2025年冀教版高一數(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年冀教版高一數(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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、設(shè)a＝(sin56°－cos56°)，b＝cos50°·cos128°＋cos40°·cos38°，c＝(cos80°－2cos250°＋1)，則a，b，c的大小關(guān)系是().A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.a>c>b2、若則的最小值是（）A.B.C.D.3、【題文】直線與圓交于兩點(diǎn)，則（是原點(diǎn)）的面積為A.B.C.D.4、若一個(gè)底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示；其頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球的表面積為（）

A.B.C.D.5、已知函數(shù)f（x）=則f（﹣4）的值是（）A.﹣2B.﹣1C.0D.1評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、函數(shù)y=x2-6x+8在[2，6]上的最大值為____，最小值為____．7、若不等式的解集為{x|x＜3，或x＞4}，則m=____．8、【題文】“三角形的三條中線交于一點(diǎn)，且這一點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離等于它到對邊中點(diǎn)距離的2倍”.試類比：四面體的四條中線（頂點(diǎn)到對面三角形重心的連線段）交于一點(diǎn)，且這一點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離等于它到對面重心距離的____倍.9、【題文】設(shè)奇函數(shù)的定義域?yàn)槿舢?dāng)時(shí),的圖象如右圖，則不等式的解集是____________．

10、【題文】點(diǎn)為邊長為的正三角形所在平面外一點(diǎn)，且則到的距離為___________________．翰林匯11、若a=0.32，b=log20.3，c=20.3，則a，b，c的大小關(guān)系（由小到大是）____12、某校為了解學(xué)生的學(xué)習(xí)情況，采用分層抽樣的方法從高一150人、高二120人、高三180人中抽取50人進(jìn)行問卷調(diào)查，則高三抽取的人數(shù)是______．13、一個(gè)容量為100的樣本分成10組，組距為10，在對應(yīng)的頻率分布直方圖中某個(gè)小長方形的高為0.03，那么該組的頻數(shù)是______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)14、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．15、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．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、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．評卷人得分四、解答題(共4題，共28分)23、已知定義域?yàn)榈暮瘮?shù)是奇函數(shù)．（1）求實(shí)數(shù)的值；（2）判斷并證明在上的單調(diào)性；（3）若對任意實(shí)數(shù)不等式恒成立，求的取值范圍．24、【題文】（本小題滿分12分）

如圖，在多面體中，平面∥平面⊥平面∥．

且．

（Ⅰ）求證：平面

（Ⅱ）求證：∥平面

（Ⅲ）求二面角的余弦值．25、【題文】：如圖，四邊形ABCD是正方形，PB^平面ABCD，MA∥PB，PB＝AB＝2MA．

（Ⅰ）證明：AC∥平面PMD；

（Ⅱ）求直線BD與平面PCD所成的角的大小；

（Ⅲ）求平面PMD與平面ABCD所成的二面角（銳角）的正切值．26、已知數(shù)列{an}中，a1=2，an+1=2-數(shù)列{bn}中，bn=其中n∈N*．

（Ⅰ）求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；

（Ⅱ）設(shè)Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求+++．評卷人得分五、計(jì)算題(共3題，共21分)27、（2010?泉州校級自主招生）直角三角形ABC中，BC=AC，弧DEF圓心為A．已知兩陰影面積相等，那么AD：DB=____．28、已知關(guān)于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一個(gè)正實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是____．29、化簡求值．評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)30、已知拋物線Y=x2-（m2+4）x-2m2-12

（1）證明：不論m取什么實(shí)數(shù)；拋物線必與x有兩個(gè)交點(diǎn)。

（2）m為何值時(shí)；x軸截拋物線的弦長L為12？

（3）m取什么實(shí)數(shù)，弦長最小，最小值是多少？31、已知拋物線y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求證：拋物線的頂點(diǎn)必在x軸的下方；

（2）設(shè)拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右邊），過A、B兩點(diǎn)的圓M與y軸相切，且點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為；求拋物線的解析式；

（3）在（2）的條件下，若拋物線的頂點(diǎn)為P，拋物線與y軸交于點(diǎn)C，求△CPA的面積．32、如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+c與x軸正半軸交于點(diǎn)F（4；0）；與y軸正半軸交于點(diǎn)E（0，4），邊長為4的正方形ABCD的頂點(diǎn)D與原點(diǎn)O重合，頂點(diǎn)A與點(diǎn)E重合，頂點(diǎn)C與點(diǎn)F重合；

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）如圖2；若正方形ABCD在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，并且邊BC所在的直線始終與x軸垂直，拋物線與邊AB交于點(diǎn)P且同時(shí)與邊CD交于點(diǎn)Q．設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（m，n）

