知該班共有34名同學參加了此次運動會，則該班有____名同學既參加了田賽又參加了徑賽．7、已知A={(x,y)︱4x+y=6},B={(x,y)︱3x+2y=7},則=_________8、【題文】某人在C點測得塔頂A在南偏西80°，仰角為45°，此人沿南偏東40°方向前進10m到D，測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為________m.9、【題文】經過直線x+2y-3=0與2x-y-1=0的交點且和點(0,1)的距離等于1的直線方程為____.10、【題文】已知奇函數(shù)在區(qū)間上的解析式為則函數(shù)在區(qū)間上的解析式為______________________________________.11、如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，角α的終邊與單位圓交于點A，點A的縱坐標為則cosα=____．

12、M（﹣1，0）關于直線x+2y﹣1=0對稱點M′的坐標是____．13、若圓柱OO′的底面半徑與高均為1，則其表面積為______．評卷人得分三、解答題(共9題，共18分)14、如圖，海船甲位于島嶼A的南偏西60°方向的B處，且與島嶼A相距2海里，漁船乙以10海里/小時的速度從島嶼A出發(fā)沿正北方向航行，若漁船甲同時從B處出發(fā)沿北偏東的方向追趕漁船乙，剛好用2小時追上。①求漁船甲的速度；②求的值。15、已知冪函數(shù)．

（1）試求該函數(shù)的定義域；并指明該函數(shù)在其定義域上的單調性；

（2）若該函數(shù)還經過點求m的值并求滿足條件f（2-a）＞f（a-1）的實數(shù)a的取值范圍．

16、已知函數(shù)直線是圖像的任意兩條對稱軸，且的最小值為．求函數(shù)的單調增區(qū)間；（2）求使不等式的的取值范圍．（3）若求的值；17、已知數(shù)列{an}，{bn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，設cn=n∈N*

（Ⅰ）證明：數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，數(shù)列{lnan}是等差數(shù)列．

（Ⅱ）設數(shù)列{lnan}，{lnbn}的前n項和分別是Sn，Tn．若a1=2，=求數(shù)列{cn}的通項公式．

（Ⅲ）在（Ⅱ）條件下，設dn=求數(shù)列{dn}的前n項和．

18、（本小題滿分12分）已知集合若求實數(shù)的取值范圍。19、【題文】已知二次函數(shù)集合

（1）若求函數(shù)的解析式；

（2）若且設在區(qū)間上的最大值、最小值分別為記求的最小值.20、【題文】如圖所示，在正方體中，點分別是棱的中點；

求證：點共面．

。21、對于給定數(shù)列{cn}，如果存在實常數(shù)p、q，使得cn+1=pcn+q對于任意n∈N*都成立，我們稱數(shù)列{cn}是“M類數(shù)列”．

（1）若an=2n，bn=3?2n，n∈N*，數(shù)列{an}、{bn}是否為“M類數(shù)列”？若是；指出它對應的實常數(shù)p，q，若不是，請說明理由；

（2）若數(shù)列{an}滿足a1=2，an+an+1=3?2n（n∈N*）．

①求數(shù)列{an}前2015項的和；

②已知數(shù)列{an}是“M類數(shù)列”，求an．22、在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，P為AB的中點，Q為CD1的中點．

（1）求證：DP⊥平面A1ABB1；

（2）求證：PQ∥平面ADD1A1．

（3）若E為CC1的中點，能否在CP上找一點F，使得EF∥面DPQ？并給出證明過程．評卷人得分四、證明題(共1題，共9分)23、如圖，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．評卷人得分五、綜合題(共3題，共27分)24、如圖1；△ABC與△EFA為等腰直角三角形，AC與AE重合，AB=EF=9，∠BAC=∠AEF=90°，固定△ABC，將△EFA繞點A順時針旋轉，當AF邊與AB邊重合時，旋轉中止．不考慮旋轉開始和結束時重合的情況，設AE；AF（或它們的延長線）分別交BC（或它的延長線）于G、H點，如圖2．

（1）問：在圖2中，始終與△AGC相似的三角形有____及____；

（2）設CG=x；BH=y，GH=z，求：

①y關于x的函數(shù)關系式；

②z關于x的函數(shù)關系式；（只要求根據第（1）問的結論說明理由）

（3）直接寫出：當x為何值時，AG=AH．25、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設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．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；

