2025年湘教新版高一数学上册阶段测试试卷

…………○…………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年湘教新版高一数学上册阶段测试试卷320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、用单位正方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如右图所示，则该几何体的体积的最小值与最大值分别为（）A.与B.与C.与D.与2、已知a＞1，函数y=ax与y=loga（-x）的图象只可能是（）

A.

B.

C.

D.

3、已知集合则在下列的图形中，不是从集合M到集合N的映射的是().4、【题文】设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A.若则B.若则C.若则D.若则5、【题文】（）已知两个不同的平面能判定//的条件是A.分别平行于直线B.分别垂直于直线C.分别垂直于平面D.内有两条直线分别平行于6、幂函数y=f（x）的图象经过点（4，），则f（）的值为（）A.1B.2C.3D.47、已知向量=（2，1），=（-3，4），则-的结果是（）A.（7，-2）B.（1，-2）C.（1，-3）D.（7，2）评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、在下列三个命题的横线上都缺少同一个条件，补上这个条件可使其结论成立（其中l，m为直线，α，β为平面），则此条件为____．

①⇒l∥α②⇒l∥α③⇒l∥α9、【题文】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____。10、【题文】如图，在平行四边ABCD中，若将其沿BD折成直二面角A-BD-C,则三棱锥A—BCD的外接球的体积为_______.11、【题文】直线被圆截得的弦长等于____。12、【题文】定义在R上的奇函数满足则=____．13、下列关系①3⊆{x|x≤10}；②∈Q；③{（1，2）}∈{（x，y）|x+y=3}；④∅⊆{x|x≥π}中，一定成立的有____．14、已知扇形的圆心角为2弧度，面积为4，则该扇形的弧长为____15、若函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+a+1对于任意a∈[﹣1，1]，都有f（x）＜0，则实数x的取值范围是____．16、过点（1，2）可作圆x2+y2+2x-4y+k-2=0的两条切线，则k的取值范围是______．评卷人得分三、解答题(共7题，共14分)17、函数是定义在上的奇函数，且（1）确定函数的解析式。（2）用定义法证明在上是增函数。（3）解关于t的不等式18、已知数列的前项和，（1）求数列的通项公式（2）记求19、【题文】已知集合集合

（1）若求集合（2）若求实数的取值范围20、【题文】已知函数f(x)=4sin2(+x)-2cos2x-1(x∈R)

（1）求的最小正周期；最大值及最小值；

（2）求f(x)的图象的对称轴方程21、【题文】已知是椭圆上两点，点M的坐标为

（1）当两点关于轴对称，且为等边三角形时，求的长；

（2）当两点不关于轴对称时，证明：不可能为等边三角形.22、解不等式（）＜（）．23、为了让学生了解环保知识，增强环保意识，某中学举行了一次“环保知识竞赛”，共有900

名学生参加了这次竞赛.

为了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩进行统计.

请你根据尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图(

如图所示)

解答下列问题：。分组频数频率50.5隆芦60.540.00860.5隆芦70.5

0.01670.5隆芦80.510

80.5隆芦90.5160.03290.5隆芦100.5

合计50

(1)

填充频率分布表中的空格；

(2)

补全频率分布直方图；

(3)

若成绩在80.5隆芦90.5

分的学生可以获得二等奖，问获得二等奖的学生约为多少人？评卷人得分四、计算题(共3题，共9分)24、如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过A作⊙O1的切线交⊙O2于E，连接EB并延长交⊙O1于C，直线CA交⊙O2于点D．

（1）当A；D不重合时；求证：AE=DE

（2）当D与A重合时，且BC=2，CE=8，求⊙O1的直径．25、Rt△ABC中，若∠C=90°，a=15，b=8，则sinA+sinB=____．26、已知等边三角形ABC内一点P，PA、PB、PC的长分别为3厘米、4厘米、5厘米，那么∠APB为____．评卷人得分五、证明题(共3题，共6分)27、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．28、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．29、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．评卷人得分六、综合题(共3题，共6分)30、如图，已知：⊙O1与⊙O2外切于点O，以直线O1O2为x轴，点O为坐标原点，建立直角坐标系，直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A，交y轴于点C（0，2），交x轴于点M．BO的延长线交⊙O2于点D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半径的长；