①當(dāng)PO=PF時(shí)；分別求出點(diǎn)P和點(diǎn)Q的坐標(biāo)及PF所在直線l的函數(shù)解析式；

②當(dāng)n=2時(shí)；若P為AB邊中點(diǎn)，請求出m的值；

（3）若點(diǎn)B在第（2）①中的PF所在直線l上運(yùn)動(dòng)；且正方形ABCD與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，請直接寫出m的取值范圍．

33、已知△ABC的一邊AC為關(guān)于x的一元二次方程x2+mx+4=0的兩個(gè)正整數(shù)根之一，且另兩邊長為BC=4，AB=6，求cosA．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】試題分析：因?yàn)橛忠驗(yàn)樵趦?nèi)余弦函數(shù)單調(diào)遞減，所以即c考點(diǎn)：輔助角公式（化一公式），誘導(dǎo)公式，兩角和的余弦公式，二倍角的余弦公式，余弦函數(shù)單調(diào)性.【解析】【答案】B.2、A【分析】【解析】

因?yàn)閯t此時(shí)取得最小值是4，選A【解析】【答案】A3、D【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于直線與圓交于兩點(diǎn)，那么圓心（2，-3），半徑為3，那么圓心到直線的距離為根據(jù)半徑為3，那么勾股定理可知弦長為那么原點(diǎn)到直線的距離為的面積為故答案為D.

考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系。

點(diǎn)評：解決的關(guān)鍵是根據(jù)圓內(nèi)的性質(zhì)來得到弦長和半徑以及弦心距的勾股定理來求解，屬于基礎(chǔ)題。【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】由題意，該三棱柱底面三角形邊長為2，幾何體高為1。其外接球球心是上下底面的連心線的中點(diǎn)，由平面幾何知識，球半徑r滿足所以，該球的表面積為選B。

【分析】小綜合題，涉及三視圖的題目，基本成為高考必考的知識內(nèi)容，要注意掌握畫法規(guī)則，準(zhǔn)確地還原幾何體，并利用幾何體的特征解題。5、D【分析】【解答】解：∵函數(shù)f（x）=∴f（﹣4）=f（﹣1）=f（2）=log22=1．

則f（﹣4）=1．

故選：D．

【分析】利用分段函數(shù)的性質(zhì)、對數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)即可得出．二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

由題意可知：

y=（x-3）2-1

所以二次函數(shù)的開口向上；對稱軸為x=3．

故函數(shù)在[2；3]上為減函數(shù)，函數(shù)在[3，6]上為增函數(shù)．

所以；函數(shù)在x=3時(shí)取得最小值-1．

x=6時(shí)最大值為8

故答案為：8．-1．

【解析】【答案】本題考查的是二次函數(shù)在閉區(qū)間上求最值問題．在解答時(shí)首先應(yīng)該對二次函數(shù)進(jìn)行配方結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)分析取得最值的位置；計(jì)算進(jìn)而即可獲得問題的解答。

7、略

【分析】

∵

∴即[（1+m）x+m2-1]（x+m）＜0

∵不等式的解集為{x|x＜3；或x＞4}；

∴x=3與x=4是方程[（1+m）x+m2-1]（x+m）=0的兩個(gè)根。

則

解得：m=-3

故答案為：-3

【解析】【答案】先將不等式轉(zhuǎn)化成[（1+m）x+m2-1]（x+m）＜0，然后根據(jù)不等式的解集為{x|x＜3，或x＞4}可知x=3與x=4是方程[（1+m）x+m2-1]（x+m）=0的兩個(gè)根；代入方程解之即可．

8、略

【分析】【解析】三角形類比四面體,四面體的四條中線（頂點(diǎn)到對面三角形重心的連線段）交于一點(diǎn)，且這一點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離等于它到對面重心距離的3倍【解析】【答案】39、略

【分析】【解析】奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱。因?yàn)楫?dāng)時(shí)不等式的解集為的解集是（0,2）；所以時(shí)，不等式的解集（－2,0），故不等式的解集是【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：因?yàn)椋c(diǎn)為邊長為的正三角形所在平面外一點(diǎn)，且所以，該幾何體是正四面體，各個(gè)面均為正三角形。

