2025年冀教版高一数学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年冀教版高一数学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、设a＝(sin56°－cos56°)，b＝cos50°·cos128°＋cos40°·cos38°，c＝(cos80°－2cos250°＋1)，则a，b，c的大小关系是().A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.a>c>b2、若则的最小值是（）A.B.C.D.3、【题文】直线与圆交于两点，则（是原点）的面积为A.B.C.D.4、若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示；其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）

A.B.C.D.5、已知函数f（x）=则f（﹣4）的值是（）A.﹣2B.﹣1C.0D.1评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、函数y=x2-6x+8在[2，6]上的最大值为____，最小值为____．7、若不等式的解集为{x|x＜3，或x＞4}，则m=____．8、【题文】“三角形的三条中线交于一点，且这一点到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍”.试类比：四面体的四条中线（顶点到对面三角形重心的连线段）交于一点，且这一点到顶点的距离等于它到对面重心距离的____倍.9、【题文】设奇函数的定义域为若当时,的图象如右图，则不等式的解集是____________．

10、【题文】点为边长为的正三角形所在平面外一点，且则到的距离为___________________．翰林汇11、若a=0.32，b=log20.3，c=20.3，则a，b，c的大小关系（由小到大是）____12、某校为了解学生的学习情况，采用分层抽样的方法从高一150人、高二120人、高三180人中抽取50人进行问卷调查，则高三抽取的人数是______．13、一个容量为100的样本分成10组，组距为10，在对应的频率分布直方图中某个小长方形的高为0.03，那么该组的频数是______．评卷人得分三、证明题(共9题，共18分)14、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．15、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．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、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．18、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．19、已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，∠E的平分线EX与∠F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．20、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．21、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．22、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．评卷人得分四、解答题(共4题，共28分)23、已知定义域为的函数是奇函数．（1）求实数的值；（2）判断并证明在上的单调性；（3）若对任意实数不等式恒成立，求的取值范围．24、【题文】（本小题满分12分）

如图，在多面体中，平面∥平面⊥平面∥．

且．

（Ⅰ）求证：平面

（Ⅱ）求证：∥平面

（Ⅲ）求二面角的余弦值．25、【题文】：如图，四边形ABCD是正方形，PB^平面ABCD，MA∥PB，PB＝AB＝2MA．

（Ⅰ）证明：AC∥平面PMD；

（Ⅱ）求直线BD与平面PCD所成的角的大小；

（Ⅲ）求平面PMD与平面ABCD所成的二面角（锐角）的正切值．26、已知数列{an}中，a1=2，an+1=2-数列{bn}中，bn=其中n∈N*．

（Ⅰ）求证：数列{bn}是等差数列；

（Ⅱ）设Sn是数列{bn}的前n项和，求+++．评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)27、（2010•泉州校级自主招生）直角三角形ABC中，BC=AC，弧DEF圆心为A．已知两阴影面积相等，那么AD：DB=____．28、已知关于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一个正实数根，则a的取值范围是____．29、化简求值．评卷人得分六、综合题(共4题，共16分)30、已知抛物线Y=x2-（m2+4）x-2m2-12

（1）证明：不论m取什么实数；抛物线必与x有两个交点。

（2）m为何值时；x轴截抛物线的弦长L为12？

（3）m取什么实数，弦长最小，最小值是多少？31、已知抛物线y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求证：抛物线的顶点必在x轴的下方；

（2）设抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右边），过A、B两点的圆M与y轴相切，且点M的纵坐标为；求抛物线的解析式；

（3）在（2）的条件下，若抛物线的顶点为P，抛物线与y轴交于点C，求△CPA的面积．32、如图1，在平面直角坐标系中，拋物线y=ax2+c与x轴正半轴交于点F（4；0）；与y轴正半轴交于点E（0，4），边长为4的正方形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A与点E重合，顶点C与点F重合；

（1）求拋物线的函数表达式；

（2）如图2；若正方形ABCD在平面内运动，并且边BC所在的直线始终与x轴垂直，抛物线与边AB交于点P且同时与边CD交于点Q．设点A的坐标为（m，n）

①当PO=PF时；分别求出点P和点Q的坐标及PF所在直线l的函数解析式；

②当n=2时；若P为AB边中点，请求出m的值；

（3）若点B在第（2）①中的PF所在直线l上运动；且正方形ABCD与抛物线有两个交点，请直接写出m的取值范围．

33、已知△ABC的一边AC为关于x的一元二次方程x2+mx+4=0的两个正整数根之一，且另两边长为BC=4，AB=6，求cosA．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】试题分析：因为又因为在内余弦函数单调递减，所以即c考点：辅助角公式（化一公式），诱导公式，两角和的余弦公式，二倍角的余弦公式，余弦函数单调性.【解析】【答案】B.2、A【分析】【解析】

因为则此时取得最小值是4，选A【解析】【答案】A3、D【分析】【解析】

试题分析：根据题意，由于直线与圆交于两点，那么圆心（2，-3），半径为3，那么圆心到直线的距离为根据半径为3，那么勾股定理可知弦长为那么原点到直线的距离为的面积为故答案为D.

