2025年外研版高一數(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年外研版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷384考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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9題，共18分)1、函數(shù)f（x）=2x+7的零點(diǎn)為（）

A.7

B.

C.-7

D.

2、若關(guān)于x，y的不等式組表示的平面區(qū)域是一個三角形；則a的取值范圍是（）

A.a＜-2或a＞1

B.-2＜a＜1

C.-1＜a＜2

D.a＜-1或a＞2

3、襄荊高速公路連接襄陽、荊門、荊州三市，全長約188公里，是湖北省大三角經(jīng)濟(jì)主骨架的干線公路之一．若某汽車從進(jìn)入該高速公路后以不低于60千米/時且不高于120千米/時的速度勻速行駛，已知該汽車每小時的運(yùn)輸成本由固定部分和可變部分組成，固定部分為200元，可變部分與速度v（千米/時）的平方成正比（比例系數(shù)記為k）．當(dāng)汽車以最快速度行駛時，每小時的運(yùn)輸成本為488元．若使汽車的全程運(yùn)輸成本最低，其速度為A.80km/小時B.90km/小時C.100km/小時D.110km/小時4、已知且則λ的值是（）

A.

B.

C.

D.1

5、【題文】圓臺的軸截面面積是Q，母線與下底面成60°角，則圓臺的內(nèi)切球的表面積是（）。A.B.QC.QD.Q6、【題文】如圖，四面體的三條棱兩兩垂直，為四面體外一點(diǎn).給出下列命題.

①不存在點(diǎn)使四面體有三個面是直角三角形。

②不存在點(diǎn)使四面體是正三棱錐。

③存在點(diǎn)使與垂直并且相等。

④存在無數(shù)個點(diǎn)使點(diǎn)在四面體的外接球面上。

其中真命題的序號是A.①②B.②③C.③D.③④7、直線x+y-a=0的傾斜角為（）A.30°B.60°C.120°D.150°8、設(shè)集合A={x隆脢Z|x2鈮?4}B={x|x>鈭?1}

則A隆脡B=(

)

A.{0,1}

B.{鈭?1,0}

C.{鈭?1,0,1}

D.{0,1,2}

9、如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1

粗線畫出的為某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為(

)

A.23

B.1

C.43

D.2

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、水平放置的△ABC斜二測直觀圖如圖所示，已知A′C′=3，B′C′=2，則△ABC中AB邊上中線的實(shí)際長度為____．

11、【題文】過直線x＋y－2＝0上點(diǎn)P作圓x2＋y2＝1的兩條切線，若兩條切線的夾角是60°，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是__________．12、【題文】函數(shù)的定義域?yàn)開___.13、【題文】若圓柱的底面半徑為1cm，母線長為2cm，則圓柱的體積為____cm3.14、已知=（2，1），=（2，-2），則2-=______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18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，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．17、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．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、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．20、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．21、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．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．23、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3題，共24分)24、某商場第一年銷售計(jì)算機(jī)5000臺，如果平均每年銷售量比上一年增加10%，試寫出一個算法語句，求從第一年起，大約幾年后可使總銷售量達(dá)到30000臺，并畫出算法框圖．25、（本題滿分12分）某商品在近30天內(nèi)每件的銷售價格（元）與時間（天）的函數(shù)關(guān)系是該商品的日銷售量（件）與時間（天）的函數(shù)關(guān)系是求這種商品的日銷售金額的最大值，并指出日銷售金額最大的一天是30天中的第幾天？26、求解下列各式的值：

（1）（2）+（-2017）0+（3）

（2）+lg6-lg0.02．評卷人得分五、計(jì)算題(共1題，共2分)27、己知方程x2-x-1=0的根是方程x6-px2+q=0的根，則p=____，q=____．評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)28、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）求這個拋物線的解析式；

（2）設(shè)這個拋物線與y軸的交點(diǎn)為P；H是線段BC上的一個動點(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取最大值時過H、K兩點(diǎn)的直線的解析式．29、如圖；在平面直角坐標(biāo)系中，OB⊥OA，且OB=2OA，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（-1，2）．

（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；

（2）求過點(diǎn)A、O、B的拋物線的表達(dá)式．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

令f（x）=2x+7=0，可得x=-故函數(shù)f（x）=2x+7的零點(diǎn)為-

故答案為-

故選D．

【解析】【答案】令f（x）=2x+7=0；求得x的值，即為所求．

2、C【分析】

畫出兩條直線的圖象；第三條直線過定點(diǎn)（0，2），如圖：

所以：-1＜a＜2；

故選C．

【解析】【答案】因?yàn)槭侨切螆D案；所以先把前兩條直線作圖，可知第三條的斜率在這兩直線斜率之間即可．

3、C【分析】試題分析：每小時的運(yùn)輸成本為由汽車以最快速度行駛時，每小時的運(yùn)輸成本為488元可求出全程運(yùn)輸成本為由基本不等式可知，當(dāng)且僅當(dāng)即時取得最小值，答案選C．考點(diǎn)：函數(shù)的應(yīng)用與基本不等式【解析】【答案】C4、A【分析】