取AB的中點(diǎn)D，則PD即為到的距離故答案為

考點(diǎn)：正四面體的幾何特征。

點(diǎn)評：簡單題，注意應(yīng)用正四面體的幾何特征，將立體幾何問題，轉(zhuǎn)化成平面幾何問題?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?1、b＜a＜c【分析】【解答】解：∵0＜a=0.32＜1；

b=log20.3＜log21=0；

c=20.3＞20=1；

∴b＜a＜c．

故答案為：b＜a＜c．

【分析】由0＜a=0.32＜1，b=log20.3＜log21=0，c=20.3＞20=1，能判斷a，b，c的大小關(guān)系．12、略

【分析】解：根據(jù)題意和分層抽樣的定義知，高三抽取的人數(shù)為×50=20．

故答案為：20．

根據(jù)分層抽樣知在各層抽取的比例是把條件代入，再由高三的學(xué)生人數(shù)求出。

本題考查了分層抽樣方法的應(yīng)用，即在各層抽取的比例是根根據(jù)題意求出抽取比例和在各層抽取的個(gè)體數(shù)．【解析】2013、略

【分析】解：根據(jù)題意；該組的頻率為0.03×10=0.3；

所以該組數(shù)據(jù)的頻數(shù)為100×0.3=30．

故答案為：30．

根據(jù)頻率與頻數(shù)；樣本容量的關(guān)系；計(jì)算即可．

本題考查了頻率分布直方圖的理解與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．【解析】30三、證明題(共9題，共18分)14、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．15、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．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】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(diǎn)；

∴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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．四、解答題(共4題，共28分)23、略

【分析】試題分析：（1）由奇函數(shù)的條件可得即可得到a，b；（2）運(yùn)用單調(diào)性的定義，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，即可得證；（3）不等式由奇函數(shù)f（x）得到再由單調(diào)性，即可得到對恒成立，討論k=0或解出即可．試題解析：（1）由于定義域?yàn)镽的函數(shù)是奇函數(shù)，經(jīng)檢驗(yàn)成立.（2）f（x）在上是減函數(shù)．證明如下：設(shè)任意在上是減函數(shù),（3）不等式由奇函數(shù)f（x）得到f（-x）=-f（x），所以由f（x）在上是減函數(shù)，對恒成立，或綜上：考點(diǎn)：奇偶性與單調(diào)性的綜合．【解析】【答案】（1）a=1,b=2;（2）單調(diào)遞減；（3）24、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）平面∥平面平面平面平面平面∥1分。

又四邊形為平行四邊形，∥2分。

面平面3分。

（Ⅱ）設(shè)的中點(diǎn)為連接則

∥∴四邊形是平行四邊形4分。

∴∥由（Ⅰ）知，為平行四邊形，∴∥∴∥

∴四邊形是平行四邊形；5分。

即∥又平面故∥平面6分。

（Ⅲ）由已知，兩兩垂直；建立如圖的空間坐標(biāo)系，則。

∴

設(shè)平面的法向量為則

令則而平面的法向量

∴＝

由圖形可知，二面角的余弦值-．12分。

考點(diǎn)：本題考查了空間中的線面角的求法。

點(diǎn)評：高考中?？疾榭臻g中平行關(guān)系與垂直關(guān)系的證明以及幾何體體積的計(jì)算，這是高考的重點(diǎn)內(nèi)容.證明的關(guān)鍵是熟練掌握并靈活運(yùn)用相關(guān)的判定定理與性質(zhì)定理.【解析】【答案】（Ⅰ）平面∥平面∥又四邊形為平行四邊形，∥面平面

（Ⅱ）設(shè)的中點(diǎn)為連接則∥∴四邊形是平行四邊形，∴∥由（Ⅰ）知，為平行四邊形，∴∥∴∥∴∥又平面故∥平面

（Ⅲ）-．25、略

【分析】【解析】：（Ⅰ）證明：如圖，取PD的中點(diǎn)E，連EO，EM．

∵EO∥PB，EO＝PB，MA∥PB，MA＝PB，∴EO∥MA，且EO＝MA．

∴四邊形MAOE是平行四邊形．∴ME∥AC．

又∵AC(/平面PMD，MEì平面PMD，∴AC∥平面PMD．3分。

（Ⅱ）如圖，PB^平面ABCD，CDì平面ABCD，∴CD^PB．

又∵CD^BC，∴CD^平面PBC．∵CDì平面PCD，∴平面PBC^平面PCD．

過B作BF^PC于F，則BF^平面PDC，連DF，則DF為BD在平面PCD上的射影．

∴DBDF是直線BD與平面PDC所成的角．

不妨設(shè)AB＝2，則在Rt△PBC中，PB＝BC＝2，BF^PC，∴BF＝PC＝．

∵BD＝2．∴在Rt△BFD中，BF＝BD，∴DBDF＝．

∴直線BD與平面PCD所成的角是．5分。

（Ⅲ）解：如圖，分別延長PM，BA，設(shè)PM∩BA＝G，連DG；

則平面PMD∩平面ABCD＝DG．

不妨設(shè)AB＝2，∵M(jìn)A∥PB，PB＝2MA，∴GA＝AB＝2．

過A作AN^DG于N，連MN．∵PB^平面ABCD；

∴MA^平面ABCD，∴MN^DG．∴DMNA是平面PMD與平面ABCD

所成的二面角的平面角（銳角）．在Rt△MAN中；

tanDMNA＝＝．

∴平面PMD與平面ABCD所成的二面角的正切值是【解析】【答案】：略26、略

【分析】

（Ⅰ）由bn=則bn+1=則bn+1-bn=1，則數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=n，bn=n，利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可知Sn=則==6（-）；利用“裂項(xiàng)法”即可求得答案．