（2）求线段AB的解析式；

（3）在直线AB上是否存在点P，使△MO2P与△MOB相似？若存在，求出点P的坐标与此时k=的值，若不存在，说明理由．31、如图，由矩形ABCD的顶点D引一条直线分别交BC及AB的延长线于F，G，连接AF并延长交△BGF的外接圆于H；连接GH，BH．

（1）求证：△DFA∽△HBG；

（2）过A点引圆的切线AE，E为切点，AE=3；CF：FB=1：2，求AB的长；

（3）在（2）的条件下，又知AD=6，求tan∠HBC的值．32、如图，已知：⊙O1与⊙O2外切于点O，以直线O1O2为x轴，点O为坐标原点，建立直角坐标系，直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A，交y轴于点C（0，2），交x轴于点M．BO的延长线交⊙O2于点D；且OB：OD=1：3．

（1）求⊙O2半径的长；

（2）求线段AB的解析式；

（3）在直线AB上是否存在点P，使△MO2P与△MOB相似？若存在，求出点P的坐标与此时k=的值，若不存在，说明理由．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【解析】试题分析：在俯视图可知最底层要有7个正方体，结合正视图可知要在第一列至少加2个使其上下排列，在第二列至少加1个，因此至少10个正方体，最左在第一列各排都加2个共6个，在第二列的各排都加1个，共3个，所以最多7+9=16个，所以体积的最小值最大值分别为与考点：三视图【解析】【答案】C2、B【分析】

已知a＞1，故函数y=ax是增函数．

而函数y=loga（-x）的定义域为（-∞；0），且在定义域内为减函数；

故选B．

【解析】【答案】根据y=ax是增函数，函数y=loga（-x）的定义域为（-∞；0），且在定义域内为减函数，从而得出结论．

3、D【分析】【解析】

要判定是否为映射，首先要满足任何一个x都有唯一的y对应。那么看图像可知，只有D中不满足，只要做一条垂直于x轴的直线，看交点是不是最多一个即可。【解析】【答案】D4、B【分析】【解析】

试题分析：A；根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；

C：l∥α；m⊂α，则l∥m或两线异面，故不正确．

D：平行于同一平面的两直线可能平行；异面，相交，不正确．

B：由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面,故正确．

考点：直线与平面平行的判定。

点评：本题主要考查了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考查，属中档题【解析】【答案】B5、B【分析】【解析】

试题分析：垂直于同一条直线的两个平面平行，所以分别垂直于直线则能判定//故应选B.

考点：面面平行的判定条件.

点评：面面平行的判定方法：一种方法是面面平行的判定定理，需要证明一个面内的两条相交直线与另一个平面平行；另一种方法是证明这两个平面都垂直于同一条直线.【解析】【答案】B6、B【分析】【解答】设幂函数为：y=xα

∵幂函数的图象经过点（4，）；

∴=4α

∴α=﹣

∴y=

则f（）的值为：=2．

故选B．

【分析】先设出幂函数解析式来，再通过经过点（4，），解得参数，从而求得其解析式，再代入求f（）的值．7、A【分析】解：∵=（2，1），=（-3；4）；

∴-=2（2；1）-（-3，4）=（4，2）-（-3，4）=（4+3，2-4）=（7，-2）；

故选：A．

向量的坐标的加减运算法则计算即可．

本题考查了向量的坐标的加减运算，属于基础题．【解析】【答案】A二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】

对于①；根据线面平行的判定定理可知缺少条件“1⊄α”

对于②；根据线面平行的性质和判定定理可知缺少条件“1⊄α”

对于③；根据面面垂直的性质可知缺少条件“1⊄α”

故答案为：1⊄α

【解析】【答案】对于①；根据线面平行的判定定理进行对照，对于②，根据线面平行的性质和判定定理可进行判定，对于③，根据面面垂直的性质进行判定即可．

9、略

【分析】【解析】

试题分析：几何体是由一个长方体和一个正方体构成的。长方体的体积为3；正方体的体积为1，所以该几何体的体积为4

考点：几何体的体积。

点评：由三视图来求出几何体的表面积或体积是常考的类型题，做此类题目关键是将三视图转化为几何体。【解析】【答案】410、略

【分析】【解析】

试题分析：因为球心到各定点的距离相等，所以易知该外接球的球心在AC的中点，又在平行四边ABCD中，所以而折成直二面角后，所以该外接球的球半径为1，所以体积为

考点：本小题主要考查空间几何体的外接球的体积.