∵

∴

∵

即

即

即12λ-18=0

解得

故選：A．

【解析】【答案】利用向量垂直的充要條件列出兩個方程；利用向量的運(yùn)算律將第二個方程展開；利用向量模的平方等于向量的平方；將已知的數(shù)值代入方程，求出λ．

5、D【分析】【解析】

考點(diǎn)：球的體積和表面積．

分析：畫出圖形，設(shè)上底半徑為a，下底半徑為b；高為h，母線長為l，在軸截面（梯形）內(nèi)作內(nèi)切加圓，根據(jù)條件母線與上下底面半徑的關(guān)系，母線與下底面成60°，圓臺的軸截面面積，列出方程，求出內(nèi)切球的半徑，求出表面積即可．

解答：

解：設(shè)上底半徑為a，下底半徑為b；高為h，母線長為l；

在軸截面（梯形）內(nèi)作內(nèi)切加圓；

可知該梯形的斜邊（母線）為兩底半徑之和；

即：l="b+a"①

依條件母線與下底面成60°，∴l(xiāng)=2（b-a）②

h=（b-a）③

依條件圓臺的軸截面面積是Q知：（b+a）h="Q"④

由：①②得：b+a=2（b-a）代入④得：2（b-a）h="Q"與③相乘得：h=Q

再由球表面積公式得S=4π（h）=πh

∴所求球表面積為S=πQ

故選D

點(diǎn)評：本題是基礎(chǔ)題，考查圓臺的內(nèi)切球的有關(guān)知識，注意軸截面圖形的應(yīng)用，圓的切線的應(yīng)用，是本題的突破口．考查空間想象能力【解析】【答案】D6、D【分析】【解析】

考點(diǎn)：棱錐的結(jié)構(gòu)特征．

分析：對于①可構(gòu)造四棱錐CABD與四面體OABC一樣進(jìn)行判定；對于②，使AB=AD=BD，此時存在點(diǎn)D，使四面體ABCD是正三棱錐；對于③取CD=AB，AD=BD，此時CD垂直面ABD，即存在點(diǎn)D，使CD與AB垂直并且相等，對于④先找到四面體OABC的內(nèi)接球的球心P，使半徑為r，只需PD=r；可判定④的真假．

解：∵四面體OABC的三條棱OA；OB，OC兩兩垂直，OA=OB=2，OC=3；

∴AC=BC=AB=2

當(dāng)四棱錐CABD與四面體OABC一樣時；即取CD=3，AD=BD=2

此時點(diǎn)D；使四面體ABCD有三個面是直角三角形，故①不正確。

使AB=AD=BD；此時存在點(diǎn)D，使四面體ABCD是正三棱錐，故②不正確；

取CD=AB；AD=BD，此時CD垂直面ABD，即存在點(diǎn)D，使CD與AB垂直并且相等，故③正確；

先找到四面體OABC的內(nèi)接球的球心P，使半徑為r，只需PD=r即可。

∴存在無數(shù)個點(diǎn)D；使點(diǎn)O在四面體ABCD的外接球面上，故④正確。

故選D【解析】【答案】D7、D【分析】解：直線x+y-a=0即y=-x+a；

故直線的斜率等于-設(shè)直線的傾斜角等于α；

則0≤α＜π，且tanα=-

故α=150°；

故選：D．

把直線的方程化為斜截式；求出斜率，根據(jù)斜率和傾斜角的關(guān)系，傾斜角的范圍，求出傾斜角的大?。?/p>

本題考查直線的傾斜角和斜率的關(guān)系，以及傾斜角的取值范圍，已知三角函數(shù)值求角的大?。蟪鲋本€的斜率是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D8、D【分析】解：隆脽

集合A={x隆脢Z|x2鈮?4}={鈭?2,鈭?1,0,1,2}

B={x|x>鈭?1}

隆脿A隆脡B={0,1,2}

．

故選：D

．

先分別求出集合AB

由此能求出A隆脡B

．

本題考查交集的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認(rèn)真審題，注意交集定義的合理運(yùn)用．【解析】D

