2025年人教B版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教B版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知冪函數(shù)y=f（x）的圖象過(guò)（36；6），則此函數(shù)的解析式是（）

A.y=x

B.y=x

C.y=x3

D.y=x2

2、將一張厚為0.1毫米的紙對(duì)折20次后，其高度約為（）（已知210≈1000）

A.0.1米。

B.1米。

C.10米。

D.100米。

3、已知為銳角，則=（）A.B.C.D.4、已知△ABC中AB=6，AC=BC=4，P是∠ACB的平分線AB邊的交點(diǎn)，M為PC上一點(diǎn)，且滿(mǎn)足=+λ（+）（λ＞0），則的值為（）A.1B.2C.3D.45、已知|a鈫?|=3|b鈫?|=8a鈫?鈰?b鈫?=鈭?12

則鈫?脫毛b鈫?

的夾角為(

)

A.婁脨3

B.婁脨4

C.3婁脨4

D.2婁脨3

6、若A={0,1,2,3}B={x|x=3a,a隆脢A}

則A隆脡B=(

)

A.{1,2}

B.{1,0}

C.{0,3}

D.{3}

評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、某小組有三名女生，兩名男生，現(xiàn)從這個(gè)小組中任意選出一名組長(zhǎng)，其中女生當(dāng)選為組長(zhǎng)的概率是____．8、在上任取兩數(shù)和組成有序數(shù)對(duì)記事件為“”，則9、如右圖，在正方形內(nèi)有一扇形（見(jiàn)陰影部分），扇形對(duì)應(yīng)的圓心是正方形的一頂點(diǎn)，半徑為正方形的邊長(zhǎng)。在這個(gè)圖形上隨機(jī)撒一粒黃豆，它落在扇形外正方形內(nèi)的概率為_(kāi)___。（用分?jǐn)?shù)表示）10、【題文】設(shè)集合集合則______________.11、“無(wú)字證明”（proofswithoutwords），就是將數(shù)學(xué)命題用簡(jiǎn)單、有創(chuàng)意而且易于理解的幾何圖形來(lái)呈現(xiàn)．請(qǐng)利用圖甲、圖乙中陰影部分的面積關(guān)系，寫(xiě)出該圖所驗(yàn)證的一個(gè)三角恒等變換公式：____

評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共5題，共10分)12、解方程

（1）3x2-32x-48=0

（2）4x2+x-3=0

（3）（3x+1）2-4=0

（4）9（x-2）2=4（x+1）2．13、已知a：b：c=4：5：7，a+b+c=240，則2b-a+c=195．14、（1）計(jì)算：．

（2）已知a2+2a-=0，求的值．15、x1，x2是方程2x2-3x+m=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，8x1-2x2=7，則m=____．16、如果從數(shù)字1、2、3、4中，任意取出兩個(gè)數(shù)字組成一個(gè)兩位數(shù)，那么這個(gè)兩位數(shù)是奇數(shù)的概率是____．評(píng)卷人得分四、證明題(共4題，共32分)17、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．18、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．19、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．20、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(guò)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．評(píng)卷人得分五、解答題(共4題，共16分)21、已知{}是等差數(shù)列，其前項(xiàng)和為{}是等比數(shù)列,且=（1）求數(shù)列{}與{}的通項(xiàng)公式；（2）記求滿(mǎn)足不等式的最小正整數(shù)的值.22、求cos55°?cos65°+cos65°?cos175°+cos55°?cos175°的值．

23、已知函數(shù)f(x)

當(dāng)xy隆脢R

時(shí)，恒有f(x+y)=f(x)+f(y).

