2024年滬教版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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2024年滬教版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷354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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖：為等腰直角三角形，直線與相交.且直線截這個三角形所得的位于直線右方的圖形面積為點(diǎn)到直線的距離為則的圖像大致為（）2、與角315°終邊相同的角是（）

A.495°

B.-45°

C.585°

D.450°

3、若是方程的解，則屬于區(qū)間()

A.B.C.D.4、【題文】如果那么直線不經(jīng)過的象限是()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限5、函數(shù)y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ＜）的部分圖象如圖所示；則此函數(shù)的解析式可為（）

A.y=2sin（2x﹣）B.y=2sin（2x﹣）C.y=2sin（4x﹣）D.y=2sin（4x+）6、如圖，測量河對岸的塔高AB時，可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個觀測點(diǎn)C與D，測得∠BCD=75°，∠BDC=45°，CD=30米，并在C測得塔頂A的仰角為60°，則塔的高度AB為（）A.30米B.30米C.15（+1）米D.10米評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、若點(diǎn)A（4，-1）在直線l1：ax-y+1=0上，則直線l1與直線l2：2x-y-3=0的位置關(guān)系是____．（填“平行”或“垂直”）8、已知函數(shù)f（x）=ax3+3，f（-2）=-5，則f（2）=____．9、已知f（x）是偶函數(shù)，則f（x+2）的圖象關(guān)于____對稱；已知f（x+2）是偶函數(shù)，則函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于____對稱．10、已知關(guān)于的不等式的解集為（2，），則的解集為____．11、【題文】定義運(yùn)算:對于函數(shù)和函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值稱為與在閉區(qū)間上的“絕對差”，記為則=____．12、終邊在x軸上的角的集合____13、不等式＜0的解集為______．14、若婁脕

是第四象限，則180鈭?鈭?婁脕

是第______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)15、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．16、初中我們學(xué)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(shè)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(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．17、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．18、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．19、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．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°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)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(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40分)23、已知集合A={x|x2+2x-3=0，x∈R}，B={x|x2-（a+1）x+a=0；x∈R}．

（1）當(dāng)a=2時，求

（2）若A∪B=A；求實數(shù)a的取值集合．

24、【題文】某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每日的成本（單位：萬元）與日產(chǎn)量x（單位：噸）滿足函數(shù)關(guān)系式每日的銷售額S（單位：萬元）與日產(chǎn)量x的函數(shù)關(guān)系式

已知每日的利潤且當(dāng)時，（1）求的值；（2）當(dāng)日產(chǎn)量為多少噸時，每日的利潤可以達(dá)到最大，并求出最大值。25、【題文】（本題滿分13分）

一動圓與圓外切，同時與圓內(nèi)切.

（1）求動圓圓心的軌跡的方程；

（2）在矩形中（如圖），

分別是矩形四邊的中點(diǎn)，分別是（其中是坐標(biāo)系原點(diǎn)）的中點(diǎn)，直線

的交點(diǎn)為證明點(diǎn)在軌跡上.26、心理學(xué)家發(fā)現(xiàn)；學(xué)生的接受能力依賴于老師引入概念和描述問題所用的時間，上課開始時，學(xué)生的興趣激增，中間有一段不太長的時間，學(xué)生的興趣保持較理想的狀態(tài)，隨后學(xué)生的注意力開始分散，并趨于穩(wěn)定．分析結(jié)果和實驗表明，設(shè)提出和講述概念的時間為x（單位：分），學(xué)生的接受能力為f（x）（f（x）值越大，表示接受能力越強(qiáng)）；

（1）開講后多少分鐘；學(xué)生的接受能力最強(qiáng)？能維持多少時間？

（2）試比較開講后5分鐘；20分鐘、35分鐘；學(xué)生的接受能力的大小；

（3）若一個數(shù)學(xué)難題，需要56的接受能力以及12分鐘時間，老師能否及時在學(xué)生一直達(dá)到所需接受能力的狀態(tài)下講述完這個難題？評卷人得分五、綜合題(共2題，共8分)27、已知函數(shù)f（x）=ax2+4x+b，其中a＜0，a、b是實數(shù)，設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=0的兩根為x1，x2；f（x）=x的兩實根為α；β．

（1）若|α-β|=1，求a、b滿足的關(guān)系式；

（2）若a、b均為負(fù)整數(shù)；且|α-β|=1，求f（x）解析式；

（3）試比較（x1+1）（x2+1）與7的大小．28、已知函數(shù)y1=px+q和y2=ax2+bx+c的圖象交于A（1，-1）和B（3，1）兩點(diǎn)，拋物線y2與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，x2，且|x1-x2|=2．

