2025年外研銜接版高一數(shù)學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年外研銜接版高一數(shù)學下冊月考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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列函數(shù)與y=x有相同圖象的一個函數(shù)是（）

A.

B.

C.

D.

2、【題文】過點（－1，3）且垂直于直線的直線方程為。

A．B．

C．D．3、若在直線上移動，則的最小值是（）A.B.C.D.4、函數(shù)的部分圖象如圖，將y=f(x)的圖象向右平移個單位長得到函數(shù)y=g(x)的圖象；則g(x)的單調(diào)增區(qū)間為（）

A.B.C.D.5、在三棱錐A﹣BCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，△BCD是銳角三角形，那么必有（）A.平面ABD⊥平面ADCB.平面ABD⊥平面ABCC.平面ADC⊥平面BCDD.平面ABC⊥平面BCD6、圓關(guān)于直線對稱的圓的方程是（）A.B.C.D.7、a=l是直線y=ax+1和直線y=(a一2)x一1垂直的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件8、以下程序的功能是()

S＝1；

fori＝1：1：10

S＝(3^i)*S；

end

SA.計算3×10的值B.計算355的值C.計算310的值D.計算1×2×3××10的值9、對賦值語句的描述正確的是（）

①可以給變量提供初值；

②將表達式的值賦給變量；

③可以給一個變量重復賦值；

④不能給同一變量重復賦值．A.①②③B.①②C.②③④D.①②④評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、（文科）已知α∈（π），sinα=則tan=____．11、函數(shù)f（x）=x（4-x），x∈（0，4）的最大值為____．12、【題文】在實數(shù)范圍內(nèi)，方程｜x｜＋｜x＋1｜＝1的解集是____．13、【題文】已知=____14、角婁脠

的始邊與x

軸正半軸重合，終邊上一點坐標為(鈭?1,2)

則tan婁脠=

______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)15、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．16、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．17、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．18、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．19、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．20、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．21、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．22、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．23、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．評卷人得分四、計算題(共4題，共8分)24、同室的4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的拿法有____種．25、已知b＜a＜0，且a-b=3，ab=1；

（1）求a+b的值；

（2）求的值．26、計算：（lg2）2+lg2?lg5+lg5．27、化簡：．評卷人得分五、解答題(共2題，共18分)28、在正方體ABCD-A1B1C1D1中．

（1）求證：BD⊥平面AA1C1C；

（2）求二面角C1-BD-C大小的正切值．

29、【題文】已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2,AB=4.

(Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD;

(Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角;

(Ⅲ)求點P到平面QAD的距離.評卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)30、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．31、如圖，矩形ABCD中，AD＜AB，P、Q分別為AD、BC的中點．N為DC上的一點，△AND沿直線AN對折點D恰好與PQ上的M點重合．若AD、AB分別為方程x2-6x+8=0的兩根．

（1）求△AMN的外接圓的直徑；

（2）四邊形ADNM有內(nèi)切圓嗎？有則求出內(nèi)切圓的面積，沒有請說明理由．32、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：）33、如圖，拋物線y=x2-2x-3與坐標軸交于A（-1，0）、B（3，0）、C（0，-3）三點，D為頂點．

（1）D點坐標為（____，____）．

（2）BC=____，BD=____，CD=____；并判斷△BCD的形狀．

（3）探究坐標軸上是否存在點P，使得以P、A、C為頂點的三角形與△BCD相似？若存在，請寫出符合條件的所有點P的坐標，并對其中一種情形說明理由；若不存在，請說明理由．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

由題意知所求函數(shù)與y=x表示同一個函數(shù)；故定義域；值域、對應法則都相同。

又原函數(shù)y=x的定義域為R；值域為R

對于A：函數(shù)的定義域為（0；+∞），與原函數(shù)的定義域不同，∴A不正確。

對于B：函數(shù)的定義域為（-∞；0）∪（0，+∞），與原函數(shù)的定義域不同，∴B不正確。

對于C：函數(shù)與原函數(shù)的定義域；值域、對應法則都相同，∴C正確。

對于D：函數(shù)的值域為[0；+∞），與原函數(shù)的值域不同，∴D不正確。

故選C

【解析】【答案】如兩個函數(shù)有相同的圖象；則這兩個函數(shù)表示同一個函數(shù)，需滿足定義域；值域、對應法則都相同，分別驗證即可得解。

2、A【分析】【解析】根據(jù)題意，易得直線x-2y+3=0的斜率為由直線垂直的斜率關(guān)系，可得所求直線的斜率為-2，又知其過定點坐標，由點斜式得所求直線方程．

解：根據(jù)題意，易得直線x-2y+3=0的斜率為

由直線垂直的斜率關(guān)系；可得所求直線的斜率為-2；

又知其過點（-1；3）；

由點斜式得所求直線方程為2x+y-1=0．

故答案選A【解析】【答案】A3、B【分析】【解答】根據(jù)題意，由于在直線上移動，那么可知同時當x=2y時等號成立，故答案為故選B.