点评：对于这种折叠问题，要搞清楚折叠前后的量有哪些发生了变化，哪些没有发生变化.【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】

试题分析：圆心到直线的距离为圆的半径为所以弦长的一半为1，弦长为2

考点：直线和圆的位置关系。

点评：直线和圆相交的问题中，圆的半径，弦长的一半，圆心到直线的距离三者间构成一个直角三角形【解析】【答案】212、略

【分析】【解析】

试题分析：∵奇函数∴

∴

以代x，∴

∴函数的周期为3；

∴f（2014）=f（3×671+1）=f（1）=2；

∴f（-1）=-f（1）=-2

故答案为：-2．

考点：函数的奇偶性和周期性.【解析】【答案】-2．13、④【分析】【解答】①中是元素和集合的关系，应该用∈，故错误；②是无理数；而Q表示有理数集，故错误；

③中是两个集合间的关系；应用⊆，故错误；④∅是任何集合的子集，故正确．

故答案为：④

【分析】①中是元素和集合的关系，应该用∈；②是无理数；而Q表示有理数集，应用∉；

③中是两个集合间的关系，应用⊆；④∅是任何集合的子集，故正确．14、4【分析】【解答】设扇形的弧长为l，圆心角大小为α（rad），半径为r；扇形的面积为S；

则：r2=frac{2S}{α}==4．解得r=2；

∴扇形的弧长为l=rα=2×2=4；

故答案为：4．

【分析】利用扇形的面积求出扇形的半径，然后由弧长公式求出弧长的值即可得解。15、（1，2）【分析】【解答】解：函数可整理为f（x）=（x2﹣x+1）a+1﹣x∵对于a∈[﹣1；1]时恒有f（x）＜0；

∴（x2﹣x+1）a+1﹣x＜0恒成立．

令g（a）=（x2﹣2x+1）a+1﹣x．

则函数g（a）在区间[﹣1；1]上的最大值小于0；

∵g（a）为一次函数，且一次项系数x2﹣2x+1＞0；

∴函数g（a）在区间[﹣1；1]上单调递增；

∴g（a）max=g（1）=x2﹣2x+1+1﹣x=x2﹣3x+2＜0．

解得1＜x＜2．

故答案为：（1；2）．

【分析】把原函数整理成关于a的一次函数，利用一次函数的单调性求得函数在[﹣1，1]上的最大值，令最大值小于0，可得x的范围．16、略

【分析】解：把圆的方程化为标准方程得：（x+1）2+（y-2）2=7-k；

∴圆心坐标为（-1，2），半径r=

则点（1；2）到圆心的距离d=2；

由题意可知点（1，2）在圆外时，过点（1，2）总可以向圆x2+y2+2x-4y+k-2=0作两条切线；

∴d＞r即且7-k＞0，解得：3＜k＜7；

则k的取值范围是（3；7）．

故答案为：（3；7）．

把已知圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标和半径r，利用两点间的距离公式求出点到圆心的距离d，过点（1，2）可作圆x2+y2+2x-4y+k-2=0的两条切线，可得P在圆外，即P到圆心的距离d大于圆的半径r，令d大于r列出关于k的不等式；同时考虑7-k大于0，两不等式求出公共解集即可得到k的取值范围．

本题考查了点与圆的位置关系的判别方法，灵活运用两点间的距离公式化简求值，是中档题．【解析】（3，7）三、解答题(共7题，共14分)17、略

【分析】

（1）（2）在上是增函数。（3）【解析】本试题主要是考查了函数的解析式和单调性以及函数与不等式的关系的运用（1）将已知中依题意，得求解联立得到参数a,b的值，得到及解析式。（2）定义域内任意设出两个变量，代入解析式，作差，变形，定号，下结论。（3）∵在上是增函数。∴从而得到t的范围【解析】【答案】18、略

【分析】本试题主要是考查了运用数列的前n项和公式求解数列的通项公式的问题以及裂项求和的综合运用（1）首先对当时，当时，分为两步来得到。（2）∵当从而利用裂项来得到和式。【解析】

（I）当时，当时，又不适合上式，∴6分（II）∵7分当8分∴12分【解析】【答案】（1）（2）19、略

【分析】【解析】

试题解析：(1)时先确定中的元素，求出的补集，可求

（2）说明的元素都在中或者为空集，因为空集是任何集合的子集，分两种情况讨论可求得值.

