2025年外研銜接版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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年外研銜接版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷461考試試卷考試范圍：全部知識點；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8題，共16分)1、已知數(shù)列{an}的首項a1=1，且an=2an-1+1（n≥2），則a5為（）

A.7

B.15

C.30

D.31

2、若關(guān)于x的方程|3x+1-1|=k有兩個不相等的實根；則實數(shù)k的取值范圍是（）

A.（-1；0）

B.（0；1）

C.（1；+∞）

D.（1；2）

3、函數(shù)在上有定義,若對任意有則稱在上具有性質(zhì)設(shè)在[1,3]上具有性質(zhì)現(xiàn)給出如下題:①在上的圖像時連續(xù)不斷的;②在上具有性質(zhì)③若在處取得最大值則④對任意有其中真命題的序號（）A.①②B.①③C.②④D.②③④4、【題文】條件不等式的解；條件不等式的解，則是的()A.充分非必要條件B.必要非充分條件C.充要條件D.非充分非必要條件5、【題文】已知f(x5)=lgx,則f(2)等于（）A.lg2B.lg32C.lgD.lg26、已知A、B、C是平面上不共線的三點，O是△ABC的重心（三條中線的交點），AB邊的中點為D．動點P滿足則點P一定為△ABC的（）A.線段CD的中點B.線段CD靠近C的四等分點C.重心D.線段CD靠近C的三等分點7、已知f（x）=2x，且（x≠1），則g（x）的值域是（）A.（﹣∞，﹣1）B.（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）C.（﹣1，+∞）D.（﹣1，0）∪（0，+∞）8、如圖，triangleA{{"}}B{{"}}C{{"}}是鈻?ABC

用“斜二測畫法”畫出的直觀圖，其中O{{"}}B{{"}}=O{{"}}C{{"}}=1O{{"}}A{{"}}=dfrac{sqrt{3}}{2}那么鈻?ABC

是一個(

)

A.等邊三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.三邊互不相等的三角形O{{"}}A{{"}}=dfrac{sqrt

{3}}{2}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、計算：lg25+log327+lg4=____．10、給出下列說法：①冪函數(shù)的圖象一定不過第四象限；②奇函數(shù)圖象一定過坐標(biāo)原點；③的遞增區(qū)間為④定義在R上的函數(shù)對任意兩個不等實數(shù)a、b,總有成立，則在R上是增函數(shù)；⑤的單調(diào)減區(qū)間是正確的有____________11、【題文】一個圓錐過軸的截面為等邊三角形，它的頂點和底面圓周在球O的球面上，則該圓錐的表面積與球O的表面積的比值為_____________.12、已知發(fā)f(x-)=則函數(shù)f（3）=____13、已知扇形的圓心角為240°，半徑為6，則扇形的面積是______．14、兩個不重合的平面可以將空間分為______部分．15、在邊長為4cm的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，M，N分別為AB，CF的中點，現(xiàn)沿AE，AF，EF折疊，使B，C，D三點重合，重合后的點記為B，構(gòu)成一個三棱錐，則MN與平面AEF的位置關(guān)系是______．評卷人得分三、證明題(共7題，共14分)16、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．17、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．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；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．20、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．21、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．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2題，共12分)23、【題文】如圖，AB是圓O的直徑，CA垂直圓O所在的平面，D是圓周上一點，已知AC=AD=

（Ⅰ）求證：平面ADC⊥平面CDB;（Ⅱ）求平面CDB與ADB所成的二面角的正切值。24、（1）解不等式

（2）求函數(shù)y=3cos（2x+），x∈[0，]的值域．評卷人得分五、作圖題(共4題，共24分)25、作出下列函數(shù)圖象：y=26、某潛艇為躲避反潛飛機(jī)的偵查，緊急下潛50m后，又以15km/h的速度，沿北偏東45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏東60°前行8min，最后擺脫了反潛飛機(jī)的偵查．試畫出潛艇整個過程的位移示意圖．27、繪制以下算法對應(yīng)的程序框圖：

第一步；輸入變量x；

第二步，根據(jù)函數(shù)f（x）=

對變量y賦值；使y=f（x）；

第三步，輸出變量y的值．28、已知簡單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評卷人得分六、綜合題(共3題，共6分)29、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(biāo)．

（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(biāo)．30、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C，使它和兩點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．31、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標(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（m；n為正整數(shù)），且它位于對稱軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)，求點M的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