【分析】主要是考查了均值不等式的運用，屬于基礎題。4、C【分析】【解答】由圖象知

將的圖象平移個單位后的解析式為

則由：

【分析】函數(shù)的性質(zhì)，圖象的平移.5、C【分析】【解答】證明：由AD⊥BC；BD⊥AD?AD⊥平面BCD，AD?平面ADC；

∴平面ADC⊥平面BCD．

故選C．

【分析】如圖：由已知：AD⊥BC，AD⊥BD，可以得到AD與底面BCD垂直，再去尋找AD所在的平面即可．6、A【分析】【分析】圓心關(guān)于直線對稱。

∵圓x2+y2-2x-6y+9=0轉(zhuǎn)化為標準方程為（x-1)2+（y-3)2=1，所以其圓心為：（1，3)，r=1；

設（1，3)關(guān)于直線2x+y+5=0對稱點為（a，b)

則有解得

故所求圓的圓心為（-7，-1)．半徑為1，所求圓的方程為：（x+7)2+（y+1)2=1，故選A。7、C【分析】【解答】若a=1；則直線y=x+1和直線y=－x－1的斜率乘積為一1，所以兩者互相垂直；若直線y=ax+1和直線y=(a一2)x—1垂直，則有a(a一2)=一1，解之得a=1.故為充要條件,故選C.

【分析】本題主要是通過常用邏輯用語來考查兩直線的位置關(guān)系．8、B【分析】【分析】程序的功能是計算31×32×33××310＝355.故選B。9、A【分析】解：賦值語句a=1的功能為給變量a賦初值；故①正確；

賦值語句a=1+2的功能為計算表達式1+2的值；并賦給變量a，故②正確；

賦值語句可以給一個變量重復賦值；故③正確，④錯誤；

故選A

根據(jù)賦值語句的定義及功能；結(jié)合程序中賦值語句的實例，對已知中的四個結(jié)論逐一分析即可得到答案．

本題考查的知識是賦值語句，是對語句功能的直接考查，理解語句的功能是關(guān)鍵，屬于基礎題型．【解析】【答案】A二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

∵α∈（π），sinα=∴cosα=-∴tanα=-．

∴tan==

故答案為：．

【解析】【答案】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出cosα和tanα的值，利用兩角和的正切公式求出tan的值．

11、略

【分析】

因為f（x）=x（4-x）=-x2+4x=-（x2-4x）=-（x-2）2+4；

二次函數(shù)的對稱軸為x=2；拋物線的開口向下．

因為x∈（0；4），所以當x=2時，函數(shù)取得最大值4．

故答案為：4．

【解析】【答案】利用二次函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)的最大值．

12、略

【分析】【解析】解：因為在實數(shù)范圍內(nèi)，方程｜x｜＋｜x＋1｜＝1，表示的為點到-1和到0的距離和為1，的點的位置是落在線段上，且x【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】014、略

【分析】解：隆脽

角婁脠

的始邊與x

軸正半軸重合；終邊上一點坐標為(鈭?1,2)

隆脿x=鈭?1y=2

則tan婁脠=yx=鈭?2

故答案為：鈭?2

．

由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義；求得tan婁脠

的值．

本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，的應用，屬于基礎題．【解析】鈭?2

三、證明題(共9題，共18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．17、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點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B作CD的平行線與AM的延長線交于點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】（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．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】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．21、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．22、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點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B作CD的平行線與AM的延長線交于點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．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．四、計算題(共4題，共8分)24、略

【分析】【分析】可以列舉出所有的結(jié)果，首先列舉甲和另外一個人互換的情況，共有三種，再列舉不是互換的情況共有6種結(jié)果．【解析】【解答】解：根據(jù)分類計數(shù)問題；可以列舉出所有的結(jié)果；