试题分析：(1)当

（2）①当时，满足有即

②当时，满足则有

综上①②的取值范围为

考点：1、集合的运算，交集、补集；2、集合间的关系子集关系；3、空集是任何集合的子集.【解析】【答案】(1)(2)的取值范围为20、略

【分析】【解析】（1）∵

∴f(x)的最小正周期T==π,最大值为4+1="5,"最小值为-4+1="-3."

（2）由2x-=kπ+得x=

∴f(x)的图象的对称轴方程为x=(k∈Z)【解析】【答案】（1）f(x)的最小正周期T==π,最大值为4+1="5,"最小值为-4+1="-3."

（2）f(x)的图象的对称轴方程为x=(k∈Z)21、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）求的长，实际求出坐标.利用正三角形性质列等量关系.设则又点在椭圆上，所以解得或或（2）本题实际应用逆否命题与原命题等价进行解题，即当为等边三角形时，两点必关于轴对称，即横坐标相等.设则由可化简同理可得而因此或又所以

试题解析：解：

（1）设1分。

因为为等边三角形，所以2分。

又点在椭圆上；

所以消去3分。

得到解得或4分。

当时，

当时，5分。

{说明：若少一种情况扣2分}

（2）法1：根据题意可知，直线斜率存在.

设直线中点为

联立消去得6分。

由得到①7分。

所以

8分。

所以又

如果为等边三角形，则有9分。

所以即10分。

化简②11分。

由②得代入①得

化简得不成立，13分。

{此步化简成或或都给分}

故不能为等边三角形.-14分。

法2：设则且

所以8分。

设同理可得且9分。

因为在上单调。

所以，有11分。

因为不关于轴对称，所以

所以-13分。

所以不可能为等边三角形.14分。

考点：直线与椭圆位置关系【解析】【答案】（1）或（2）详见解析.22、略

【分析】

根据指数函数的单调性得到x2-2x+3＜2x2+3x-3，即x2+5x-6＜0；解得即可．

本题考查了指数不等式的解法，以及指数函数的性质，属于基础题．【解析】解：∵（）＜（）

∴x2-2x+3＞2x2+3x-3；

即x2+5x-6＜0；

即（x+6）（x-1）＜0；

解得-6＜x＜1；

故不等式的解集为（-6，1）23、略

【分析】

(1)

由题意能完成频率分布表．

(2)

由频率分布表能补全频率分布直方图．

(3)

成绩在80.5隆芦90.5

分的学生的频率为0.32

且有900

名学生参加了这次竞赛，由此能求出该校获得二等奖的学生人数．

本题考查频率分布表、频率分布直方图等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想，是基础题．【解析】解：(1)

由题意完成频率分布表，如下：。分组频数频率50.5隆芦60.540.00860.5隆芦70.580.01670.5隆芦80.5100.02080.5隆芦90.5160.03290.5隆芦100.5120.024合计500.10(2)

由频率分布表补全频率分布直方图如图所示：

(3)

因为成绩在80.5隆芦90.5

分的学生的频率为0.032

且有900

名学生参加了这次竞赛；

所以该校获得二等奖的学生约为0.032隆脕900=29(

人)

．四、计算题(共3题，共9分)24、略

【分析】【分析】（1）通过证角相等来证边相等．连接AB，那么ABED就是圆O2的内接四边形，根据内接四边形的性质，∠ABC=∠D，那么只要再得出∠DAE=∠ABC即可得证，我们发现∠EAD的对顶角正好是圆O1的弦切角；因此∠DAE=∠ABC，由此便可求出∠DAE=∠D，根据等角对等边也就得出本题要求的结论了；

（2）DA重合时，CA与圆O2只有一个交点，即相切．那么CA，AE分别是⊙O1和⊙O2的直径（和切线垂直弦必过圆心），根据切割线定理AC2=CB•CE，即可得出AC=4，即圆O1的直径是4．【解析】【解答】解：（1）证明：连接AB，在EA的延长线上取一点F，作⊙O1的直径AM；连接CM；