9、A【分析】解：依三視圖知該幾何體為三棱錐P鈭?ABC

且PD隆脥

平面ABDAD隆脥BDC

是AD

的中點(diǎn)，PD=AD=BD=2

所以其體積V=13隆脕12隆脕1隆脕2隆脕2=23

故選：A

．

依三視圖知該幾何體為三棱錐；畫出直觀圖；判斷出位置關(guān)系和求出長度，利用椎體的體積公式求出答案．

本題考查三視圖求幾何體的體積，由三視圖正確復(fù)原幾何體和補(bǔ)形是解題的關(guān)鍵，考查空間想象能力．【解析】A

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

根據(jù)斜二測畫法的規(guī)則及直觀圖，可畫出原△ABC如圖所示AC=A′C′=3，BC=2B′C′=4；∠AOC=90°．

在Rt△ABC中，由勾股定理得AB==5．∴△ABC中AB邊上中線長=．

故答案為．

【解析】【答案】根據(jù)斜二測畫法的規(guī)則可知：已知圖形中平行于x軸的線段；在直觀圖中保持不變，平行于y軸的線段，長度變?yōu)樵瓉淼?半．據(jù)此可畫出原來的△ABC．

11、略

【分析】【解析】本題主要考查數(shù)形結(jié)合的思想，設(shè)P(x，y)，則由已知可得PO(O為原點(diǎn))與切線的夾角為30°，則|PO|＝2，由可得【解析】【答案】()12、略

【分析】【解析】

試題分析：

考點(diǎn)：1.函數(shù)的定義域；2.絕對值不等式.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】此圓柱的體積為【解析】【答案】14、略

【分析】解：．

故答案為：（2；4）．

據(jù)條件即可得出，進(jìn)行向量坐標(biāo)的數(shù)乘和減法運(yùn)算即可得出答案．

考查向量坐標(biāo)的概念，以及向量坐標(biāo)的減法和數(shù)乘運(yùn)算．【解析】（2，4）三、證明題(共9題，共18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線圈．17、略

【分析】【分析】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．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）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．20、略

【分析】【分析】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．21、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=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．23、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3題，共24分)24、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于商場第一年銷售計(jì)算機(jī)5000臺，如果平均每年銷售量比上一年增加10%，那么并且第一年為起始量，那么為了是幾年后可使總銷售量達(dá)到30000臺可知其算法框圖如圖所示．用語句描述如下：m＝5000S＝0i＝0DoS＝S＋mm＝m*(1＋10%)i＝i＋1LoopWhileS<30000輸出i考點(diǎn)：框圖和程序語言【解析】【答案】25、略

【分析】

設(shè)日銷售金額為（元），則則8分當(dāng)t=10時，(元)；當(dāng)t=25時，（元）．由1125>900，知ymax=1125（元），且第25天，日銷售額最大12【解析】略【解析】【答案】26、略

【分析】

（1）根據(jù)指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算即可．

（2）根據(jù)對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算即可．

本題考查了對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．【解析】解：（1）

（2）原式=|lg3-2|+lg300=2-lg3+lg3+2=4．五、計(jì)算題(共1題，共2分)27、略

【分析】【分析】根據(jù)韋達(dá)定理求得設(shè)方程x2-x-1=0的二根分別為x1、x2，由韋達(dá)定理，得x1+x2=1，x1?x2=-1；然后將x1、x2分別代入方程x6-px2+q=0列出方程組，再通過解方程組求得pq的值．【解析】【解答】解：設(shè)方程x2-x-1=0的二根分別為x1、x2，由韋達(dá)定理，得x1+x2=1，x1?x2=-1；則。

x12+x22=（x1+x2）2-2x1?x2=1+2=3；

（x12）2+（x22）2=（x12+x22）2-2x12?x22=7．

將x1、x2分別代入方程x6-px2+q=0；得。

x16-px12+q=0①

x26-px22+q=0②

①-②；得。

（x16-x26）-p（x12-x22）=0；

【（x12）3-（x22）3】-p（x12-x22）=0；

（x12-x22）【（x12）2+（x22）2+x12?x22】-p（x12-x22）=0；

由于x1≠x2，則x12-x22≠0；所以化簡，得。

【（x12）2+（x22）2+x12?x22】-p=0；

則p=（x12）2+（x22）2+（x1?x2）2=7+（-1）2=8；

①+②；得。

（x16+x26）-8（x12+x22）+2q=0；

【（x12）3+（x22）3】-24+2q=0；

∴（x12+x22）【（x12）2+（x22）2-x12?x22】-24+2q=0；

∴3【（x12）2+（x22）2-（x1?x2）2】-24+2q=0；

∴3（7-1）-24+2q=0；解得。

q=3；

綜上所述；p=8，q=3．

故答案是：8、3．六、綜合題(共2題，共6分)28、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