參考答案

《計(jì)算題》知識訓(xùn)練

實(shí)數(shù)有關(guān)概念

1. 2

2. 158. 分析前三個(gè)正方形可知，規(guī)律為右上和左下兩個(gè)數(shù)的積減左上的數(shù)等于右下的數(shù)，且左上、左下、右上三個(gè)數(shù)是相鄰的偶數(shù)．因此，圖中陰影部分的兩個(gè)數(shù)分別是左下是12，右上是14，m=12×14-10=158．

3. －1.

4. 依題意得4=，所以x=2.2，經(jīng)檢驗(yàn)，x=2.2是原方程的解．

5. 依題意得x=1，y=2，z=3，所以x+y+z=1+2+3=6，故x+y+z的平方根為±．

6. （1）原式=1－3－2=－4.

（2）原式=3+2－0.4=4.6.

7. 因?yàn)椋璦2≥0，所以a2≤0，所以a=0，－+=－=－2=－.

8. （1）a=2，b=5，c=3.

（2）因?yàn)閍5，所以以a，b，c為邊能構(gòu)成三角形，三角形的周長為5+5.

9. －

代數(shù)式

1. D 2. C 3. 5

4. 原式=a2－3－a2+6a=6a－3，當(dāng)a=+時(shí)，原式=6.

5. （x+1）2－4（x+1）+4=［（x+1）-2］2=（x－1）2；當(dāng)x-1=時(shí)，原式=3.

6. 原式=b2－2ab+4a2－b2=4a2－2ab=2a·（2a－b）；當(dāng)a=2，b=1時(shí)， 原式=12.

7. 23

8. （1）猜想：n×=n－.

（2）證：右邊＝＝＝左邊，即n×=n－. 故等式成立.

因式分解

1. （x2+2xy）+x2=2x2+2xy=2x（x+y）；或（y2+2xy）+x2=（x+y）2；或（x2+2xy）－（y2+2xy）=x2－y2=（x+y）（x－y）；或（y2+2xy）－（x2+2xy）=y2－x2=（y+x）（y－x）.

2. （1）原式＝（x+y）2=（+1+－1）2=（2）2=12.

（2）原式＝（x+y）（x－y）=［（+1）+（－1）］［（+1）－（－1）］=4.

3.（1）當(dāng)a=3，b=4時(shí)， a2+b2+2ab=（a+b）2=49．

（2）答案不唯一． 例如，

若選a2，b2，則a2-b2=（a+b）（a-b）． 若選a2，2ab，則a2±2ab=a（a±2b）．

4. 答：不正確. 解法一：（利用反證說明）例如：當(dāng)n=7時(shí)，n2-6n=7>0.

解法二：n2-6n=n（n-6），當(dāng)n≥6時(shí)，n2-6n≥0.

5. 情況一：x2+2x－1+x2+4x+1=x2+6x=x（x+6）． 情況二：x2+2x－1+x2－2x=x2－1=（x+1）（x－1）． 情況三：x2+4x+1+x2－2x=x2+2x+1=（x+1）2．

6. （1）a2b+ab2=ab（a+b）=2×3=6.

（2）因?yàn)椋╝+b）2=a2+2ab+b2，所以a2+b2=（a+b）2－2ab=5.

方程與方程組

1. （1）x=或x=.

（2）（x－3）［（x－3）+2x］=0，（x－3）（3x－3）=0，所以 x1=3，x2=1.

2. （1）依題意得Δ=4－4（k+1）≥0，解得k≤0.

（2）x1+x2－x1x2<－1，－2－（k+1）<－1，得k>－2. 因?yàn)閗是整數(shù)且k≤0，所以k=－1.

3. 因?yàn)閍x2+bx+1=0（a≠0）有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ=b2－4ac=0，即b2－4a=0． 因?yàn)?=，a≠0，所以==4.

4. 整理方程得5x=4+4k，所以x=，所以－1<≤2，所以－

不等式與不等式組

1. C 2. A

3. k>2

4. 不等式組的解集為－1≤x<2，所以所求不等式組的整數(shù)解為-1，0，1.

