2025年冀少新版高一数学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年冀少新版高一数学下册阶段测试试卷344考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知则为（）A.2B.3C.4D.52、函数sinx=2cosx；则sinx•cosx的值是（）

A.

B.

C.

D.

3、【题文】已知在定义域R上是减函数；则函数y＝f(|x＋2|)的单调递增区间是（）

A．(－∞,＋∞)B．(2,＋∞)C．(－2,＋∞)D(―∞,―2)4、已知f（x）=|2﹣x2|，若0＜m＜n时满足f（m）=f（n），则mn的取值范围为（）A.（0，2）B.（0，2]C.（0，4]D.（0，]5、圆（x+2）2+（y﹣1）2=5关于原点P（0，0）对称的圆的方程为（）A.（x+1）2+（y﹣2）2=5B.（x﹣2）2+（y﹣1）2=5C.（x﹣1）2+（y+2）2=5D.（x﹣2）2+（y+1）2=56、已知函数给定区间E，对任意当x12时，总有f(x1)>f(x2)则下列区间可作为E的是（）A.（－3，－1）B.（－1，0）C.（1，2）D.（3，6）7、当点P在圆x2+y2=1上变动时，它与定点Q（-3，0）的连结线段PQ的中点的轨迹方程是（）A.（x+3）2+y2=4B.（x-3）2+y2=4C.（2x-3）2+4y2=1D.（2x+3）2+4y2=1评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、函数的定义域为________.9、设函数若不存在使得与同时成立，则实数的取值范围是．10、【题文】与直线3x－4y＋5＝0关于x轴对称的直线方程为________．11、【题文】若点(x，y)位于曲线y＝|x－1|与y＝2所围成的封闭区域，则2x－y的最小值为________．12、【题文】已知集合则____．13、【题文】若函数(其中为常数且)，满足则的解集是____.14、方程lgx=4-x的根x∈（k，k+1），k∈Z，则k=______．评卷人得分三、证明题(共8题，共16分)15、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．16、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．

（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．17、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点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．18、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．19、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．

（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．20、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，圆O的半径为1，求证：EC2+ED2=2．21、如图；过圆O外一点D作圆O的割线DBA，DE与圆O切于点E，交AO的延长线于F，AF交圆O于C，且AD⊥DE．

（1）求证：E为的中点；

（2）若CF=3，DE•EF=，求EF的长．22、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．评卷人得分四、作图题(共4题，共20分)23、作出下列函数图象：y=24、画出计算1++++的程序框图．25、请画出如图几何体的三视图．

26、某潜艇为躲避反潜飞机的侦查，紧急下潜50m后，又以15km/h的速度，沿北偏东45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏东60°前行8min，最后摆脱了反潜飞机的侦查．试画出潜艇整个过程的位移示意图．评卷人得分五、解答题(共3题，共24分)27、如图，在四棱锥中，是正方形，平面分别是的中点．（1）在线段上确定一点使平面并给出证明；（2）证明平面平面并求出到平面的距离.28、【题文】已知二次函数满足且

（Ⅰ）求的解析式.（Ⅱ）在区间上,的图象恒在的图象上方试确定实数的范围.29、如图是函数f(x)=Asin(娄脴x+娄脮)(A>0,娄脴>0,0<娄脮<娄脨)

的一部分图象．

(1)

写出f(x)

的解析式；

(2)

若将f(x)

的图象向右平移1

个单位得到的g(x)

的图象，求函数g(x)

的单调递增区间．评卷人得分六、综合题(共3题，共24分)30、已知抛物线y=ax2-2ax+c-1的顶点在直线y=-上，与x轴相交于B（α，0）、C（β，0）两点，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求这个抛物线的解析式；

（2）设这个抛物线与y轴的交点为P；H是线段BC上的一个动点，过H作HK∥PB，交PC于K，连接PH，记线段BH的长为t，△PHK的面积为S，试将S表示成t的函数；

（3）求S的最大值，以及S取最大值时过H、K两点的直线的解析式．31、如图；⊙O的直径AB=2，AM和BN是它的两条切线，DE切⊙O于E，交AM于D，交BN于C．设AD=x，BC=y．

（1）求证：AM∥BN；

（2）求y关于x的关系式；

（3）求四边形ABCD的面积S．32、已知抛物线y=ax2-2ax+c-1的顶点在直线y=-上，与x轴相交于B（α，0）、C（β，0）两点，其中α＜β，且α2+β2=10．

（1）求这个抛物线的解析式；

（2）设这个抛物线与y轴的交点为P；H是线段BC上的一个动点，过H作HK∥PB，交PC于K，连接PH，记线段BH的长为t，△PHK的面积为S，试将S表示成t的函数；