则∠ACM=90°；

∴∠M+∠CAM=90°；

∵AE切⊙O1于A；

∴∠FAM=∠EAM=90°；

∴∠FAC+∠CAM=90°；

∴∠FAC=∠M=∠ABC，

即∠FAC=∠ABC；

∵∠FAC=∠DAE；

∴∠ABC=∠DAE；

而∠ABC是⊙O2的内接四边形ABED的外角；

∴∠ABC=∠D；

∴∠DAE=∠D；

∴EA=ED．

（2）当D与A重合时，直线CA与⊙O2只有一个公共点；

∴直线AC与⊙O2相切；

∴CA，AE分别是⊙O1和⊙O2的直径；

∴由切割线定理得：AC2=BC•CE；

∴AC=4．

答：⊙O1直径是4．25、略

【分析】【分析】根据勾股定理求出斜边的长，再分别求出∠A，∠B的正弦值，然后求出它们的和即可．【解析】【解答】解：由勾股定理有：c===17；

于是sinA=；sinB=；

所以sinA+sinB=．

故答案是：．26、略

【分析】【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数．【解析】【解答】解：∵△ABC为等边三角形；

∴BA=BC；

将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA；

连EP；如图；

∴BE=BP=4；AE=PC=5，∠PBE=60°；

∴△BPE为等边三角形；

∴PE=PB=4；∠BPE=60°；

在△AEP中；AE=5，AP=3，PE=4；

∴AE2=PE2+PA2；

∴△APE为直角三角形；且∠APE=90°；

∴∠APB=90°+60°=150°．

故答案为150°．五、证明题(共3题，共6分)27、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．28、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．29、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．六、综合题(共3题，共6分)30、略

【分析】【分析】（1）连接BO1，DO2，O2A作O1N⊥O2A于N，连接OA，根据切线长定理求出AB的长，设O1B为r，根据勾股定理得到方程（4r）2-（2r）2=42；求出方程的解即可；

（2）求出∠CMO=∠NO1O2=30°，求出OM，设AB的解析式是y=kx+b；把C；M的坐标代入得到方程组，求出方程组的解即可；

（3）①∠MO2P=30°，过B作BQ⊥OM于Q，求出MQ，BQ，过P'作P'W⊥X轴于W，根据相似三角形的性质求出PW即可得到P的坐标，根据相似三角形的性质求出k即可；②∠MO2P=120°，过P作PZ⊥X轴于Z，根据含30度角的直角三角形性质求出PZ，即可得到P的坐标，根据相似三角形的性质求出k即可．【解析】【解答】解：（1）连接BO1，O2A作O1N⊥O2A于N，连接OA，

∵直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A；交y轴于点C（0，2）；

∴CA=CB；CA=CO（切线长定理）；

∴CA=CB=CO；

∴AB=2OC=4；

设O1B为r，由O1O22-O2N2=O1N2得（4r）2-（2r）2=42；

解得，3r=2；

答：⊙O2的半径的长为．

（2）∵O2N=3r-r=2r，O1O2=r+3r=4r；

∴∠NO1O2=30°；

∴∠CMO=∠NO1O2=30°；

∵OM==2；

M（-2；0）；

设线段AB的解析式是y=kx+b；

把C、M的坐标代入得：；

解得：k=，b=2；

∴线段AB的解析式为y=x+2（-≤x≤）；

（3）△MOB是顶角为120°的等腰三角形，其底边的长为2，

假设满足条件的点P存在；

①∠MO2P=30°；

过B作BQ⊥OM于Q；

∵OB=MB；

∴MQ=OQ=；

∵∠BMO=30°；

∴BQ=1；BM=2；

过P'作P'W⊥X轴于W；

∴P'W∥BQ；

∴==；

∴P'W=2；

即P'与C重合；

P'（0；2）；

∴k==4；

②∠MO2P=120°；

过P作PZ⊥X轴于Z；

PO2=O2M=4，∠PO2Z=60°；

∴O2Z=2；

由勾股定理得：PZ=6；

∴P（4；6）；

∴k==12；

答在直线AB上存在点P，使△MO2P与△MOB相似，点P的坐标是（0，2）或（4，6），k的值是4或12．31、略

【分析】【分析】（1）根据平行线的性质和圆周角定理的推论可以证明三角形中的两个角对应相等；从而证明三角形相似；

（2）根据平行线分线段成比例定理得到AB和BG的比；再根据切割线定理列方程求解；

（3）根据勾股定理以及上述结论求得有关的边没再根据90°的圆周角所对的弦是直径，发现FG是直径，根据圆周角定理的推论把要求的角转换到直角三角形中，根据锐角三角函数的概念求解．【解析】【解答】证明：（1）∵∠HBG=∠HFG；∠HFG=∠AFD；

∴∠HBG=∠AFD．

∵∠BHG=∠BFG=∠CFD=∠ADG；

∴△DFA∽△HBG．（4分）

（2）∵CD∥AB；CD=AB；