1；甲乙互換；丙丁互換；

2；甲丙互換；乙丁互換；

3；甲丁互換；乙丙互換；

4；甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；

5；甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；

6；甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；

7；甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；

8；甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；

9；甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．

通過列舉可以得到共有9種結(jié)果．

故答案為：9．25、略

【分析】【分析】（1）要求a+b，可以首先求得（a+b）2的值，利用完全平方公式中（a+b）2與（a-b）2之間的關(guān)系；即可求解；

（2）根據(jù)===，代入即可求解．【解析】【解答】解：（1）∵b＜a＜0

∴a+b＜0（1分）

又∵（a+b）2=（a-b）2+4ab=13

∴a+b=±

∵b＜a＜0

∴a+b=-

（2）∵a-b=3

∴（a-b）2=a2+b2-2ab=9

∴a2+b2=9+2ab=9+2=11

∴====-×3×11=-33．26、解：（lg2）2+lg2?lg5+lg5

=lg2（lg2+lg5）+lg5

=lg2+lg5

=1【分析】【分析】把前兩項提取lg2，由lg2+lg5=1求解運算．27、解：原式==1【分析】【分析】根據(jù)誘導公式化簡計算即可．五、解答題(共2題，共18分)28、略

【分析】

（1）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，∵BD⊥AC，AA1⊥BD，而AC和AA1是平面平面AA1C1C內(nèi)的兩條相交直線，故BD⊥平面AA1C1C．

（2）設AC和BD相交于點O，則由BD⊥AC，C1C⊥面ABCD，可得∠C1OC就是二面角C1-BD-C的平面角．

在直角三角形C1OC中，tan∠C1OC===．

【解析】【答案】（1）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，由BD⊥AC，AA1⊥BD，可得BD⊥平面AA1C1C．

（2）設AC和BD相交于點O，可得∠C1OC就是二面角C1-BD-C的平面角，由tan∠C1OC=求出結(jié)果．

29、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）連結(jié)AC、BD，設

由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐；所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.

從而P；O、Q三點在一條直線上；所以PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）由題設知；ABCD是正方形，所以AC⊥BD.

由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD.故可分別以直線CA、DB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系（如圖），由題條件，相關(guān)各點的坐標分別是P（0，0，1），A（0，0），Q（0，0，－2），B（0，0）.

所以

于是

從而異面直線AQ與PB所成的角是

(Ⅲ)由（Ⅱ），點D的坐標是（0，－0），

設是平面QAD的一個法向量；由。

得

取x=1，得

所以點P到平面QAD的距離

考點：本題主要考查立體幾何中的垂直關(guān)系；距離及角的計算。

點評：典型題，立體幾何題，是高考必考內(nèi)容，往往涉及垂直關(guān)系、平行關(guān)系、角、距離的計算。在計算問題中，有“幾何法”和“向量法”。利用幾何法，要遵循“一作、二證、三計算”的步驟，利用向量則能簡化證明過程。本題解法較多，特別是求角及距離時，運用了“向量法”，實現(xiàn)了問題的有效轉(zhuǎn)化。對考生計算能力要求較高【解析】【答案】（Ⅰ）由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐；得到PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.

從而P；O、Q三點在一條直線上；所以PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）(Ⅲ)六、綜合題(共4題，共40分)30、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△OAB=12，求D點縱坐標，代入拋物線解析式求D點縱坐標．【解析】【解答】解：（1）∵直線y=kx+4過A（1；m），B（4，8）兩點；

∴，解得；∴y=x+4；

把O、A、B三點坐標代入拋物線解析式，得，；

∴y=-x2+6x；

（2）存在．設D點縱坐標為h（h＞0）；

由O（0，0），A（1，5），B（4，8），可知S△OAB=6；

∴S△OCD=2S△OAB=12，×6×h=12；解得h=4；

由-x2+6x=4，得x=3±；

∴D（3+，4）或（3-，4）．31、略

【分析】【分析】（1）首先解方程求出AD；AB；利用折疊前后圖形不變得出AM=AD=2，以及得出∠NAM=30°，進而求出AN，即是Rt△AMN的外接圓直徑；

（2）首先得出I所在位置，得出四邊形IEDF為正方形，再利用三角形相似求出內(nèi)切圓的半徑．【解析】【解答】解：（1）x2-6x+8=0得x1=2，x2=4；

又AD；AB為方程的兩根；AD＜AB；

∴AD=2；AB=4；

∴AM=AD=2；AP=1；

在Rt△AMP中；∠PAM=60°；

∴∠PMA=30°；

∴∠NAM=30°；

在Rt△AMN中，AN==，即