（3）求S的最大值，以及S取最大值时过H、K两点的直线的解析式．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：因为所以故答案为．考点：分段函数的概念及求值．【解析】【答案】A2、C【分析】

∵sinx=2cosx，∴=2；即tanx=2

∴sinx•cosx=====

故选C

【解析】【答案】先根据sinx=2cosx求出tanx的值，再让sinx•cosx除以1，利用1的变形，把sinx•cosx变成含sinx和cosx的齐次分式，再令分子分母同除cos2x；化简为含tanx的式子，把前面求出的tanx的值代入即可．

3、D【分析】【解析】设当时，是增函数，是减函数，所以在上是减函数；当时，是减函数，是减函数，所以在上是增函数；故选D【解析】【答案】D4、A【分析】【解答】解：∵f（x）=|x2﹣2|；且0＜m＜n，f（m）=f（n）；

∴0＜m＜n＞

∴2﹣m2=n2﹣2，即m2+n2=4；

由基本不等式可得4=m2+n2≥2mn；解得mn≤2；

但0＜m＜n；∴0＜mn＜2

故选：A

【分析】由题意易得0＜m＜n＞可得m2+n2=4，由基本不等式可得4=m2+n2≥2mn，即mn≤2，结合题意可得范围．5、D【分析】【解答】解：圆（x+2）2+（y﹣1）2=5的圆心（﹣2，1）关于原点P（0，0）对称的圆的圆心为（2，﹣1），故圆（x+2）2+（y﹣1）2=5关于原点P（0，0）对称的圆的方程为（x﹣2）2+（y+1）2=5；

故选：D．

【分析】利用对称性求得要求的圆的圆心坐标和半径的值．从而求得要求的圆的方程．6、A【分析】【解答】根据题意由于函数同时，任意当时，总有f(x1)>f(x2)则说明函数在定义域内是递减的；因此求解的是函数的减区间，外层是递增的，则求解内层的减区间即可，对称轴x=1，那么开口向上，故可知答案为A.

【分析】解决的关键是根据给定的单调性的定义来判定函数的单调性，进而得到对应的复合函数单调区间，属于基础题。7、D【分析】解：设动点P（x0，y0）；PQ的中点为B（x，y）；

可得x=（-3+x0），y=y0，解出x0=2x+3，y0=2y；

∵点P（x0，y0）即P（2x+3，2y）在圆x2+y2=1上运动；

∴（2x+3）2+（2y）2=1，化简得（2x+3）2+4y2=1；即为所求动点轨迹方程。

故选：D．

设动点P（x0，y0），PQ的中点为B（x，y），由中点坐标公式解出x0=2x+3，y0=2y；将点P（2x+3，2y）代入已知圆的方程，化简即可得到所求中点的轨迹方程．

本题给出定点与定圆，求圆上动点与定点连线中点的轨迹方程．着重考查了圆的方程与动点轨迹方程求法等知识，属于中档题．【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【解析】

因为解得定义域为【解析】【答案】9、略

【分析】试题分析：．当二次函数的图像没有在轴下方的部分，即时，则必满足题意，此时解得当二次函数的图像有在轴下方的部分，即时，则函数较小零点需大于故解得综上，考点：数形结合【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】与直线3x－4y＋5＝0关于x轴对称的直线方程是3x－4(－y)＋5＝0，即3x＋4y＋5＝0【解析】【答案】3x＋4y＋5＝011、略

【分析】【解析】如图；

曲线y＝|x－1|与y＝2所围成的封闭区域如图中阴影部分，令z＝2x－y，则y＝2x－z，作直线y＝2x，在封闭区域内平行移动直线y＝2x；当经过点。

(－1,2)时，z取得最小值，此时z＝2×(－1)－2＝－4.【解析】【答案】－412、略

【分析】【解析】

试题分析：

所以

考点：1、不等式的解法；2、集合的运算.【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

试题分析：函数定义域为由知函数为单调递减函数，所以由知满足：解得

考点：1.不等式求解；2.对数的单调性；3.函数的定义域.【解析】【答案】14、略

【分析】解：设函数f（x）=lgx+x-4；则函数f（x）单调递增；

∵f（4）=lg4+4-4=lg4＞0；f（3）=lg3+3-4=lg3-1＜0；

∴f（3）f（4）＜0；

在区间（3；4）内函数f（x）存在零点；

∵方程lgx=4-x的解在区间（k；k+1）（k∈Z）；

∴k=3；

故答案为：3．

设函数f（x）=lgx+x-4；判断解的区间，即可得到结论．

本题主要考查方程根的存在性，根据方程构造函数，利用函数零点的条件判断，零点所在的区间是解决本题的关键．【解析】3三、证明题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）证明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．16、略