（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．26、已知拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判斷拋物線的頂點與直線L：y=-x+2的位置關系；

（2）設該拋物線與x軸交于M；N兩點；當OM?ON=4，且OM≠ON時，求出這條拋物線的解析式；

（3）直線L交x軸于點A，（2）中所求拋物線的對稱軸與x軸交于點B．那么在對稱軸上是否存在點P，使⊙P與直線L和x軸同時相切？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】試題分析：將轉化為對數(shù)式應為即由換底公式，得故選項A,B,C正確；而選項D：錯誤；故選D.考點：指數(shù)式與對數(shù)式的互化、換底公式.【解析】【答案】D2、D【分析】【解析】

考點：平面的基本性質及推論．

分析：將互不重合的三個平面的位置關系分為：三個平面互相平行；三個平面有兩個平行；第三個平面與其它兩個平面相交；三個平面交于一線；三個平面兩兩相交且三條交線平行；三個平面兩兩相交且三條交線交于一點；五種情況并分別討論，即可得到答案．

解：若三個平面互相平行；則可將空間分為4部分；

若三個平面有兩個平行；第三個平面與其它兩個平面相交，則可將空間分為6部分；

若三個平面交于一線；則可將空間分為6部分；

若三個平面兩兩相交且三條交線平行（聯(lián)想三棱柱三個側面的關系）；則可將空間分為7部分；

若三個平面兩兩相交且三條交線交于一點（聯(lián)想墻角三個墻面的關系）；則可將空間分為8部分；

故n等于4；6，7或8

故選D【解析】【答案】D3、A【分析】【解答】解：∵f（x）=﹣f（2﹣x）；

∴f（x）關于（1；0）對稱。

∵當x＜1時f（x）遞增。

∴f（x）在R上遞增。

∵x1+x2＞2，（x1﹣1）（x2﹣1）＜0

∴x1＞1，x2＜1且x1離（1；0）遠。

∴f（x1）+f（x2）＞0

故選A

【分析】利用已知等式得到f（x）關于（1，0）對稱，由x1+x2＞2，（x1﹣1）（x2﹣1）＜0知兩數(shù)一個大于1一個小于1，且大于1的離對稱中心遠，利用單調性得到函數(shù)值的大小．4、D【分析】解：f（x）=2cos2x+sin2x+a

=cos2x+1+sin2x+a=．

∵x∈[0，]；

∴2x∈[0，π]，∈[]，∈[1]．

∴

即a=-4．

故選D．

利用二倍角公式和兩角和公式對函數(shù)解析式進行化簡整理，然后利用x的范圍，求得2x的范圍；然后利用正弦函數(shù)的單調性求得函數(shù)最小值的表達式，求得a．

本題主要考查了二倍角公式和兩角和公式的化簡求值，正弦函數(shù)的單調性問題以及三角函數(shù)的最值問題．關鍵是通過化簡把函數(shù)解析式整理成正弦函數(shù)的性質，然后利用其單調性求得函數(shù)的最值．【解析】【答案】D5、D【分析】解：由題意，如圖所示OA=OB=100km隆脧AOB=120鈭?

隆脿

甲乙兩地的距離為AB=1002+1002鈭?2隆脕100隆脕100隆脕cos120鈭?=1003km

故選：D

．

根據甲、乙兩地距丙的距離均為100km

且甲地在丙地的北偏東20鈭?

處，乙地在丙地的南偏東40鈭?

處；利用余弦定理即可求出甲乙兩地的距離．

本題考查解三角形的實際應用，考查余弦定理，考查學生的計算能力，比較基礎．【解析】D

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

由題意既參加了田賽又參加了徑賽的人數(shù)有23+19-34=8．

故答案為：8

【解析】【答案】根據題意；由韋恩圖直接求解即可．

7、略

【分析】因為A={(x,y)︱4x+y=6},B={(x,y)︱3x+2y=7},則解得x=1,y=2，故={(1,2)}【解析】【答案】{(1,2)}8、略

【分析】【解析】如圖；設塔高為h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，則OC＝OA＝h.