（法一）∵an=2an-1+1，a1=1

a2=2a1+1=3

a3=2a2+1=7

a4=2a3+1=15

a5=2a4+1=31

（法二）∵an=2an-1+1

∴a5=2a4+1=4a3+3=8a2+7=16a1+15=31

（法三）∴an+1=2（an-1+1）

∵a1+1=2

∴{an+1}是以2為首項；以2為等比數(shù)列。

∴an+1=2?2n-1=2n

∴an=2n-1

∴a5=25-1=31

故選：D

【解析】【答案】（法一）利用已遞推關(guān)系把n=1；n=2，n=3，n=4，n=5分別代入進(jìn)行求解即可求解。

（法二）利用迭代可得a5=2a4+1=2（a3+1）+1=進(jìn)行求解。

（法三）構(gòu)造可得an+1=2（an-1+1），從而可得數(shù)列{an+1}是以2為首項，以2為等比數(shù)列，可先求an+1，進(jìn)而可求an；把n=5代入可求。

2、B【分析】

作出函數(shù)y=|3x+1-1|的圖象；如下圖所示：

要使方程|3x+1-1|=k有兩個不相等的實根，只需y=|3x+1-1|與y=k的圖象有兩個交點；

由圖象得；0＜k＜1．

故選B．

【解析】【答案】數(shù)形結(jié)合：要使方程|3x+1-1|=k有兩個不相等的實根，只需y=|3x+1-1|與y=k的圖象有兩個交點，作出函數(shù)y=|3x+1-1|的圖象；根據(jù)圖象即可求得k的范圍．

3、D【分析】①可以不連續(xù)，只要滿足圖像是向下凸的特征即可。②正確。由Ｐ性質(zhì)的定義可知[1,3]具有性質(zhì)Ｐ，則在此子區(qū)間上也應(yīng)具有此性質(zhì)．③正確.f(x)在x=2處取得最大值1，故對任意x1,x2屬于[1,3]，有所以對任意有而故f(x)=1，④令【解析】【答案】D4、B【分析】【解析】本題考查的是充分條件與必要條件。因為所以解集為同理不等式的解為所以應(yīng)選B。【解析】【答案】B5、D【分析】【解析】令x5=2，∴x=∴f(2)==lg2.【解析】【答案】D6、D【分析】【解答】如圖；根據(jù)條件：

=

∴

∴點P一定為△ABC的線段CD靠近C的三等分點．

故選：D．

【分析】可畫出圖形，由條件可以得到從而便可得出這樣即可得到從而得出點P為△ABC的線段CD靠近C的三等分點．7、B【分析】【解答】解：f（x）=2x，（x≠1），那么：g（x）=．

∵2x﹣1﹣1＞﹣1；

根據(jù)反比例的性質(zhì)；可知；

g（x）的值域為（﹣∞；﹣1）∪（0，+∞）．

故選B．

【分析】根據(jù)f（x）=2x，（x≠1），求出g（x）的解析式，根據(jù)反比例的性質(zhì)求解即可．8、A【分析】解：由已知中鈻?ABC

的直觀圖中O鈥?B鈥?=O鈥?C鈥?=1O鈥?A鈥?=32

隆脿鈻?ABC

中，BO=CO=1AO=3

由勾股定理得：AB=AC=2

又由BC=2

故鈻?ABC

為等邊三角形；

故選：A

．

根據(jù)“斜二測畫法”的畫圖法則，結(jié)合已知，可得鈻?ABC

中，BO=CO=1AO=3

結(jié)合勾股定理，求出鈻?ABC

的三邊長，可得鈻?ABC

的形狀．

本題考查的知識點是斜二側(cè)畫幾何體的直觀圖，三角形形狀的判斷，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】A

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

由對數(shù)的運算性質(zhì)可得lg25+log327+lg4=（lg25+lg4）+log327=lg100+3=2+3=5；

故答案為5．

【解析】【答案】由對數(shù)的運算性質(zhì)可得要求的式子為（lg25+lg4）+log327=lg100+3；運算求得結(jié)果．

10、略

【分析】【解析】試題分析：①因為x>0時，所以冪函數(shù)的圖象一定不過第四象限.正確；②因為定義域不一定包括0,所以奇函數(shù)圖象不一定過坐標(biāo)原點.錯；③因為所以的遞增區(qū)間為和錯；④因為所以根據(jù)增函數(shù)的定義可知此命題正確.⑤因為的單調(diào)減區(qū)間是但不是其單調(diào)遞區(qū)間.錯.考點：考小題考查了冪函數(shù)的定義，函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性.【解析】【答案】①④11、略