【分析】【分析】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】

证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；

则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．

（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．17、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【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为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．18、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴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为⊙O的直径；

∴∠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．19、略

【分析】【分析】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】

证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；

则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．

（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．20、略

【分析】【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．【解析】【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四点共圆．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．21、略

【分析】【分析】要证E为中点，可证∠EAD=∠OEA，利用辅助线OE可以证明，求EF的长需要借助相似，得出比例式，之间的关系可以求出．【解析】【解答】（1）证明：连接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圆O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

⇒OE∥AD

=＞E为的中点．

（2）解：连CE；则∠AEC=90°，设圆O的半径为x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圆O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE•EF=AD•CF

DE•EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC•FA=3x（3+2）=15

∴EF=22、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．【解析】【解答】证明：作DE⊥AC于E；

则AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中点；

∴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．四、作图题(共4题，共20分)23、【解答】幂函数y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定义域是[0；+∞），图象在第一象限，过原点且单调递增，如图所示；

【分析】【分析】根据幂函数的图象与性质，分别画出题目中的函数图象即可．24、解：程序框图如下：

【分析】【分析】根据题意，设计的程序框图时需要分别设置一个累加变量S和一个计数变量i，以及判断项数的判断框．25、解：如图所示：

【分析】【分析】由几何体是圆柱上面放一个圆锥，从正面，左面，上面看几何体分别得到的图形分别是长方形上边加一个三角形，长方形上边加一个三角形，圆加一点．26、解：由题意作示意图如下；

【分析】【分析】由题意作示意图。五、解答题(共3题，共24分)27、略

【分析】试题分析：（1）为线段中点，连接可得出所以为平面四边形，先证平面所以又三角形为等腰直角三角形，为斜边中点，所以．即可得结论平面（2）根据线线垂直可得线面垂直进而推出面面垂直取所以中点所以证明即为因为在平面内，作垂足为则即为到的距离，在三角形中，为中点，即到的距离为（12分）试题解析：（1）为线段中点时，平面取中点连接由于所以为平面四边形，由平面得又所以平面所以又三角形为等腰直角三角形，为斜边中点，所以所以平面（5分）（2）因为所以又所以所以取所以中点所以连接所以则即为在平面内，作垂足为则即为到的距离，在三角形中，为中点，即到的距离为（12分）考点：本题考查线线、线面垂直的判断和性质，可通过线线垂直线面垂直面面垂直的等价转化方法；点到平面的距离，可先做垂线，在解三角形.【解析】【答案】（1）为线段中点时，平面（2）到的距离为28、略

【分析】【解析】本试题主要是考查了函数的性质和函数的解析式的运用。

（1）设f（x）=ax2+bx+c，由f（0）=1得c=1，故f（x）=ax2+bx+1.

∵f(x+1)-f(x)=2x,∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x.

即2ax+a+b=2x,

（2）由题意得x2-x+1>2x+m在[-1,1]上恒成立.即x2-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立.

设g(x)=x2-3x+1-m,其图象的对称轴为直线x=所以g(x)在[-1,1]上递减.

那么可得。

解：(Ⅰ)设f（x）=ax2+bx+c，由f（0）=1得c=1，故f（x）=ax2+bx+1.

∵f(x+1)-f(x)=2x,∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x.

即2ax+a+b=2x,所以∴f(x)=x2-x+1.

(Ⅱ)由题意得x2-x+1>2x+m在[-1,1]上恒成立.即x2-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立.

设g(x)=x2-3x+1-m,其图象的对称轴为直线x=所以g(x)在[-1,1]上递减.

故只需g(1)>0,即12-3×1+1-m>0,解得m<-1.【解析】【答案】（Ⅰ）f(x)=x2-x+1.（Ⅱ）m<-1.29、略

【分析】

(1)

通过函数的图象求出函数的周期；然后求出娄脴

利用函数的图象经过的特殊点求出娄脮

从而可求f(x)

的解析式；

(2)

根据函数y=Asin(娄脴x+娄脮)

的图象变换规律可求g(x)

的解析式；利用正弦函数的性质即可得解g(x)

的单调递增区间．

本题主要考查了y=Asin(娄脴x+娄脮)

的图象变换规律的应用，由y=Asin(娄脴x+娄脮)

的部分图象确定其解析式，正弦函数的图象和性质，考查了计算能力和数形结合思想，属于中档题．【解析】解：(1)

由函数的图象可知：A=2T=5鈭�(鈭�1)=6娄脴=2娄脨T=娄脨3

由函数的图象经过(鈭�1,0)

隆脿0=2sin(娄脮鈭�娄脨3)

隆脿娄脮=k娄脨+娄脨3k隆脢Z

．

隆脽0<娄脮<娄脨

隆脿娄脮=娄脨3

．

故f(x)

的解析式为：f(x)=2sin(娄脨3x+娄脨3).