當(dāng)x>0

時(shí)，f(x)>0

(1)

求證：f(x)

是奇函數(shù)；

(2)

若f(1)=12

試求f(x)

在區(qū)間[鈭?2,6]

上的最值；

(3)

是否存在m

使f(2(log2x)2鈭?4)+f(4m鈭?2(log2x))>0

對(duì)任意x隆脢[1,2]

恒成立？若存在，求出實(shí)數(shù)m

的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由．24、

在鈻?ABC

中，角ABC

的對(duì)邊分別為abc

面積為S

已知2acos2C2+2ccos2A2=52b

(

Ⅰ)

求證：2(a+c)=3b

(

Ⅱ)

若cosB=14S=15

求b

．評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)25、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過(guò)點(diǎn)A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點(diǎn)為M點(diǎn)．

（1）求該拋物線的解析式．

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

（3）試判斷拋物線上是否存在一點(diǎn)K，使∠OMK=90°，若不存在，說(shuō)明理由；若存在，求出K點(diǎn)的坐標(biāo)．26、設(shè)L是坐標(biāo)平面第二；四象限內(nèi)坐標(biāo)軸的夾角平分線．

（1）在L上求一點(diǎn)C，使它和兩點(diǎn)A（-4，-2）、B（5，3-2）的距離相等；

（2）求∠BAC的度數(shù)；

（3）求（1）中△ABC的外接圓半徑R及以AB為弦的弓形ABC的面積．27、已知函數(shù)f（x）=ax2+4x+b，其中a＜0，a、b是實(shí)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(shí)根為α；β．

（1）若|α-β|=1，求a、b滿(mǎn)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?。?8、如圖；以A為頂點(diǎn)的拋物線與y軸交于點(diǎn)B；已知A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設(shè)M（m；n）是拋物線上的一點(diǎn)（m；n為正整數(shù)），且它位于對(duì)稱(chēng)軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點(diǎn)的四邊形四條邊的長(zhǎng)度是四個(gè)連續(xù)的正整數(shù)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，試問(wèn)：對(duì)于拋物線對(duì)稱(chēng)軸上的任意一點(diǎn)P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請(qǐng)說(shuō)明理由．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】

設(shè)冪函數(shù)y=f（x）=xα，由于它的圖象過(guò)（36，6），故有36α=6，α=故此函數(shù)的解析式是y=

故選B．

【解析】【答案】設(shè)冪函數(shù)y=f（x）=xα；把點(diǎn)（36，6）代入求得α的值，即可求得此函數(shù)的解析式．

2、D【分析】

0.1×220=100000毫米=100米．

故選D．

【解析】【答案】對(duì)折一次為2，二次為4，三次為8，四次為16，這些數(shù)又可記作21，22，23，當(dāng)它連續(xù)對(duì)折20次后就是220．

3、C【分析】解答：為銳角,分析：由題根據(jù)所給角的范圍及三角函數(shù)值，利用同角三角函數(shù)關(guān)系求得對(duì)應(yīng)角的正切，然后利用正切的和角公式計(jì)算即可.4、C【分析】【解答】解：∵△ABC是等腰三角形；CP是∠ACB的角平分線；

∴CP⊥AB，AP=BP=AB=3．

∵M(jìn)在PC上，∴在上的射影為BP=3．

即=3．

故選C．

【分析】作出圖形，由等腰三角形三線合一可知CP⊥AB，P是AB中點(diǎn)，而表示在上的射影．5、D【分析】解：設(shè)鈫?脫毛b鈫?

的夾角為婁脠婁脠隆脢[0,婁脨]

則由題意可得3?8?cos婁脠=鈭?12

求得cos婁脠=鈭?12隆脿cos婁脠=鈭?12隆脿婁脠=2婁脨3

故選：D

．

利用兩個(gè)向量的數(shù)量積的定義求得cos婁脠

的值；可得兩個(gè)向量的夾角婁脠

的值．

本題主要考查兩個(gè)向量的數(shù)量積的定義，根據(jù)三角函數(shù)的值求角，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D

6、C【分析】解；B={x|x=3a,a隆脢A}={0,3,6,9}

故A隆脡B={0,3}

故選C．

先求出集合B

再根據(jù)交集的運(yùn)算求A隆脡B

．

本題考查了交集及其運(yùn)算，是基礎(chǔ)題．【解析】C

二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】

所有的選法有5種，而女生當(dāng)選為組長(zhǎng)的選法有3種，故女生當(dāng)選為組長(zhǎng)的概率等于

故答案為．

【解析】【答案】所有的選法有5種；而女生當(dāng)選為組長(zhǎng)的選法有3種，由此求得女生當(dāng)選為組長(zhǎng)的概率．

8、略

【分析】試題分析：由已知得：點(diǎn)Ｐ(x,y)滿(mǎn)足畫(huà)圖，故知．考點(diǎn)：幾何概率．【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】試題分析：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是幾何概型的意義；關(guān)鍵是要找出陰影部分的面積及正方形的面積．【解析】