【分析】【解析】

試題分析：圓錐與球的截面如下圖，設(shè)球的半徑為則圓錐底面圓的直徑為圓錐底面面積為圓錐的側(cè)面面積為所以圓錐的表面積為球的表面積為所以其面積比為

考點：1.圓錐與球的表面積；2.球與其內(nèi)接幾何體的關(guān)系.【解析】【答案】12、11【分析】【解答】令x﹣=t，t2=﹣2；

∴f（t）=t2+2；

∴f（3）=32+2=11；

故答案為11．

【分析】通過換元，求出f（t）的解析式，再把t換成3，可得f（3）的值．13、略

【分析】解：∵圓心角θ=240°=扇形的半徑R=6；

∴圓心角θ所對的弧長l=θR=×6=8π；

∴該扇形的面積S=lR=×8π×6=24π．

故答案為：24π．

將圓心角轉(zhuǎn)化為弧度；再利用扇形的弧長；面積公式即可求得答案．

本題考查扇形的面積公式的應(yīng)用，考查角度制與弧度制的互化，屬于中檔題．【解析】24π14、略

【分析】解：兩個平面的位置關(guān)系是平行與相交；

若兩個平面平行；則可將空間分成三部分；

若兩個平面相交；可將空間分成四部分；

故答案為：3或4．

對兩個平面的位置關(guān)系情況進(jìn)行討論；得出其將空間分成幾部分，比較所得的結(jié)果即可得到最多可分成幾部分。

本題考查平面的基本性質(zhì)及推論，關(guān)鍵是了解兩個平面的位置關(guān)系，根據(jù)每種情況下的位置進(jìn)行討論．【解析】3或415、略

【分析】解：∵翻折后B；C、D重合；∴MN是△ABF的一條中位線；

∴MN∥AF

又∵M(jìn)N?平面AEF；AF?平面AEF

∴MN∥平面AEF．

故答案為：MN∥平面AEF．

利用線線平行；即MN∥AF，利用線面平行的判定證明線面平行。

本題考查了正方形的性質(zhì)、線面平行的判定定理、三角形中位線定理，考查了空間想象能力，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】MN∥平面AEF三、證明題(共7題，共14分)16、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．17、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；

∴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．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．20、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．21、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；

∴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．22、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、解答題(共2題，共12分)23、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（Ⅰ）∵CA⊥平面ADB∴CA⊥BD，又D是圓周上一點，故BD⊥AD∴BD⊥平面ACD∵BD平面BCD∴平面CDB⊥平面CAD

（Ⅱ）又（Ⅰ）知BD⊥平面ADC，∴BD⊥AD，BD⊥CD，故∠CDA就是二面角C—DB—A的平面角。又∴平面ADB與平面ADC所成二面角的平面角的正切值為24、略

【分析】

（1）直接化指數(shù)不等式為一元一次不等式求解；

（2）由x的范圍求得相位的范圍，進(jìn)一步求得函數(shù)y=3cos（2x+），x∈[0，]的值域．

本題考查指數(shù)不等式的解法，考查了余弦型復(fù)合函數(shù)值域的求法，是中檔題．【解析】解：（1）由得34+2x＞3-2x-4；即4+2x＞-2x-4，得x＞-2．

∴不等式的解集為（-2；+∞）；

（2）∵x∈[0，]，∴2x+∈[]；

則3cos（2x+）∈[-3，]．五、作圖題(共4題，共24分)25、【解答】冪函數(shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點且單調(diào)遞增，如圖所示；

【分析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，分別畫出題目中的函數(shù)圖象即可．26、解：由題意作示意圖如下；

【分析】【分析】由題意作示意圖。27、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】該函數(shù)是分段函數(shù)，當(dāng)x取不同范圍內(nèi)的值時，函數(shù)解析式不同，因此當(dāng)給出一個自變量x的值時，必須先判斷x的范圍，然后確定利用哪一段的解析式求函數(shù)值，因為函數(shù)解析式分了三段，所以判斷框需要兩個，即進(jìn)行兩次判斷，于是，即可畫出相應(yīng)的程序框圖．28、

解：幾何體的三視圖為：

【分析】【分析】利用三視圖的作法，畫出三視圖即可．六、綜合題(共3題，共6分)29、略

【分析】【分析】（1）將A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三點坐標(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P，使∠POM=90?．設(shè)（a，a2-4a）；過P點作PE⊥y軸，垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F，利用互余關(guān)系證明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．過頂點M作MN⊥OM，交y軸于點N，在Rt△OMN中，利用互余關(guān)系證明△OFM∽△MFN，利用相似比求N點坐標(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P；使∠POM=90?．

x=-=-=2，y===-4；

∴頂點M的坐標(biāo)為（2；-4）；

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

過P點作PE⊥y軸；垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F．

則∠POE+∠MOF=90?；∠POE+∠EPO=90?．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90?；

∴Rt△OEP∽Rt△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P點的坐標(biāo)為（，）；

（3）過頂點M作MN⊥OM；交y軸于點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N的坐標(biāo)為（0；-5）．

設(shè)過點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與拋物線有兩個交點（其中一點為頂點M）．

另一個交點K的坐標(biāo)為（，-）；

∴拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．坐標(biāo)為（，-）．30、略

【分析】【分析】（1）設(shè)C（x；-x），根據(jù)兩點間的距離公式（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，求出AB的長，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=∠C