（1）求這兩個函數(shù)的解析式；

（2）設(shè)y2與y軸交點(diǎn)為C，求△ABC的面積．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】試題分析：首先其定義域為故選擇C.考點(diǎn)：二次函數(shù)及其圖象的應(yīng)用.【解析】【答案】C2、B【分析】

∵與315°的角終邊相同的角α的集合為。

{α|α=315°+k?360°；k∈Z}

當(dāng)k=-1時；α=-45°

故選B

【解析】【答案】根據(jù)終邊相同的角之間相差周角的整數(shù)倍；表示出與315°的角終邊相同的角α的集合，分析題目中的四個答案，找出是否存在滿足條件的k值，即可得到答案．

3、C【分析】試題分析：方程的解函數(shù)的零點(diǎn).函數(shù)是上的遞增函數(shù)，且圖象是連續(xù)的，而因此函數(shù)的零點(diǎn)在區(qū)間所以方程的解考點(diǎn)：函數(shù)與方程【解析】【答案】C4、B【分析】【解析】

試題分析：由得：因為所以直線經(jīng)過的象限是第一；三、四象限；不經(jīng)過第二象限。

考點(diǎn)：直線的一般式方程；直線的斜截式方程；確定直線位置的幾何要素。

點(diǎn)評：本題主要考查直線方程的斜率和截距的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題型?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、B【分析】【解答】解：由圖知A=2，T=﹣（﹣）=

∴T=π，故ω==2；

又ω+φ=2kπ+（k∈Z），即×2+φ=2kπ+（k∈Z）；

∴φ=2kπ﹣（k∈Z）；

又﹣＜φ＜

∴φ=﹣

∴y=2sin（2x﹣）．

故選B．

【分析】由圖知，A=2，T=從而可求ω，再由ω+φ=2kπ+（k∈Z），結(jié)合﹣＜φ＜可求得φ，從而可得此函數(shù)的解析式．6、A【分析】解：∵∠BCD=75°；∠BDC=45°，∴∠CBD=60°．

在△BCD中使用正弦定理得即

∴BC==10．

∵∠BCA=60°；∴∠CAB=30°；

∴AB=BC=30．

故選A．

在△BCD中使用正弦定理得出BC；在Rt△ABC中，利用特殊角的三角函數(shù)得出AB的值．

本題考查了正弦定理，解三角形的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】A二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】

若點(diǎn)A（4，-1）在直線l1：ax-y+1=0上，則有4a+1+1=0，解得a=-即直線l1：-x-y+1=0；

故直線l1的斜率為-．

而直線l2的2x-y-3=0的斜率為2，故直線l1與直線l2的斜率之積等于-1，故直線l1與直線l2垂直；

故答案為垂直．

【解析】【答案】點(diǎn)A（4，-1）代入直線l1：的方程求得a的值，可得直線l1的斜率．再根據(jù)直線l2的方程求得直線l2的斜率，根據(jù)它們的斜率之積等于-1，可得直線l1與直線l2垂直．

8、略

【分析】

∵函數(shù)f（x）=ax3+3；f（-2）=-5；

∴f（-2）=-8a+3=-5；

解得a=1；

∴f（x）=x3+3；

∴f（2）=8+3=11．

故答案為：11．

【解析】【答案】由函數(shù)f（x）=ax3+3，知f（-2）=-8a+3=-5，故a=1，f（x）=x3+3；由此能求出f（2）．

9、略

【分析】

∵f（x）是偶函數(shù)；

∴函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于y軸（x=0）對稱。

將函數(shù)f（x）的圖象向左平移兩個單位后得到f（x+2）的圖象。

故f（x+2）的圖象關(guān)于x=-2對稱。

反之當(dāng)f（x+2）是偶函數(shù)時；函數(shù)f（x+2）的圖象關(guān)于y軸（x=0）對稱。

將函數(shù)f（x+2）的圖象向右平移兩個單位后得到f（x）的圖象。

函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x=2對稱。

故答案為：x=-2；x=2

【解析】【答案】根據(jù)偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸（x=0）對稱；將函數(shù)f（x）的圖象向左平移兩個單位后得到f（x+2）的圖象（將函數(shù)f（x+2）的圖象向右平移兩個單位后得到f（x）的圖象），根據(jù)函數(shù)圖象的平移，對稱軸也跟著平移的原則，可得答案．

10、略

【分析】【解析】試題分析：∵不等式的解集為（2，），∴∴∴化為∴∴即的解集為考點(diǎn)：本題考查了一元二次不等式的解法【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

試題分析：記于是構(gòu)造函數(shù)則。

當(dāng)時，

當(dāng)或時，

所以即為所求.

