2024年華師大新版高一數(shù)學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2024年華師大新版高一數(shù)學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6題，共12分)1、【題文】已知全集U=R,集合則集合等于()A.B.C.D.2、【題文】函數(shù)的值域為()

ARBCD3、【題文】平面的斜線AB交于點B，過定點A的動直線與AB垂直，且交于點C，則動點C的軌跡是（）A.一條直線B.一個圓C.一個橢圓D.以上都不對4、若集合A={x|x2﹣2x+m=0}=?，則實數(shù)m的取值范圍是（）A.（﹣∞，﹣1）B.（﹣∞，1）C.（1，+∞）D.[1，+∞）5、已知數(shù)列{an}滿足an+1=an+2，且a1=2，那么a5=（）A.8B.9C.10D.116、關于“斜二測畫法”，下列說法不正確的是（）A.原圖形中平行于x軸的線段，其對應線段平行于x′軸，長度不變B.原圖形中平行于y軸的線段，其對應線段平行于y′軸，長度變?yōu)樵瓉淼腃.畫與直角坐標系xOy對應的x′O′y′時，∠x′O′y′必須是45°D.在畫直觀圖時，由于選軸的不同，所得的直觀圖可能不同評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、下列命題中所有正確的序號是____．

（1）函數(shù)f（x）=ax-2+3的圖象一定過定點P（2；4）；

（2）函數(shù)f（x-1）的定義域是（1；3），則函數(shù)f（x）的定義域為（2，4）；

（3）已知函數(shù)f（x）=x2+2ax+2在區(qū)間[-5；5]是單調(diào)增函數(shù)，則實數(shù)a≥5；

（4）已知2a=3b=k（k≠1），且則實數(shù)k=18．8、已知函數(shù)f（x）是定義在R上的函數(shù)，則函數(shù)g（x）=f（x）+f（-x）是____（填“奇函數(shù)”，“偶函數(shù)”或“非奇非偶函數(shù)”）．9、已知ω為正整數(shù)，若函數(shù)f（x）=sin（ωx）在區(qū)間()上不單調(diào)，則最小的正整數(shù)ω=____10、定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足：當x＞0時，f（x）=2x﹣1，則滿足的實數(shù)x的取值范圍為____．11、若直線l

的一般方程為xcos婁脠+3y鈭?1=0(婁脠隆脢R)

則直線l

的傾斜角的取值范圍是______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)12、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．13、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．14、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設計一種方案，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．15、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．16、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．17、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．18、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設計一種方案，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．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．評卷人得分四、計算題(共1題，共5分)20、方程2x2-x-4=0的兩根為α，β，則α2+αβ+β2=____．評卷人得分五、綜合題(共4題，共8分)21、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．22、已知平面區(qū)域上；坐標x，y滿足|x|+|y|≤1

（1）畫出滿足條件的區(qū)域L0；并求出面積S；

（2）對區(qū)域L0作一個內(nèi)切圓M1，然后在M1內(nèi)作一個內(nèi)接與此圓與L0相同形狀的圖形L1，在L1內(nèi)繼續(xù)作圓M2；經(jīng)過無數(shù)次后，求所有圓的面積的和．

（提示公式：）23、已知y=ax2+bx+c（a≠0）圖象與直線y=kx+4相交于A（1；m），B（4，8）兩點，與x軸交于原點及點C．

（1）求直線和拋物線解析式；

（2）在x軸上方的拋物線上是否存在點D，使S△OCD=2S△OAB？如果存在，求出點D坐標，如果不存在，說明理由．24、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過點A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點為M點．

（1）求該拋物線的解析式．

（2）試判斷拋物線上是否存在一點P；使∠POM=90°．若不存在，說明理由；若存在，求出P點的坐標．

（3）試判斷拋物線上是否存在一點K，使∠OMK=90°，若不存在，說明理由；若存在，求出K點的坐標．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】

試題分析：由于可知集合A={x|},根據(jù)|x-1|3,得到x-13,或x-1-3，解得x4,或x-2,故集合B="{x|"x4,或x-2},那么CUB={x|-2<4},那么可知選C.