令正方形的邊長(zhǎng)為a，則S正方形=a2，則扇形所在圓的半徑也為a，則S扇形=πa2,則黃豆落在陰影區(qū)域內(nèi)的概率P=π故答案為考點(diǎn)：幾何概型【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意，由于集合集合結(jié)合數(shù)軸法可知，那么{x|0≤x＜5}；故答案為{x|0≤x＜5}。

考點(diǎn)：交集。

點(diǎn)評(píng)：主要是考查了運(yùn)用數(shù)軸法求解集合的交集的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題【解析】【答案】{x|0≤x＜5}11、sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ【分析】【解答】在左邊的圖中大矩形的面積S=（cosβ+cosα）（sinβ+sinα）

=sinβcosβ+cosβsinα+cosαsinα+sinβcosα+sinαcosα=sin（α+β）+sinβcosβ+sinαcosα．

用大矩形的面積S減去4個(gè)直角三角形的面積就等于陰影部分的面積S1．

空白部分的面積等于4個(gè)直角三角形的面積，即2×sinαcosα）=sinβcosβ+sinαcosα．

故陰影部分的面積S1=S﹣sinβcosβ+sinαcosα=sin（α+β）．

而在右邊的圖中陰影部分的面積S2等于2個(gè)陰影小矩形的面積之和，即S2=sinαcosβ+cosαsinβ．

在右邊的圖中大矩形的面積也等于S，S2等于大矩形得面積S減去2個(gè)小空白矩形的面積；

而2個(gè)空白矩形的面積之和；即sinβcosβ+sinαcosα；

故左圖中空白部分的面積等于右圖中空白部分的面積．

故左右圖中陰影部分的面積也相等，即S1=S2；故有sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ；

故答案為sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．

【分析】左右圖中大矩形的面積相等，左邊的圖中陰影部分的面積為S1=sin（α+β），在右邊的圖中，陰影部分的面積S2等于2個(gè)陰影小矩形的面積之和，等于sinαcosβ+cosαsinβ．而面積S2還等于大矩形得面積S減去2個(gè)小空白矩形的面積；再由。

2個(gè)圖中空白部分的面積相等，可得S1=S2，從而得出結(jié)論。三、計(jì)算題(共5題，共10分)12、略

【分析】【分析】（1）方程左邊的多項(xiàng)式利用十字相乘法分解因式；然后利用兩數(shù)相乘積為0，兩因式中至少有一個(gè)為0轉(zhuǎn)化為兩個(gè)一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；

（2）方程左邊的多項(xiàng)式利用十字相乘法分解因式；然后利用兩數(shù)相乘積為0，兩因式中至少有一個(gè)為0轉(zhuǎn)化為兩個(gè)一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；

（3）將常數(shù)項(xiàng)移到右邊；開(kāi)方轉(zhuǎn)化為兩個(gè)一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；

（4）利用兩數(shù)的平方相等，兩數(shù)相等或互為相反數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．【解析】【解答】解：（1）3x2-32x-48=0；

分解因式得：（x-12）（3x+4）=0；

可得x-12=0或3x+4=0；

解得：x1=12，x2=-；

（2）4x2+x-3=0；

分解因式得：（4x-3）（x+1）=0；

可得4x-3=0=或x+1=0；

解得：x1=，x2=-1；

（3）（3x+1）2-4=0；

變形得：（3x+1）2=4；

開(kāi)方得：3x+1=2或3x+1=-2；

解得：x1=，x2=-1；

（4）9（x-2）2=4（x+1）2；

開(kāi)方得：3（x-2）=2（x+1）或3（x-2）=-2（x+1）；

解得：x1=8，x2=．13、略

【分析】【分析】設(shè)a=4x，則b=5x，c=7x，再代入求出x，從而得出a，b，c的值，再代入所求的代數(shù)式進(jìn)行計(jì)算即可．【解析】【解答】解：∵a：b：c=4：5：7；