考点：直线与圆的位置关系。

点评：解决的关键是根据圆内的性质来得到弦长和半径以及弦心距的勾股定理来求解，属于基础题。【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】由题意，该三棱柱底面三角形边长为2，几何体高为1。其外接球球心是上下底面的连心线的中点，由平面几何知识，球半径r满足所以，该球的表面积为选B。

【分析】小综合题，涉及三视图的题目，基本成为高考必考的知识内容，要注意掌握画法规则，准确地还原几何体，并利用几何体的特征解题。5、D【分析】【解答】解：∵函数f（x）=∴f（﹣4）=f（﹣1）=f（2）=log22=1．

则f（﹣4）=1．

故选：D．

【分析】利用分段函数的性质、对数函数的运算性质即可得出．二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】

由题意可知：

y=（x-3）2-1

所以二次函数的开口向上；对称轴为x=3．

故函数在[2；3]上为减函数，函数在[3，6]上为增函数．

所以；函数在x=3时取得最小值-1．

x=6时最大值为8

故答案为：8．-1．

【解析】【答案】本题考查的是二次函数在闭区间上求最值问题．在解答时首先应该对二次函数进行配方结合二次函数的性质分析取得最值的位置；计算进而即可获得问题的解答。

7、略

【分析】

∵

∴即[（1+m）x+m2-1]（x+m）＜0

∵不等式的解集为{x|x＜3；或x＞4}；

∴x=3与x=4是方程[（1+m）x+m2-1]（x+m）=0的两个根。

则

解得：m=-3

故答案为：-3

【解析】【答案】先将不等式转化成[（1+m）x+m2-1]（x+m）＜0，然后根据不等式的解集为{x|x＜3，或x＞4}可知x=3与x=4是方程[（1+m）x+m2-1]（x+m）=0的两个根；代入方程解之即可．

8、略

【分析】【解析】三角形类比四面体,四面体的四条中线（顶点到对面三角形重心的连线段）交于一点，且这一点到顶点的距离等于它到对面重心距离的3倍【解析】【答案】39、略

【分析】【解析】奇函数的图象关于原点对称。因为当时不等式的解集为的解集是（0,2）；所以时，不等式的解集（－2,0），故不等式的解集是【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

试题分析：因为，点为边长为的正三角形所在平面外一点，且所以，该几何体是正四面体，各个面均为正三角形。

取AB的中点D，则PD即为到的距离故答案为

考点：正四面体的几何特征。

点评：简单题，注意应用正四面体的几何特征，将立体几何问题，转化成平面几何问题。【解析】【答案】．11、b＜a＜c【分析】【解答】解：∵0＜a=0.32＜1；

b=log20.3＜log21=0；

c=20.3＞20=1；

∴b＜a＜c．

故答案为：b＜a＜c．

【分析】由0＜a=0.32＜1，b=log20.3＜log21=0，c=20.3＞20=1，能判断a，b，c的大小关系．12、略

【分析】解：根据题意和分层抽样的定义知，高三抽取的人数为×50=20．

故答案为：20．

根据分层抽样知在各层抽取的比例是把条件代入，再由高三的学生人数求出。

本题考查了分层抽样方法的应用，即在各层抽取的比例是根根据题意求出抽取比例和在各层抽取的个体数．【解析】2013、略

【分析】解：根据题意；该组的频率为0.03×10=0.3；

所以该组数据的频数为100×0.3=30．

故答案为：30．

根据频率与频数；样本容量的关系；计算即可．

本题考查了频率分布直方图的理解与应用问题，是基础题目．【解析】30三、证明题(共9题，共18分)14、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．15、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB•ACsin（α+β）=BD•AD+CD•AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．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】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．18、略

【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四边形GBFC是平行四边形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵过A；G的圆与BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四点共圆；