考點：本試題主要考查了集合的交集和補集的運算。

點評：解決該試題的關鍵是運用一元二次不等式求解集合A，和絕對值不等式求解集合B。體現(xiàn)了二次不等式求解的重要性?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、D【分析】【解析】因為函數(shù)開口向上，對稱軸為x=-1，定義域那么結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)在x=-1處取得最小值2，沒有最大值故選D【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】滿足過點Q與l垂直的動直線m的軌跡為過點Q與m垂直的平面β；

顯然兩平面α與β的相交于一條直線。

故選A【解析】【答案】A4、C【分析】【解答】解：∵A={x|x2﹣2x+m=0}=?；

∴方程x2﹣2x+m=0無解；即△=4﹣4m＜0；

解得：m＞1；

則實數(shù)m的范圍為（1；+∞）；

故選：C．

【分析】根據(jù)集合A為空集得到A中方程無解，即根的判別式小于0，即可求出m的范圍．5、C【分析】解：∵an+1=an+2，且a1=2，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列；公差為2，首項為2．

那么a5=2+2×（5-1）=10．

故選：C．

利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．

本題考查了等差數(shù)列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】【答案】C6、C【分析】解：斜二測畫直觀圖時；平行或與x軸重合的線段長度不變，平行或與y軸重合的線段長度減半；斜二測坐標系取的角可能是135°或45°；由此：在實物圖中取坐標系不同，所得的直觀圖有可能不同；平行于坐標軸的線段在直觀圖中仍然平行于坐標軸；

只有選項C是不正確的．

故選C

利用斜二測畫直觀圖的畫法的法則；直接判斷選項即可．

本題考查斜二側(cè)畫直觀圖的方法，考查基本知識掌握情況，是基礎題．【解析】【答案】C二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】

（1）令x=2，則f（2）=a+3=1+3=4，故函數(shù)f（x）=ax-2+3的圖象一定過定點P（2；4），因此正確；

（2）∵函數(shù)f（x-1）的定義域是（1；3），∴1＜x＜3，∴0＜x-1＜2，則函數(shù)f（x）的定義域為（0，2），因此（2）不正確；

（3）∵函數(shù)f（x）=x2+2ax+2=（x+a）2+2-a2在區(qū)間[-5；5]是單調(diào)增函數(shù)，∴-a≤-5，解得a≥5，故（3）正確；

（4）∵2a=3b=k（k≠1），∴a=log2k=b=log3k=∴==∴l(xiāng)gk=lg18，∴k=18，故正確．

綜上可知：（1）（3）（4）皆正確．

故答案為（1）（3）（4）．

【解析】【答案】（1）令x=2，利用a=1即可判斷出；

（2）利用函數(shù)的定義域必須是自變量的取值范圍即可求出；

（3）通過配方；利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可；

（4）把指數(shù)式化為對數(shù)式即可．

8、略

【分析】

函數(shù)的定義域為R；

∵g（-x）=f（-x）+f（x）=g（x）

∴函數(shù)g（x）=f（x）+f（-x）是偶函數(shù)。

故答案為：偶函數(shù)。

【解析】【答案】直接利用奇偶函數(shù)的定義；進行驗證即可．

9、2【分析】【解答】解：∵ω為正整數(shù)，函數(shù)f（x）=sin（ωx）在區(qū)間()上不單調(diào)；

∴

則最小的正整數(shù)ω=2；

故答案為：2．

【分析】由題意可得由此求得最小正整數(shù)ω的值．10、（﹣∞，﹣2）∪（0，2）【分析】【解答】解：定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足：當x＞0時，f（x）=2x﹣1，設x＜0，則﹣x＞0，∴f（﹣x）=2﹣x﹣1=﹣f（x），∴f（x）=1﹣2﹣x；

令f（x）=x，即或或x=0；

求得x=2；x=0，x=﹣2，如圖所示：

∴滿足的實數(shù)x的取值范圍為（﹣∞；﹣2）∪（0，2）；

故答案為：（﹣∞；﹣2）∪（0，2）．

【分析】先求出x＜0時函數(shù)f（x）的解析式，畫出f（x）以及y=x的圖象，數(shù)形結(jié)合求得滿足的實數(shù)x的取值范圍．11、略

【分析】解：由直線l

的一般方程為xcos婁脠+3y鈭?1=0(婁脠隆脢R)

得其斜率為k=鈭?33cos婁脠

隆脿k隆脢[鈭?33,33].