∴設(shè)a=4x，則b=5x；c=7x；

∵a+b+c=240；

∴4x+5x+7x=240；

解得16x=240；

即x=15；

∴a=60，b=75；c=105；

∴2b-a+c=2×75-60+105=195．

故答案為195．14、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)負(fù)整數(shù)指數(shù)的含義；零指數(shù)冪的含義以及特殊三角函數(shù)值進(jìn)行計(jì)算即可；

（2）先把括號(hào)內(nèi)通分，然后約分得到原式=，再把a(bǔ)2+2a=整體代入進(jìn)行計(jì)算即可．【解析】【解答】解：（1）原式=-1++1-×

=；

（2）原式=[-]?

=?

=；

∵a2+2a-=0；

∴a2+2a=；

∴原式==．15、略

【分析】【分析】由于x1，x2是方程2x2-3x+m=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，根據(jù)各能與系數(shù)的關(guān)系可以得到x1+x2=，而8x1-2x2=7，聯(lián)立兩個(gè)等式解方程組即可求出方程的兩根，然后利用兩根之積即可求解．【解析】【解答】解：∵x1，x2是方程2x2-3x+m=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根；

∴x1+x2=①；

而8x1-2x2=7②；

聯(lián)立①②解之得：x1=1，x2=；

∴x1?x2==；

∴m=1．

故答案為：1．16、略

【分析】【分析】列表列舉出所有情況，看兩位數(shù)是偶數(shù)的情況數(shù)占總情況數(shù)的多少即可解答．【解析】【解答】解：列表如下。12341121314221232433132344414243共有12種等可能的結(jié)果，其中是奇數(shù)的有6種，概率為=．

故答案為．四、證明題(共4題，共32分)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(zhǎng)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(zhǎng)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(guò)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）連接AF，并延長(zhǎng)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(zhǎng)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．19、略

【分析】【分析】延長(zhǎng)AM，過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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(zhǎng)AM；過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)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．20、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．五、解答題(共4題，共16分)21、略

【分析】【解析】試題分析：（1）設(shè)數(shù)列的公差為數(shù)列的公比為則得：6分（2）兩式相減得的最小n值為8.6分考點(diǎn)：等差數(shù)列等比數(shù)列通項(xiàng)及數(shù)列求和【解析】【答案】（1）（2）822、略

【分析】

cos55°?cos65°+cos65°?cos175°+cos55°?cos175°

=（cos120°+cos10°）+cos175°（cos65°+cos55°）

=-cos10°+2cos175°?cos60°?cos5°

=-cos10°+cos175°cos5°

=-（cos180°+cos170°）

=-cos170°

=-．

原式的值為．

【解析】【答案】利用積化和差化簡(jiǎn)cos55°?cos65°；把cos65°?cos175°+cos55°?cos175°公因式提取，利用和差化積，然后化簡(jiǎn)，然后再積化和差，以及誘導(dǎo)公式即可求出結(jié)果．

23、略

【分析】

(1)

在給出的等式中取x=y=0

求得f(0)=0

再取y=鈭?x

可證明f(x)

是奇函數(shù)；

(2)

利用函數(shù)單調(diào)性的定義；借助于已知等式證明函數(shù)f(x)

為增函數(shù)，從而求出函數(shù)在給定區(qū)間上的最值；

(3)

由奇偶性把給出的不等式變形；然后利用單調(diào)性去掉“f

”，換元后利用分離變量法求m

的取值范圍．

本題考查了抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查了函數(shù)奇偶性及單調(diào)性的判斷，該類(lèi)問(wèn)題常采用取特值的辦法，關(guān)鍵在于靈活變化，訓(xùn)練了分離變量法及配方法求變量的范圍，是中檔題．【解析】解：(1)

令x=0y=0

則f(0)=2f(0)

隆脿f(0)=0.