分式與分式方程

1. 因?yàn)?，不妨設(shè)x=2k，y=3k，所以==.

2. 原式=－×=. 當(dāng)x=－1時(shí)，==1－.

3. 原式＝·=－x－9.

4. 原式=+ =+ =. 因?yàn)閤2－2=0，所以x2=2，所以原式==1.

5. 原式＝，當(dāng)x=－1時(shí)，得原式=－1.

6. 去分母得1－x=2（x－3），整理方程得－3x=－7，x=. 經(jīng)檢驗(yàn)，x=是原方程的解．

7. （1）原方程無解.

（2）x=－3.

《證明題》知識訓(xùn)練

1. 因?yàn)閍2+b2+c2+50=10a+6b+8c，所以（a2-10a+25）+（b2-6b+9）+（c2-8c+16）=0. 所以（a-5）2+（b-3）2+（c-4）2=0. 所以a=5，b=3，c=4. 又因?yàn)閍，b，c為△ABC的三邊，所以△ABC為直角三角形.

2. （1）因?yàn)棣?a2－4（a－2）=a2－4a+8=（a－2）2+4>0，所以x2+ax+a－2=0恒有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根.所以不論a取何值，拋物線y=x2+ax+a－2總與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn).

（2）拋物線的解析式為y=x2－x－.

3.（1）拋物線的解析式為y=x2-x-2， 頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為，-.

（2）易得C（0，-2），OC=2，B（4，0），所以O(shè)A=1，OB=4，AB=5. 因?yàn)锳B2=25， AC2=OA2+OC2=5，BC2=OC2+OB2=20，所以AC2+BC2=AB2.所以△ABC是直角三角形.

（3）作出點(diǎn)C關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)C′，則C′（0，2），OC′=2，連結(jié)C′D交x軸于點(diǎn)M，根據(jù)軸對稱性及“兩點(diǎn)之間，線段最短”可知，MC+MD的值最小. 設(shè)直線C′D的解析式為y=kx+n，則n=2，k+n=－，解得n=2，k=－. 所以y=－x+2. 所以當(dāng)y=0時(shí)，－x+2=0，x=. 所以m=.

4. 因?yàn)锽D⊥AC，CE⊥AB，所以∠ADB=∠AEC=90°，在△ABD和△AEC中，∠ADB=∠AEC=90°，∠A=∠A，AB=AC，所以△ABD≌△AEC，所以BD=CE.

5. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AD=AB，∠BAD=90°． 因?yàn)镈E⊥AG，所以∠DEG=∠AED=90°． 所以∠ADE+∠DAE=90°． 又因?yàn)椤螧AF+∠DAE=∠BAD=90°，所以∠ADE=∠BAF． 因?yàn)锽F∥DE，所以∠AFB=∠DEG=∠AED． 所以△ABF?艿△DAE． 所以BF=AE. 因?yàn)锳F=AE+EF，所以AF=BF+EF．

6. （1）28-3a.

（2）不可以是7，因?yàn)榈谝粭l邊為7，第二條邊為16，第三條邊為7，不滿足三邊之間的關(guān)系，不可以構(gòu)成三角形.

（3）由勾股定理的逆定理知5，12，13可以圍成一個(gè)滿足條件的直角三角形.

7. （1）略

（2）由（1）得=，設(shè)HE=x，則HG=2x，AM=AD-DM=AD-HE=30-x，可得=，解得x=12，2x=24，所以矩形EFGH的周長為2×（12+24）=72 cm.

8. 因?yàn)锳D平分∠BAC，所以∠BAD＝∠BAC. 因?yàn)锳E平分∠BAF，所以∠BAE＝∠BAF. 又∠BAC+∠BAF=180°，所以∠BAD+∠BAE＝（∠BAC+∠BAF）=×180°=90°，所以∠DAE=90°，所以DA⊥AE.

9. （1）150°，△ABP.

（2）由于AB＝AC，∠BAC＝90°，所以可以將△ACF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°，到△ABD的位置，即過點(diǎn)B作BD⊥BC，截取BD＝FC，連結(jié)DE，則△ADB≌△AFC. 又易證△ADE≌△AFE，所以DE＝EF，在Rt△DBE中，由勾股定理，得DE2＝DB2+BE2，所以EF2＝BE2+FC2.