設直線l

的傾斜角為婁脕

則由tan婁脕隆脢[鈭?33,33]

得婁脕隆脢[0,婁脨6]隆脠[5婁脨6,婁脨]

．

故答案為：[0,婁脨6]隆脠[5婁脨6,婁脨]

．

由直線方程的一般式求得直線的斜率；進一步得到斜率得范圍，再由傾斜角的正切值等于斜率求得直線傾斜角的范圍．

本題考查直線的傾斜角與斜率，考查了正切函數(shù)的單調(diào)性，是中檔題．【解析】[0,婁脨6]隆脠[5婁脨6,婁脨]

三、證明題(共8題，共16分)12、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．13、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四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，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四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．14、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點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C作CE⊥AB于點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．15、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．16、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．17、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．18、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點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C作CE⊥AB于點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．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．四、計算題(共1題，共5分)20、略

【分析】【分析】先根據(jù)根與系數(shù)的關系求出α+β、αβ的值，再根據(jù)完全平方公式對α2+αβ+β2變形后，再把α+β、αβ的值代入計算即可．【解析】【解答】解：∵方程2x2-x-4=0的兩根為α；β；

∴α+β=-=，αβ==-2；

∴α2+αβ+β2=（α+β）2-αβ=（）2-（-2）=+2=．

故答案是：．五、綜合題(共4題，共8分)21、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；得出頂點坐標代入一次函數(shù)解析式即可；

（2）利用已知得出x1x2=m2+m-2，|m2+m-2|=4；進而求出m的值，再利用根的判別式得出m的取值范圍，進而求出；

（3）分別利用點P1到直線L的距離P1Q1為a，以及點P2到直線L的距離P2Q2為b求出即可．【解析】【解答】解：（1）由拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2=-（x-m）2-m+2；

得頂點坐標為（m；-m+2），顯然滿足y=-x+2

∴拋物線的頂點在直線L上．

（2）設M（x1，0），N（x2，0），且x1＜x2．

由OM?ON=4，OM≠ON，得|x1?x2|=4．

∵x1x2=m2+m-2，∴|m2+m-2|=4．

當m2+m-2=4時，m1=2，m2=-3

當m2+m-2=-4時；△＜0，此方程無解；

∵△1=（2m）2-4（m2+m-2）=-4m+8=-4m+8＞0．

∴m＜2．

故取m=-3．

則拋物線的解析式為y=-x2-6x-4．

（3）拋物線y=-x2-6x-4的對稱軸為x=-3；頂點（-3，5）．

依題意；∠CAB=∠ACB=45°．

若點P在x軸的上方，設P1（-3；a）（a＞0）；

則點P1到直線L的距離P1Q1為a（如圖）；

∴△CP1Q1是等腰直角三角形．

∴，．

∴P1（-3，5．

若點P在x軸的下方，設P2（-3，-b）（b＞0）；

則點P2到直線L的距離P2Q2為b（如圖）；

同理可得△CP2Q2為等腰直角三角形；

∴，．

∴P2（-3，．

∴滿足條件的點有兩個；

即（-3，）和（-3，）．22、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)絕對值的性質(zhì)去掉絕對值號，作出|x|+|y|≤1的線性規(guī)劃區(qū)域即可得到區(qū)域L0；然后根據(jù)正方形的面積等于對角線乘積的一半進行求解即可；

（2）求出M1、M2的面積，然后根據(jù)求解規(guī)律，后一個圓得到面積等于前一個圓的面積的，然后列式，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求解即可．【解析】【解答】解：（1）如圖；|x|+|y|≤1可化為；

x+y≤1；x-y≤，-x+y≤1，-x-y≤1；

∴四邊形ABCD就是滿足條件的區(qū)域L0是正方形；

S=×AC×BD=×（1+1）×（1+1）=2；

（2）如圖；∵A0=1；

∴⊙M1的半徑為：1×sin45°=；

∴內(nèi)切圓M1的面積是：π（）2=π；

同理可得：⊙M2的半徑為：×sin45°=（）2；

∴內(nèi)切圓M2的面積是：π[（）2]2=π×=π（）2；

⊙M3的半徑為：（）2×sin45°=（）3；

內(nèi)切圓M3的面積是：π[（）3]2=π×（）2=π（）3；

以此類推，經(jīng)過n次后，⊙Mn的面積為π（）n；

∴所有圓的面積的和=π+π（）2+π（）3++π（）n==π[1-（）n]．

故答案為：（1）2，（2）π[1-（）n]．23、略

【分析】【分析】（1）由直線y=kx+4過A（1，m），B（4，8）兩點，列方程組求k、m的值，再把O、A、B三點坐標代入拋物線解析式求a、b；c的值；

（2）存在．根據(jù)O、A、B三點坐標求△OAB的面積，再由S△OCD=2S