令y=鈭?x

則f(0)=f(x)+f(鈭?x)

隆脿鈭?f(x)=f(鈭?x)

即f(x)

為奇函數(shù)；

(2)

任取x1x2隆脢R

且x1<x2

隆脽f(x+y)=f(x)+f(y)

隆脿f(x2)鈭?f(x1)=f(x2鈭?x1)

隆脽

當(dāng)x>0

時(shí)，f(x)>0

且x1<x2

隆脿f(x2鈭?x1)>0

即f(x2)>f(x1)

隆脿f(x)

為增函數(shù)；

隆脿

當(dāng)x=鈭?2

時(shí)；函數(shù)有最小值，f(x)min=f(鈭?2)=鈭?f(2)=鈭?2f(1)=鈭?1

．

當(dāng)x=6

時(shí)；函數(shù)有最大值，f(x)max=f(6)=6f(1)=3

(3)隆脽

函數(shù)f(x)

為奇函數(shù)；

隆脿

不等式f(2(log2x)2鈭?4)+f(4m鈭?2(log2x))>0

可化為f(2(log2x)2鈭?4)>f(2log2x鈭?4m)

又隆脽f(x)

為增函數(shù)，隆脿2(log2x)2鈭?4>2log2x鈭?4m

令t=log2x

則0鈮?t鈮?1

問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為2t2鈭?4>2t鈭?4m

在t隆脢[0,1]

上恒成立；

即4m>鈭?2t2+2t+4

對(duì)任意t隆脢[0,1]

恒成立；

令y=鈭?2t2+2t+4

只需4m>ymax

而y=鈭?2t2+2t+4=鈭?2(t鈭?12)2+92(0鈮?t鈮?1)

隆脿

當(dāng)t=12

時(shí)，ymax=92

則4m>92

．

隆脿m

的取值范圍就為m>98

．24、略

【分析】

(

Ⅰ)

由已知及降冪公式可得a(1+cosC)+c(1+cosA)=52b

由acosC+ccosA=b

可得a+c=32b

即可得解．

(

Ⅱ)

利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求sinB=154

利用三角形面積公式可求ac=8

利用余弦定理可得b2=(a+c)2鈭?2ac(1+cosB)

代入(

Ⅰ)

的結(jié)論2(a+c)=3b

即可解得b

的值．

本題主要考查了降冪公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，三角形面積公式，余弦定理在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．【解析】解：(

Ⅰ)

由條件：a(1+cosC)+c(1+cosA)=52b

由于：acosC+ccosA=b

所以：a+c=32b

即：2(a+c)=3b

(

Ⅱ)隆脽cosB=14隆脿sinB=154

隆脽S=12acsinB=1815ac=15隆脿ac=8

又隆脽b2=a2+c2鈭?2accosB=(a+c)2鈭?2ac(1+cosB)

由2(a+c)=3b

隆脿5b24=16(1+14)

隆脿b=4

六、綜合題(共4題，共40分)25、略

【分析】【分析】（1）將A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三點(diǎn)坐標(biāo)代入y=ax2+bx+c中，列方程組求a、b；c的值；得出拋物線解析式；

（2）拋物線上存在一點(diǎn)P，使∠POM=90?．設(shè)（a，a2-4a）；過(guò)P點(diǎn)作PE⊥y軸，垂足為E；過(guò)M點(diǎn)作MF⊥y軸，垂足為F，利用互余關(guān)系證明Rt△OEP∽R(shí)t△MFO，利用相似比求a即可；

（3）拋物線上必存在一點(diǎn)K，使∠OMK=90?．過(guò)頂點(diǎn)M作MN⊥OM，交y軸于點(diǎn)N，在Rt△OMN中，利用互余關(guān)系證明△OFM∽△MFN，利用相似比求N點(diǎn)坐標(biāo)，再求直線MN解析式，將直線MN解析式與拋物線解析式聯(lián)立，可求K點(diǎn)坐標(biāo)．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意，得，解得；

∴拋物線的解析式為y=x2-4x；

（2）拋物線上存在一點(diǎn)P；使∠POM=90?．

x=-=-=2，y===-4；

∴頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2；-4）；

設(shè)拋物線上存在一點(diǎn)P，滿(mǎn)足OP⊥OM，其坐標(biāo)為（a，a2-4a）；

過(guò)P點(diǎn)作PE⊥y軸；垂足為E；過(guò)M點(diǎn)作MF⊥y軸，垂足為F．

則∠POE+∠MOF=90?；∠POE+∠EPO=90?．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90?；