考點(diǎn)：函數(shù)的最值及其幾何意義.【解析】【答案】12、{α|α=kπ，k∈Z}【分析】【解答】設(shè)終邊在x軸上的角為α；

當(dāng)α在x軸正半軸時；α=2kπ，其中k∈Z；

當(dāng)α在x軸負(fù)半軸時；α=π+2kπ=（2k+1）π，其中k∈Z

綜上所述：α的集合是{α|α=kπ；k∈Z}

【分析】終邊在x軸的角只有和x軸正半軸或者負(fù)半軸重合。13、略

【分析】解：原不等式可化為：（x-3）（x+2）＜0；

即或

解得：-2＜x＜3；

∴原不等式的解集為{x|-2＜x＜3}．

故答案為：{x|-2＜x＜3}

原不等式可化為x-3與x+2乘積小于0；即x-3與x+2異號，可化為兩個一元一次不等式組，分別求出解集，兩解集的并集即為原不等式的解集．

此題考查了其他不等式的解法，考查了轉(zhuǎn)化的思想，是一道基礎(chǔ)題．【解析】{x|-2＜x＜3}14、略

【分析】解：隆脽婁脕

是第四象限的角；

隆脿鈭?婁脕

是第一象限角；

則由任意角的定義知，180鈭?鈭?婁脕

是第三象限角．

故答案為：三象限角．

由婁脕

所在的象限判斷出鈭?婁脕

所在的象限，再由任意角的定義判斷180鈭?鈭?婁脕

所在的象限．

本題考查象限角和任意角的定義，主要是對定義的理解，難度不大，注意符號與角的旋轉(zhuǎn)方向有關(guān)．【解析】三象限角三、證明題(共8題，共16分)15、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．16、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．17、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．18、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(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．19、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．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40分)23、略

【分析】

（1）A={x|（x-1）（x+3）=0}={-3；1}；

當(dāng)a=2時，∵B={1，2}，則CRB={x|x≠1且x≠2}，∴．

（2）∵A∪B=A；∴B?A．

因為方程x2-（a+1）x+a=0的兩根為1和a；∴B={1，a}；

再由A={-3；1}，故有a=1或a=3；

∴實數(shù)a的取值集合為{-3；1}．

【解析】【答案】（1）求出集合A和B，根據(jù)補(bǔ)集的定義求出．

（2）由條件可得B?A；因為B={1，a}，再由A={-3，1}可得a=1或a=3．

24、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】：（Ⅰ）由題意可得：2分。

因為時，

所以4分。

所以5分。

（Ⅱ）當(dāng)時，所以。

當(dāng)且僅當(dāng)即時取得等號.10分。

當(dāng)時，.

所以當(dāng)時，取得最大值

所以當(dāng)日產(chǎn)量為5噸時，每日的利潤可以達(dá)到最大值6萬元.12分25、略

【分析】【解析】（1）設(shè)動圓半徑為1分。

2分。

3分。

4分。

所以點(diǎn)的軌跡是以為焦點(diǎn)；長軸為10的橢圓5分。

所以點(diǎn)的軌跡的方程是（）7分。

【解析】【答案】（1）（）（2）見解析26、略

【分析】

（1）求學(xué)生的接受能力最強(qiáng)其實就是要求分段函數(shù)的最大值；方法是分別求出各段的最大值取其最大即可；

（2）比較5分鐘；20分鐘、35分鐘學(xué)生的接受能力大小；方法是把x=5代入第一段函數(shù)中，而x=20要代入到第三段函數(shù)中，x=35代入第四段函數(shù)，比較大小即可。

（3）在每一段上解不等式f（x）≥56；求出滿足條件的x，從而得到接受能力56及以上的時間，然后與12進(jìn)行比較即可．

本題主要考查了函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用，此題學(xué)生容易出錯，原因是學(xué)生把分段函數(shù)定義理解不清，自變量取值不同，函數(shù)解析式不同是分段函數(shù)最顯著的特點(diǎn)．【解析】解：（1）由題意可知：0＜x≤10

f（x）=-0.1（x-13）2+60.9

所以當(dāng)x=10時；f（x）的最大值是60，（2分）

又10＜x≤15；f（x）=60（3分）

所以開講后10分鐘；學(xué)生的接受能力最強(qiáng)，并能維持5分鐘．（4分）

（2）由題意可知：f（5）=54.5；f（20）=45，f（35）=30（5分）

所以開講后5分鐘；20分鐘、35分鐘的學(xué)生的接受能力從大小依次是。

開講后5分鐘；20分鐘、35分鐘的接受能力；（6分）

（3）由題意可知：

當(dāng)0＜x≤10，f（x）=-0.1（x-13）2+60.9≥