10. （1）因?yàn)镈E∥AB，AE∥BC，所以四邊形ABDE是平行四邊形，∠B=∠EDC，所以AB=DE. 又因?yàn)锳D是邊BC上的中線，所以BD=CD. 所以△ABD?艿△EDC. 所以AD=EC.

（2）因?yàn)椤螧AC=90°，AD是斜邊BC上的中線，所以AD=BD=CD. 又因?yàn)樗倪呅蜛DCE是平行四邊形，所以四邊形ADCE是菱形.

因?yàn)樗倪呅蜛DCE是菱形，所以AO=CO，∠AOD=90°. 又因?yàn)锽D=CD，所以O(shè)D是△ABC的中位線，則OD=AB. 因?yàn)锳B=AO，所以O(shè)D=AO，所以在Rt△ABC中，tan∠OAD==.

11. （1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以AD∥BC，AB∥CD. 所以∠ADF=∠CED，∠B+∠C=180°. 因?yàn)椤螦FE+∠AFD=180°，∠AFE=∠B， 所以∠AFD=∠C，所以△ADF∽△DEC.

（2）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以AD∥BC，CD=AB=4. 又因?yàn)锳E⊥BC，所以 AE⊥AD. 在Rt△ADE中，DE=6. 因?yàn)椤鰽DF∽△DEC，所以=. 所以=，AF=2.

12. 相似. △AEF∽△ECD，所以=. 因?yàn)?AE=DE，所以 =. 又因?yàn)椤螦=∠CEF=90°，所以△AEF∽△EFC.

13. （1）延長DE交BC于F，因?yàn)锳D∥BC，AB∥DF，所以AD=BF，∠ABC=∠DFC． 在Rt△DCF中，因?yàn)閠an∠DFC=tan∠ABC=2，所以=2，即CD=2CF. 因?yàn)镃D=2AD=2BF，所以BF=CF，所以BC=BF+CF=CD，即BC=CD．

（2）因?yàn)镃E平分∠BCD，所以∠BCE=∠DCE，由（1）知BC=CD，所以△BCE≌△DCE，所以BE=DE. 由圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知CE=CG，BE=DG，所以DE=DG，所以C，D都在EG的垂直平分線上，所以CD垂直平分EG．

（3）連結(jié)BD，由（2）知BE=DE，所以∠1=∠2．因?yàn)锳B∥DE，所以∠3=∠2．所以∠1=∠3． 因?yàn)锳D∥BC，所以∠4=∠DBC． 由（1）知BC=CD，所以∠DBC=∠BDC，所以∠4=∠BDP． 又因?yàn)锽D=BD，所以△BAD≌△BPD，所以DP=AD． 因?yàn)锳D=CD，所以DP=CD． 所以P是CD的中點(diǎn)．

14. （1）因?yàn)锳E∥BD，所以∠E＝∠BDC. 因?yàn)镈B平分∠ADC，所以∠ADC＝2∠BDC. 又因?yàn)椤螩＝2∠E，所以∠ADC＝∠BCD. 所以梯形ABCD是等腰梯形 .

（2）由第（1）問，得∠C＝2∠E＝2∠BDC＝60°，且BC＝AD＝5. 因?yàn)樵凇鰾CD中，∠C＝60°， ∠BDC＝30°，所以∠DBC＝90°，所以DC＝2BC＝10.

15. （1）因?yàn)镻G平分∠EPF，所以∠DPO=∠BPO. 因?yàn)镺A∥PE，所以∠DPO=∠POA，所以∠BPO=∠POA，所以PA=OA.

（2）過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，則AH=HB. 因?yàn)锳B=12，所以AH=6，由（1）可知PA=OA=10，所以PH=PA+AH=16，OH=8，所以tan∠OPB==.

（3）P，A，O，C；A，B，D，C或P，A，O，D或P，C，O，B.