∴Rt△OEP∽R(shí)t△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）；

（3）過(guò)頂點(diǎn)M作MN⊥OM；交y軸于點(diǎn)N．則∠FMN+∠OMF=90?．

∵∠MOF+∠OMF=90?；

∴∠MOF=∠FMN．

又∵∠OFM=∠MFN=90?；

∴△OFM∽△MFN．

∴OF：MF=MF：FN．即4：2=2：FN．∴FN=1．

∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（0；-5）．

設(shè)過(guò)點(diǎn)M，N的直線的解析式為y=kx+b，則；

解得，∴直線的解析式為y=x-5；

聯(lián)立得x2-x+5=0，解得x1=2，x2=；

∴直線MN與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)（其中一點(diǎn)為頂點(diǎn)M）．

另一個(gè)交點(diǎn)K的坐標(biāo)為（，-）；

∴拋物線上必存在一點(diǎn)K，使∠OMK=90?．坐標(biāo)為（，-）．26、略

【分析】【分析】（1）設(shè)C（x；-x），根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式（勾股定理）得到方程，求出方程的解即可；

（2）作BE⊥AC于E；求出AC，根據(jù)勾股定理求出BC，得到AC=BC，求出CE；BE，求出∠A即可；

（3）求出△ABC的高CD的長(zhǎng)，求出AB的長(zhǎng)，根據(jù)圓周角定理求出∠AO'B，證△AO'B≌△ACB，推出R=AC，根據(jù)三角形的面積和扇形的面積公式求出即可．【解析】【解答】解：（1）設(shè)C（x；-x）；

∵AC=BC；

根據(jù)勾股定理得：（x+4）2+（-x+2）2=（x-5）2+；

解得：x=2；

∴C（2；-2）．

答：點(diǎn)C的坐標(biāo)是（2；-2）．

（2）AC∥x軸；作BE⊥AC于E；

∴AC=2+4=6；

由勾股定理得：BC==6；

∴AC=BC=6，BE=3；CE=3；

∴∠ABC=∠BAC=30°．

答：∠BAC的度數(shù)是30°．

（3）設(shè)圓心為O’；

∵∠ACB=180°∠A-∠ABC=120°；

∴∠AO'B=360°-2×120°=120°；

∵AO=OB；

∴∠OAB=∠OBA=30°；

∴∠OAB=∠CAB；∠OBA=∠CBA，AB=AB；

∴△AO'B≌△ACB，

∴AO=OB=AC=BC=6；

∴R=6；

連接O'C交AB于D；

則CD⊥AB；

∵∠CAB=30°；

∴CD=AC=3；

由勾股定理得：AD=3；

∴AB=2AD=6；

∴S弓形ABC=S扇形OACB-S△ACB=-×6×3=12π-9．

答：（1）中△ABC的外接圓半徑R是6，以AB為弦的弓形ABC的面積是12π-9．27、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)f（x）=x的兩實(shí)根為α、β，可列出方程用a，b表示兩根α，β，根據(jù)|α-β|=1，可求出a、b滿(mǎn)足的關(guān)系式．

（2）根據(jù)（1）求出的結(jié)果和a、b均為負(fù)整數(shù)，且|α-β|=1，可求出a，b；從而求出f（x）解析式．

（3）因?yàn)殛P(guān)于x的方程f（x）=0的兩根為x1，x2，用a和b表示出（x1+1）（x2+1），討論a，b的關(guān)系可比較（x1+1）（x2+1）與7的大小的結(jié)論．【解析】【解答】解：（1）∵f（x）=x；

∴ax2+4x+b=x；

α=，β=．

∵|α-β|=1；

∴=|a|；

∴a2+4ab-9=0；

（2）∵a、b均為負(fù)整數(shù)，a2+4ab-9=0；

∴a（a+4b）=9，解得a=-1，b=-2．