∴GA；GF=GC•GD；

即GA2=GC•GD．19、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性质知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四边形ABCD内接于圆，则∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，联立①②，即可证得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分别是∠AFB和∠AED的角平分线，等量代换后可证得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可连接AX，此时发现∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可证得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲证∠MFX=∠NFX，必须先证得∠AFM=∠BFN，可通过相似三角形来实现；首先连接FM、FN，易证得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通过等量代换，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圆周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可证得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，进一步可证得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可证得EX是∠MEN的角平分线．【解析】【解答】证明：（1）连接AX；

由图知：∠FDC是△ACD的一个外角；

则有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四边形ABCD是圆的内接四边形；

∴∠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分别是∠AFB、∠AED的角平分线；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性质知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）连接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；

同理可证得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．20、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．21、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，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】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四边形GBFC是平行四边形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵过A；G的圆与BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四点共圆；

∴GA；GF=GC•GD；

即GA2=GC•GD．四、解答题(共4题，共28分)23、略

【分析】试题分析：（1）由奇函数的条件可得即可得到a，b；（2）运用单调性的定义，结合指数函数的单调性，即可得证；（3）不等式由奇函数f（x）得到再由单调性，即可得到对恒成立，讨论k=0或解出即可．试题解析：（1）由于定义域为R的函数是奇函数，经检验成立.（2）f（x）在上是减函数．证明如下：设任意在上是减函数,（3）不等式由奇函数f（x）得到f（-x）=-f（x），所以由f（x）在上是减函数，对恒成立，或综上：考点：奇偶性与单调性的综合．【解析】【答案】（1）a=1,b=2;（2）单调递减；（3）24、略

【分析】【解析】

试题分析：（Ⅰ）平面∥平面平面平面平面平面∥1分。

又四边形为平行四边形，∥2分。

面平面3分。

（Ⅱ）设的中点为连接则

∥∴四边形是平行四边形4分。

∴∥由（Ⅰ）知，为平行四边形，∴∥∴∥

∴四边形是平行四边形；5分。

即∥又平面故∥平面6分。

（Ⅲ）由已知，两两垂直；建立如图的空间坐标系，则。

∴

设平面的法向量为则

令则而平面的法向量

∴＝

由图形可知，二面角的余弦值-．12分。

考点：本题考查了空间中的线面角的求法。

点评：高考中常考查空间中平行关系与垂直关系的证明以及几何体体积的计算，这是高考的重点内容.证明的关键是熟练掌握并灵活运用相关的判定定理与性质定理.【解析】【答案】（Ⅰ）平面∥平面∥又四边形为平行四边形，∥面平面

（Ⅱ）设的中点为连接则∥∴四边形是平行四边形，∴∥由（Ⅰ）知，为平行四边形，∴∥∴∥∴∥又平面故∥平面

（Ⅲ）-．25、略

【分析】【解析】：（Ⅰ）证明：如图，取PD的中点E，连EO，EM．

∵EO∥PB，EO＝PB，MA∥PB，MA＝PB，∴EO∥MA，且EO＝MA．

∴四边形MAOE是平行四边形．∴ME∥AC．

又∵AC(/平面PMD，MEÌ平面PMD，∴AC∥平面PMD．3分。

（Ⅱ）如图，PB^平面ABCD，CDÌ平面ABCD，∴CD^PB．

又∵CD^BC，∴CD^平面PBC．∵CDÌ平面PCD，∴平面PBC^平面PCD．

过B作BF^PC于F，则BF^平面PDC，连DF，则DF为BD在平面PCD上的射影．

∴ÐBDF是直线BD与平面PDC所成的角．

不妨设AB＝2，则在Rt△PBC中，PB＝BC＝2，BF^PC，∴BF＝PC＝．

∵BD＝2．∴在Rt△BFD中，BF＝BD，∴ÐBDF＝．

∴直线BD与平面PCD所成的角是．5分。

（Ⅲ）解：如图，分别延长PM，BA，设PM∩BA＝G，连DG；

则平面PMD∩平面ABCD＝DG．

不妨设AB＝2，∵MA∥PB，PB＝2MA，∴GA＝AB＝2．

过A作AN^DG于N，连MN．∵PB^平面ABCD；

∴MA^平面ABCD，∴MN^DG．∴ÐMNA是平面PMD与平面ABCD

所成的二面角的平面角（锐角）．在Rt△MAN中；

tanÐMNA＝＝．

∴平面PMD与平面ABCD所成的二面角的正切值是【解析】【答案】：略26、略

【分析】

（Ⅰ）由bn=则bn+1=则bn+1-bn=1，则数列{bn}是等差数列；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=n，bn=n，利用等差数列的前n项和公式可知Sn=则==6（-）；利用“裂项法”即可求得答案．