在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，則OD＝h.

在△OCD中；∠OCD＝120°，CD＝10.

由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD；

即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°；

∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．【解析】【答案】109、略

【分析】【解析】設所求直線的方程為(x+2y-3)+λ(2x-y-1)=0,即(1+2λ)x+(2-λ)y-3-λ=0,

由于點(0,1)到該直線的距離為1,

即1==

所以|2λ+1|=解得λ=2.

故所求直線方程為。

(x+2y-3)+2(2x-y-1)=0,即x-1=0.【解析】【答案】x-1=010、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】11、﹣【分析】【解答】解：由定義知：sinα=∵sin2α+cos2α=1，∴cos2α=

又角的終邊落在第二象限，∴cosα=﹣．

故答案為﹣．

【分析】由三角函數(shù)的定義知sinα的值，由平方關系得cos2α，再由α角終邊確定cosα的正負．12、（﹣）【分析】【解答】解：設M（﹣1，0）關于直線x+2y﹣1=0對稱點M′的坐標是（a，b），則有解得a=﹣b=故M’的坐標是（﹣）；

故答案為：（﹣）．

【分析】設M′的坐標是（a，b），則有解得a和b的值，即得點M′的坐標．13、略

【分析】解：∵圓柱OO′的底面半徑與高均為1；

即r=h=1；

故圓柱的表面積S=2πr（r+h）=4π；

故答案為：4π

根據已知中圓柱的底面半徑及高，代入圓柱表面積公式S=2πr（r+h）可得答案。

本題考查的知識點是旋轉體，圓柱的表面積，熟練掌握圓柱的表面積公式，是解答的關鍵．【解析】4π三、解答題(共9題，共18分)14、略

【分析】【解析】試題分析：【解析】

①∴（4分）∴∴V甲海里/小時（6分）②在中，由正弦定理得∴∴（12分）考點：正弦定理，余弦定理【解析】【答案】（1）14海里/小時（2）15、略

【分析】

（1）∵m2+m=m（m+1），m∈N*

∴m2+m為偶數(shù)；

∴x≥0；所以函數(shù)定義域為[0，+∞）

由冪函數(shù)的性質知：其函數(shù)在定義域內單調遞增．

（2）依題意得：∴∴m=1（m∈N*）

由已知得：∴

故a的取值范圍為：

【解析】【答案】（1）將指數(shù)因式分解；據指數(shù)的形式得到定義域，利用冪函數(shù)的性質知單調性。

（2）將點的坐標代入列出方程解得m；利用函數(shù)的單調性去掉法則f，列出不等式解得，注意定義域．

16、略

【分析】試題分析：（1）由題意可得的周期從而可得根據正弦函數(shù)的單調遞增區(qū)間為可令從而可解得的單調遞增區(qū)間為由（1）中求得的的表達式可知，不等式等可化為因此不等式等價于解得即的取值范圍是（3）由（1）及條件可得因此可以利用兩角差的余弦進行三角恒等變形，從而得到．（1）由題意得則由解得故的單調增區(qū)間是4分；（2）由（1）可得因此不等式等價于解得∴的取值范圍為8分；（3）則∴13分．考點：1．三角函數(shù)的圖像與性質；2簡單的三角不等式；3．三角恒等變形．【解析】【答案】（1）（2）（3）17、略

【分析】

（1）設數(shù)列{an}、bn的公比分別為p；q（p＞0；q＞0）；

則由題意可得

∴c1=a1?b1

所以數(shù)列cn以a1?b1為首項；以pq為公比的等比數(shù)列。

又因為

數(shù)列l(wèi)nan以lna1為首項；以lnp為公差的等差數(shù)列。

（2）由題意可得

∴==

∴

∴

∴p=4，q=16，b1=8

∴an=2?4n-1=22n-1，bn=8?16n-1=24n-1

（III）由（II）可得

=

=

=

∴d1+d2+d3++dn

=

=

【解析】【答案】（I）根據已知條件可設要證明數(shù)列cn為等比數(shù)列只要證明要證數(shù)列l(wèi)nan為等差數(shù)列，只要證為常數(shù)。