(2)

将f(x)

的图象向右平移1

个单位得到的g(x)

的图象；

可得g(x)=f(x鈭�1)=2sin[娄脨3(x鈭�1)+娄脨3]=2sin娄脨3x

令2k娄脨鈭�娄脨2鈮�娄脨3x鈮�2k娄脨+娄脨2k隆脢Z

可得：6k鈭�32鈮�x鈮�6k+32k隆脢Z

故函数g(x)

的单调递增区间为：[6k鈭�32,6k+32]k隆脢Z

．六、综合题(共3题，共24分)30、略

【分析】【分析】（1）把顶点A的坐标代入直线的解析式得出c=a+；根据根与系数的关系求出c=1-3a，得出方程组，求出方程组的解即可；

（2）求出P、B、C的坐标，BC=4，根据sin∠BCP==，和HK∥BP，得出=，求出PK=t；过H作HG⊥PC于G，根据三角形的面积公式即可求出答案；

（3）根据S=-（t-2）2+2求出S取最大值，作KK′⊥HC于K′，求出KK′和OK′，得到点K的坐标，设所求直线的解析式为y=kx+b，代入得到方程组求出即可．【解析】【解答】解：（1）由y=ax2-2ax+c-1=a（x-1）2+c-1-a得抛物线的顶点为

A（1；c-1-a）．

∵点A在直线y=-x+8上；

∴c-1-a=-×1+8；

即c=a+；①

又抛物线与x轴相交于B（α；0）；C（β，0）两点；

∴α、β是方程ax2-2ax+c-1=0的两个根．

∴α+β=2，αβ=；

又α2+β2=10，即（α+β）2-2αβ=10；

∴4-2×=10；

即c=1-3a②；

由①②解得：a=-；c=5；

∴y=-x2+x+4；

此时；抛物线与x轴确有两个交点；

答：这个抛物线解析式为：y=-x2+x+4．

（2）由抛物线y=-x2+x+4；

令x=0；得y=4，故P点坐标为（0，4）；

令y=0，解得x1=-1，x2=3；

∵α＜β；∴B（-1，0），C（3，0）；

∴BC=4，又由OC=3，OP=4，得PC=5，sin∠BCP==；

∵BH=t；∴HC=4-t．

∵HK∥BP，=，=；

∴PK=t

如图，过H作HG⊥PC于G，则HG=HC，

sin∠BCP=（4-t）•=（4-t）；

∴S=×t×（4-t）=t2+2t；

∵点H在线段BC上且HK∥BP；∴0＜t＜4．

∴所求的函数式为：S=-t2+2t（0＜t＜4）；

答：将S表示成t的函数为S=-t2+2t（0＜t＜4）．

（3）由S=-t2+2t=-（t-2）2+2（0＜t＜4）；知：

当t=2（满足0＜t＜4）时；S取最大值，其值为2；

此时；点H的坐标为（1，0）；

∵HK∥PB；且H为BC的中点；

∴K为PC的中点；

作KK′⊥HC于K′；

则KK′=PO=2，OK′=CO=；

∴点K的坐标为（；2）；

设所求直线的解析式为y=kx+b；则

；

∴

故所求的解析式为y=4x-4；

答S的最大值是2，S取最大值时过H、K两点的直线的解析式是y=4x-4．31、略

【分析】【分析】（1）由AB是直径；AM；BN是切线，得到AM⊥AB，BN⊥AB，根据垂直于同一条直线的两直线平行即可得到结论；

（2）过点D作DF⊥BC于F；则AB∥DF，由（1）AM∥BN，得到四边形ABFD为矩形，于是得到DF=AB=2，BF=AD=x，根据切线长定理得DE=DA=x，CE=CB=y．根据勾股定理即可得到结果；

（3）根据梯形的面积公式即可得到结论．【解析】【解答】（1）证明：∵AB是直径；AM；BN是切线；

∴AM⊥AB；BN⊥AB；

∴AM∥BN；

（2）解：过点D作DF⊥BC于F；则AB∥DF；

由（1）AM∥BN；

∴四边形ABFD为矩形；

∴DF=AB=2；BF=AD=x；

∵DE；DA；CE、CB都是切线；

∴根据切线长定理；得DE=DA=x，CE=CB=y