16. 因?yàn)锳B是⊙O的直徑，∠ACB=90°，又CD⊥AB于D，所以∠BDC=∠A. 又∠A=∠F，所以∠F=∠BCD=∠BCG，在△BCG和△BFC中，∠BCG=∠F，∠GBC=∠CBF，所以△BCG∽△BFC， 所以=，即BC2=BG·BF.

《操作題》知識訓(xùn)練

1. 頂點(diǎn)O經(jīng)過的路線可以分為三段，當(dāng)弧AB切直線l于點(diǎn)B時(shí)，有OB⊥直線l，此時(shí)O點(diǎn)繞不動(dòng)點(diǎn)B轉(zhuǎn)過了90°；第二段：OB⊥直線l到OA⊥直線l，O點(diǎn)繞動(dòng)點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，而這一過程中弧AB始終是切于直線l的，所以O(shè)與轉(zhuǎn)動(dòng)點(diǎn)P的連線始終⊥垂直直線l，所以O(shè)點(diǎn)在水平運(yùn)動(dòng)，此時(shí)O點(diǎn)經(jīng)過的路線長=BA′=AB的弧長；第三段：OA直線l到O點(diǎn)落在直線l上，O點(diǎn)繞不動(dòng)點(diǎn)A轉(zhuǎn)過了90°，所以O(shè)點(diǎn)經(jīng)過的路線總長S=π+π+π=π．

2. 將矩形折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)D重合，則折痕EF⊥BD，且OB=OD=BD. 在Rt△DOE與Rt△DAB中，∠DOE=∠DAB=90°，∠ADB是公共角，所以Rt△DOE∽Rt△DAB，所以=. 因?yàn)锳B=6，AD=BC=8，BD==10，OD=BD=×10=5，所以O(shè)E=；同理可得Rt△BFO∽Rt△BDC，==，OF=；EF=OE+OF=． 所以折痕EF的長為 cm．

3. 略 4. 略

5. （1）同意．如圖，設(shè)AD與EF交于點(diǎn)G． 由折疊知，AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD． 又由折疊知，∠AGE=∠DGE=90°，所以∠AGE=∠AGF=90°，所以∠AEF=∠AFE．所以AE=AF，即△AEF為等腰三角形．

（2）由折疊知，四邊形ABFE是正方形，∠AEB=45°，所以∠BED=135°． 又由折疊知，∠BEG=∠DEG，所以∠DEG=67.5°． 從而∠α=90°-67.5°=22.5°．

6. （1）S陰影=S矩形ABCD，S陰影=S平行四邊形ABCD ．

（2）S陰影=S四邊形ABCD .

（3）連結(jié)AC，BD，由上面的結(jié)論，因?yàn)镚是四邊形ABCD的邊AB的中點(diǎn)，所以S△AGC=S△ABC，S△BGC=S△ABC. 因?yàn)镠是四邊形ABCD的邊CD的中點(diǎn)，所以S△AHC=S△ACD，S△AHD=S△ACD，所以S四邊形AGCH=S四邊形ABCD ，同樣的方法得到S四邊形BFDE=S四邊形ABCD，所以S四邊形AGCH=S四邊形BFDE，所以S四邊形AGCH=S△ABE+S△DFC，所以S陰影=S1+S2+S3+S4=1.

7. （1）連結(jié)EF交AC于O，當(dāng)頂點(diǎn)A與C重合時(shí)，折痕EF垂直平分AC， 所以O(shè)A=OC，∠AOE=∠COF=90°. 因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，AD∥BC，所以∠EAO=∠FCO，所以△AOE≌△COF． 所以O(shè)E=OF，所以四邊形AFCE是菱形．

（2）因?yàn)樗倪呅蜛FCE是菱形，所以AF=AE=10．設(shè)AB=x，BF=y，因?yàn)椤螧=90，所以（x+y）2-2xy=100. 又因?yàn)镾△ABF=24，所以xy=24，則xy=48，故（x+y）2=196，所以x+y=14或x+y=-14（不合題意舍去），所以△ABF的周長為x+y+AF=14+10=24．