（II）利用（I）的條件可知數(shù)列l(wèi)nanlnbn都為等差數(shù)列，代入等差數(shù)列的和公式整理可得根據對應項相等可得p、q、b1，進而求出an，bn

（III）代入（II）中的條件整理可得用裂項求和的方法可得結果．

18、略

【分析】【解析】試題分析：（本小題滿分12分）【解析】

解A得2分若解B得：4分因為所以6分所以得：8分若解B得：10分所以得：11分所以：12分考點：本題主要考查簡單不等式的解法，集合的運算?！窘馕觥俊敬鸢浮?9、略

【分析】【解析】

試題分析：(1)由集合的意義可知表示方程有兩個相等的實數(shù)即二次方程的判別式為0.(2)這類題型熟練掌握二次函數(shù)的單調性和分類討論思想方法是解題的關鍵,本題特殊在對稱軸在區(qū)間內且離右端點近,所以不用分類討論最值位置.求出最值得到可由單調性其最小值.

試題解析：

（1）由知二次方程有兩個相等的實數(shù)根。

故解得：所以(5分)

（2）因為所以又因為

所以7分。

對稱軸因為所以又因為

所以10分。

所以在上為關于a的增函數(shù)；

故當時,12分。

考點：函數(shù)的圖象；二次函數(shù)的性質；二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值【解析】【答案】(1)(2)20、略

【分析】【解析】∵三點不共線，∴三點確定一平面．

又由題意可知與共面且不平行，故分別延長相交于則直線平面

∴同理設直線則平面

又∵點均屬于平面又中點，且

∴∴∠．∴同理∠．

又∴點共線于平面從而點．

∴點四點共面．【解析】【答案】證明見答案21、略

【分析】

（1）根據M類數(shù)列的定義，嘗試將an=2n，bn=3?2n，n∈N*化為cn+1=pcn+q的形式即可；

（2）①由an+an+1=3?2n（n∈N*）；將數(shù)列中的相鄰兩項兩兩和為一項，利用等比數(shù)列前n項和求和；

②由M類數(shù)列的定義出發(fā)，結合an+an+1=3?2n（n∈N*）；推出實常數(shù)p；q，代入即可．

本題考查了學生對于新定義的接受能力與應用能力，實質考查了學生的學習能力，同時考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式，同時考查了等比數(shù)列的前n項和公式，屬于難題．【解析】解：（1）∵an=2n，∴an+1=2+an，n∈N*；

∴數(shù)列{an}是“M類數(shù)列”；對應的實常數(shù)分別為1，2．

∵bn=3?2n，∴bn+1=2bn，n∈N*；

∴數(shù)列{bn}是“M類數(shù)列”；對應的實常數(shù)分別為2，0．

（2）①∵an+an+1=3?2n（n∈N*）；

∴a2+a3=3?22，a4+a5=3?24，，a2014+a2015=3?22014；

故數(shù)列{an}前2015項的和：

S2015=a1+（a2+a3）+（a4+a5）++（a2014+a2015）

=2+3?22+3?24++3?22014=2+3×

=2+22016-4=22016-2．

（2）∵數(shù)列{an}是“M類數(shù)列”；∴存在實常數(shù)p；q；

使得an+1=pan+q對于任意n∈N*都成立；

則an+2=pan+1+q對于任意n∈N*都成立；

∴（an+1+an+2）=p（an+an+1）+2q對于任意n∈N*都成立；

又∵an+an+1=3?2n（n∈N*），且an+1+an+2=3?2n+1（n∈N*）；

則有3?2n+1=3?p2n+2q對于任意n∈N*都成立；

即3?2n（2-p）=2q對于任意n∈N*都成立；

因此2-p=0；2q=0；

此時，an+1=pan+q=2an，又∵a1=2；

∴an=2n，n∈N*．22、略

【分析】

（1）連結BD，推導出DP⊥AB，AA1⊥DP，由此能證明DP⊥平面A1ABB1．

（2）取CD中點M，推導出平面ADD1∥平面MPQ，由此能證明PQ∥平面ADD1A1．

（3）連結EB；推導出BE∥PQ，過B作BF∥AD，交PC于F，能推導出EF∥面DPQ．

本題考查線面垂直和線面平行的證明，考查滿足線面平行的點的確定與證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．【解析】證明：（1）連結BD

∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，

∴AP=AB=BD；

∵P為AB的中點；∴DP⊥AB；

∵AA1⊥平面ABCD；DP?平面ABCD；

∴AA1⊥DP；

∵AA1∩AB=A，∴DP⊥平面A1ABB1．

（2）取CD中點M；連結PM；QM；

∵P為AB的中點，Q為CD1的中點；

∴PM∥AD，QM∥DD1；

∵AD∩DD1=D；PM∩QM=M；

AD、DD1?平面ADD1；PM；QM?平面PQF；

∴平面ADD1∥平面MPQ；

∵PQ?平面PQF，∴PQ∥平面ADD1A1．

解：（3）連結EB；

∵Q為CD1的中點，E是CC1的中點，P為AB中點，∴QEPB；

∴四邊形PBEQ是平行四邊形；∴BE∥PQ；

過B作BF∥AD；交PC于F；

∵BE∥PQ；BF∥AD，BE∩BF=B，PQ∩PD=P；

BE；BF?平面BEF；PQ、PD?平面PDQ；

∴平面BEF∥平面PDQ；

∵EF?平面BEF，∴EF∥面DPQ．四、證明題(共1題，共9分)23、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．五、綜合題(共3題，共27分)24、略

【分析】【分析】（1）△HGA；△HAB，求出∠H=∠GAC，∠AGC=∠AGC，即可推出△AGC∽△HGA；根據∠B=∠ACG=45°，∠GAC=∠H推出△AGC∽△HAB即可；

（2）①根據∵△AGC∽△HAB，得出=，求出y=；②在Rt△BAC中，由勾股定理求出BC=9；代入GH=BH-（BC-GC）求出即可；

（3）由△HGA∽△HAB得出HB=AB=9，由△HGA∽△GCA得出AC=CG=9，推出BG=HC，即可得出答案．【解析】【解答】解：（1）△HGA；△HAB；

理由是：∵△ABC與△EFA為等腰直角三角形；AC與AE重合，AB=EF，∠BAC=∠AEF=90°；

∴∠B=∠ACB=∠GAF=45°；

∴∠ACB=∠H+∠HAC=45°；∠GAC+∠HAC=∠GAF=45°；

∴∠H=∠GAC；

∵∠AGC=∠AGC；

∴△AGC∽△HGA；

∵∠B=∠ACG=45°；∠GAC=∠H；

∴△AGC∽△HAB；

（2）①如圖2；∵△AGC∽△HAB；

∴=；

∴=；

∴y=；

②在Rt△BAC中，∠BAC=90°，AC=AB=9，由勾股定理得：BC=9；

∴GH=BH-（BC-GC）=y-（9-x）；

∴z=+x-9；

（3）∵∠GAH=45°是等腰三角形的頂角；

如圖；∵由△HGA∽△HAB知：HB=AB=9；

由△HGA∽△GCA可知：AC=CG=9；

∴BG=HC；

∴CG=x=9；

即當x=9時；AG=AH．

故答案為：△HGA，△HAB．25、略

【分析】【分析】（1）已知了拋物線的頂點坐標；可將拋物線的解析式設為頂點式，然后將B點坐標代入求解即可；

（2）由于M在拋物線的圖象上，根據（1）所得拋物線的解析式即可得到關于m、n的關系式：n=（m-3）2；由于m；n同為正整數(shù)，因此m-3應該是3的倍數(shù)，即m應該取3的倍數(shù)，可據此求出m、n的值，再根據“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；

（3）設出P點的坐標，然后分別表示出PA2、PB2、PM2的長，進而可求出關于PA2+PB2+PM2與P點縱坐標的函數(shù)關系式，根據所得函數(shù)的性質即可求出PA2+PB2+PM2的最大（?。┲?，進而可判斷出所求的結論是否恒成立．【解析】【解答】解：（1）設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點位于對稱軸右側；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m=4時，n=（4-3）2=（不是整數(shù)；舍去）；

當m=5時，n=（不是整數(shù)；舍去）；

當m=6時；n=4，MB=6；

當m≥7時；MB＞6；

因此；只有一種可能，即當點M的坐標為（6，4）時，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