本題考查數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，考查等差數(shù)列前n項(xiàng)和，“裂項(xiàng)法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．【解析】解：（Ⅰ）證明：由bn=則bn+1===

∴bn+1-bn=-=1．n∈N*

∴{bn}是首項(xiàng)為b1==1；公差為1的等差數(shù)列．（5分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=n，bn=n；

則Sn=（1+2+3++n）=

于是==6（-）；

∴+++=6[（1-）+（-）++（-）]

=6（1-）

=

∴+++=．五、計(jì)算題(共3題，共21分)27、略

【分析】【分析】若兩個(gè)陰影部分的面積相等，那么△ABC和扇形ADF的面積就相等，可分別表示出兩者的面積，然后列等式求出AD與DB的比．【解析】【解答】解：設(shè)AB=BC=a則AB=a；

∵兩陰影面積相等，∴SABC=S扇形ADF

即a2=AD2?π；

∴AD=；

∴AD：DB=AD：（AB-AD）=；

故答案為．28、略

【分析】【分析】使判別式大于等于0即可得出答案，【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一個(gè)正實(shí)數(shù)根；

∴△≥0；

即b2-4ac=36-12（a-1）≥0；

解得a≤4．

故答案為a≤4．29、解：原式=sin50°=

=

==1【分析】【分析】通過通分，利用兩角和的正弦公式、誘導(dǎo)公式即可得出．六、綜合題(共4題，共16分)30、略

【分析】【分析】（1）因?yàn)椤?（m2+4）2-4×1×（-2m2-12），配方后得到△=（m2+8）2，而m2+8＞0；得到△＞0，即可得到結(jié)論；

（2）令y=0，則x2-（m2+4）x-2m2-12，解方程得到x1=m2+6，x2=-2，于是L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8，令L=12得到m2+8=12；解方程即可得到m的值；

（3）由L=m2+8，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題即可得到m=0時(shí)，L有最小值，最大值為8．【解析】【解答】解：（1）證明：△=b2-4ac=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12）

=（m2+8）2；

∵m2≥0；

∴m2+8＞0；

∴△＞0；

∴不論m取什么實(shí)數(shù)；拋物線必與x有兩個(gè)交點(diǎn)；

（2）令y=0，x2-（m2+4）x-2m2-12；

∴x=；

∴x1=m2+6，x2=-2；

∴L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8；

∴m2+8=12；解得m=±2；

∴m為2或-2時(shí)；x軸截拋物線的弦長L為12；

（3）L=m2+8；

∴m=0時(shí)，L有最小值，最小值為8．31、略

【分析】【分析】（1）判定拋物線的頂點(diǎn)必在x軸的下方；根據(jù)開口方向，二次函數(shù)只要與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)即可．

（2）利用垂徑定理；勾股定理可以求出

（3）利用三角形面積公式，以CD為底邊，P到y(tǒng)軸的距離為高，可以求出．【解析】【解答】（1）證明：拋物線y=x2+4ax+3a2開口向上；且a＞0

又△=（4a）2-4×3a2=4a2＞0

∴拋物線必與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)

∴其頂點(diǎn)在x軸下方

（2）解：令x2+4ax+3a2=0

∴x1=-a，x2=-3a2

∴A（-a；0），B（-3a，0）

又圓M與y軸相切；

∴MA=2a

如圖在Rt△MAC中，MA2=NA2+NM2即（2a）2=a2+（）2

∴a=±1（負(fù)值舍去）

∴拋物線的解析式為y=x2+4x+3

（3）解：P（-2；-1），A（-1，0），C（0，3）

設(shè)直線PA的方程：y=kx+b，則-1=-2k+b

0=-k+b

∴k=1

b=1

∴y=x+1；令x=0得y=1

∴D（0；1）

∴S△CPA=S△PCD-S△CAD=×2×2-×2×1=132、略

【分析】【分析】（1）已知拋物線的對稱軸是y軸；頂點(diǎn)是（0，4），經(jīng)過點(diǎn)（4，0），利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；

（2）①過點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G；根據(jù)三線合一定理可以求得G的坐標(biāo)，則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)可以求得，把P的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式，即可求得縱坐標(biāo)，得到P的坐標(biāo)，再根據(jù)正方形的邊長是4，即可求得Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線的解析式即可求得Q的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得直線PF的解析式；

②已知n=2；即A的縱坐標(biāo)是2，則P的縱坐標(biāo)一定是2，把y=2代入拋物線的解析式即可求得P的橫坐標(biāo)，根據(jù)AP