（3）過E作EP⊥AD交AC于P，則P就是所求的點(diǎn)． 證明：由作法，∠AEP=90°，由（1）得∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP，所以△AOE∽△AEP，所以=，則AE2=AO·AP. 因?yàn)樗倪呅蜛FCE是菱形，所以AO=AC，AE2=AC·AP. 所以2AE2=AC·AP．

8. 存在這些圖形，

（1）一頂角為60°的菱形，AB=BC=CD=DA=AC，BD=BD；

（2）一個(gè)正三角形+頂角150°的等腰三角形構(gòu)成的四邊形（等腰三角形的底為正三角形的邊），AD=AB=BD=AC，DC=BC；

（3）一個(gè)等腰三角形+內(nèi)部一點(diǎn)，使得該點(diǎn)到3個(gè)頂點(diǎn)的距離均等于底邊，AB=AC=BC，OA=OB=OC；

（4）內(nèi)角為72°且上底等于腰的等腰梯形，AD=DC=AB，BD=AC=BC．

9. （1）BE=AD.因?yàn)椤鰽BC與△DCE是等邊三角形，所以∠ACB=∠DCE=60°，CA=CB，CE=CD，所以∠BCE=∠ACD，所以△BCE≌△ACD，所以BE=AD．

（2）如圖，在△CQT中，因?yàn)椤蟃CQ=30°，∠RQP=60°，所以∠QTC=30°. 所以∠QTC=∠TCQ. 所以QT=QC=x所以RT=3-x. 因?yàn)椤蟁TS+∠R=90°，所以∠RST=90°，所以y=×32-（3-x）2= -（3-x）2+（0≤x≤3）．

（3）C′N·E′M的值不變. 證明：因?yàn)椤螦CB=60°，所以∠MCE′+∠NCC′=120°.因?yàn)椤螩NC′+∠NCC′=120°，所以∠MCE′=∠CNC′. 因?yàn)椤螮′=∠C′，所以△E′MC∽△C′CN. 所以=，所以C′N·E′M=C′C·E′C=·=．

經(jīng)典題綜合練習(xí)

一、選擇題

1． B

2． A 解法1 因?yàn)閙是關(guān)于x的方程1－（x－a）（x－b）=0的根，所以有1-（m-a）·（m-b）=0，即（m-a）（m-b）=1. 所以m-a與m-b互為倒數(shù)且同號. ①若m-a與m-b同正，即m-a>0，m-b>0，則有m>a，m>b. 而ab>a. 又因?yàn)閙m>b>a，即a0，n-b>0時(shí)，有n>a，n>b. 因?yàn)閍 故m

解法2 （數(shù)形結(jié)合）

設(shè)y=1-（x-a）（x-b），則方程1-（x-a）·（x-b）=0的解m，n為該二次函數(shù)與x軸的交點(diǎn).

因?yàn)楹瘮?shù)y=1-（x-a）（x-b）=－x2+（a+b）x+1－ab，二次項(xiàng)系數(shù)為-1，所以函數(shù)開口向下，且當(dāng)x=a或x=b的時(shí)候，y=1. 所以二次函數(shù)的圖象大致如上圖所示（其中m

所以最終答案為m

3． C. 提示：①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，如下圖，因?yàn)椤鰽MN∽△ABD，所以有=，即=. 所以MN=x. 所以y=x2.

②當(dāng)1＜x＜2時(shí)，如下圖，因?yàn)椤鰿MN∽△CBD，所以=，即=. 所以MN=2-x. 所以y=（2-x）.

二、填空題

1. 65°或115°

2. ①②③④

3. （a－b）. 提示：易證得△AEF≌△BDE，所以AF=BE. 所以△AEF的周長為a+b. 設(shè)△AEF內(nèi)切圓的半徑為r，因?yàn)槿切蔚拿娣e等于周長與內(nèi)切圓半徑乘積的一半，所以S=. 又△AEF的面積等于△ABC的面積減△DEF面積后的，所以S=a2－b2. 所以=a2－b2，解得r=（a－b）.

三、解答題

1． ①當(dāng)a=0時(shí)，原方程為－6x－2=0，解得x=－，即原方程無整數(shù)解.