本题考查数列通项公式的求法，考查等差数列前n项和，“裂项法”求数列的前n项和，考查计算能力，属于中档题．【解析】解：（Ⅰ）证明：由bn=则bn+1===

∴bn+1-bn=-=1．n∈N*

∴{bn}是首项为b1==1；公差为1的等差数列．（5分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=n，bn=n；

则Sn=（1+2+3++n）=

于是==6（-）；

∴+++=6[（1-）+（-）++（-）]

=6（1-）

=

∴+++=．五、计算题(共3题，共21分)27、略

【分析】【分析】若两个阴影部分的面积相等，那么△ABC和扇形ADF的面积就相等，可分别表示出两者的面积，然后列等式求出AD与DB的比．【解析】【解答】解：设AB=BC=a则AB=a；

∵两阴影面积相等，∴SABC=S扇形ADF

即a2=AD2•π；

∴AD=；

∴AD：DB=AD：（AB-AD）=；

故答案为．28、略

【分析】【分析】使判别式大于等于0即可得出答案，【解析】【解答】解：∵关于x的方程3x2-6x+a-1=0至少有一个正实数根；

∴△≥0；

即b2-4ac=36-12（a-1）≥0；

解得a≤4．

故答案为a≤4．29、解：原式=sin50°=

=

==1【分析】【分析】通过通分，利用两角和的正弦公式、诱导公式即可得出．六、综合题(共4题，共16分)30、略

【分析】【分析】（1）因为△=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12），配方后得到△=（m2+8）2，而m2+8＞0；得到△＞0，即可得到结论；

（2）令y=0，则x2-（m2+4）x-2m2-12，解方程得到x1=m2+6，x2=-2，于是L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8，令L=12得到m2+8=12；解方程即可得到m的值；

（3）由L=m2+8，根据二次函数的最值问题即可得到m=0时，L有最小值，最大值为8．【解析】【解答】解：（1）证明：△=b2-4ac=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12）

=（m2+8）2；

∵m2≥0；

∴m2+8＞0；

∴△＞0；

∴不论m取什么实数；抛物线必与x有两个交点；

（2）令y=0，x2-（m2+4）x-2m2-12；

∴x=；

∴x1=m2+6，x2=-2；

∴L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8；

∴m2+8=12；解得m=±2；

∴m为2或-2时；x轴截抛物线的弦长L为12；

（3）L=m2+8；

∴m=0时，L有最小值，最小值为8．31、略

【分析】【分析】（1）判定抛物线的顶点必在x轴的下方；根据开口方向，二次函数只要与x轴有两个交点即可．

（2）利用垂径定理；勾股定理可以求出

（3）利用三角形面积公式，以CD为底边，P到y轴的距离为高，可以求出．【解析】【解答】（1）证明：抛物线y=x2+4ax+3a2开口向上；且a＞0

又△=（4a）2-4×3a2=4a2＞0

∴抛物线必与x轴有两个交点

∴其顶点在x轴下方

（2）解：令x2+4ax+3a2=0

∴x1=-a，x2=-3a2

∴A（-a；0），B（-3a，0）

又圆M与y轴相切；

∴MA=2a

如图在Rt△MAC中，MA2=NA2+NM2即（2a）2=a2+（）2

∴a=±1（负值舍去）

∴抛物线的解析式为y=x2+4x+3

（3）解：P（-2；-1），A（-1，0），C（0，3）

设直线PA的方程：y=kx+b，则-1=-2k+b

0=-k+b

∴k=1

b=1

∴y=x+1；令x=0得y=1

∴D（0；1）

∴S△CPA=S△PCD-S△CAD=×2×2-×2×1=132、略

【分析】【分析】（1）已知抛物线的对称轴是y轴；顶点是（0，4），经过点（4，0），利用待定系数法即可求得函数的解析式；

（2）①过点P作PG⊥x轴于点G；根据三线合一定理可以求得G的坐标，则P点的横坐标可以求得，把P的横坐标代入抛物线的解析式，即可求得纵坐标，得到P的坐标，再根据正方形的边长是4，即可求得Q的纵坐标，代入抛物线的解析式即可求得Q的坐标，然后利用待定系数法即可求得直线PF的解析式；

②已知n=2；即A的纵坐标是2，则P的纵坐标一定是2，把y=2代入抛物线的解析式即可求得P的横坐标，根据AP