②當(dāng)a≠0時(shí)，方程為一元二次方程，它至少有一個(gè)整數(shù)根，說明判別式Δ=4（a－3）2－4a（a－2）=4（9－4a）>0且為完全平方數(shù)，從而9－4a為完全平方數(shù). 設(shè)9－4a=n2（n>0），因?yàn)槠鏀?shù)減去偶數(shù)等于奇數(shù)，所以n為正奇數(shù)，且n≠3，否則a=0. 而a=.

由求根公式得x==－1+=－1+. 所以x1=－1+，x2=－1+.要使x1為整數(shù)，而n為正奇數(shù)，只能n=1，從而a=2；要使x2為整數(shù)，n可取1，5，7，從而a可為2，-4，-10. 綜上所述，a的值為2，-4，-10.

2． （1）因?yàn)椤螧AD=∠ECD，∠ABD=∠CED，所以△ABD∽△CED. 所以==2. 而AD=6，所以CD=3．

（2）如下圖，連結(jié)IB，因?yàn)辄c(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，所以∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI. 所以弧BE=弧CE，則BE=CE. 所以∠BIE=∠BAD+∠ABI=∠IBD+∠CAD=∠IBD+∠CBE=∠IBE，所以IE=BE=CE，即C，I兩個(gè)點(diǎn)在以點(diǎn)E為圓心、EB為半徑的圓上．

3． （1）y=x+30；p=（x+30）（1000-3x）=

-3x2+910x+30000.

（2）設(shè)售出這批野生菌之后可獲得的利潤為w元，則有w=p-310x-1000×30=-3x2+910x+30000-310x-30000=-3x2+600x=-3（x－100）2+30000.

因?yàn)?

（3）由（2）可知，該公司以最大利潤出售這批野生菌的當(dāng)天，市場價(jià)格為130元，設(shè)再次進(jìn)貨的野生菌存放a天，則售出這批野生菌可獲得的利潤w1=（a+130）·（1180-3a）-130×1180-310a=-3a2+480a. 所以兩次的總利潤為w2=－3a2+480a+30000. 由－3a2+480a+30000=45000，解得a=80±10.

因?yàn)?3<0，所以當(dāng)80-10≤a≤80+10時(shí)，兩次的總利潤不低于4.5萬元.

又因?yàn)?

4． （1）過點(diǎn)D作DE⊥x軸，垂足為點(diǎn)E，則△PED∽△COP. 所以===. 所以PE=·CO=1，DE=·PO=t . 故Dt+1，.

（2）因?yàn)镾△PDA=·PA·yD=·（4-t）·=－t2+t=－（t－2）2+1. 所以當(dāng)t=2時(shí)，S△PDA最大，且最大值為1.

（3）因?yàn)椤螩PD=90°，所以∠DPA+∠CPO=90°. 所以∠DPA≠90°. 故有以下兩種情況：①當(dāng)∠PDA=90°時(shí)，由勾股定理得PD2+DA2=PA2. 又PD2=PE2+DE2=1+，DA2=DE2+EA2=+（3-t）2，PA2=（4－t）2，所以1+++（3-t）2=（4－t）2，即t2+4t－12=0，解得t1=2，t2=－6（不合題意，舍去）. ②當(dāng)∠PAD=90°時(shí)，點(diǎn)D在BA上，故AE=3-t=0，即t=3. 綜上所述，經(jīng)過2 s或3 s時(shí)△PAD是直角三角形.

（4）2. 提示：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的路線是一條線段，即起點(diǎn)是（1，0），終點(diǎn)是（5，2）的一條線段.

5. （1）容易求得點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（2，0），所以AD=DC=BC=AB=. 過點(diǎn)C作CM⊥x軸于點(diǎn)M，則△OAB∽△MBC. 所以=，即=，所以MB=1. 所以CM=2. 所以C（3，2）.

同理可求得點(diǎn)D（1，3）.

（2）設(shè)拋物線為y=ax2+bx+c，因?yàn)閽佄锞€過（0，1），（3，2），（1，3），于是可得

c=1，a+b+c=3，9a+3b+c=2.

解得a=－，b=，c=1. 所以拋物線的解析式為y=－x2+x+1．

（3）當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，t=1；當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，t=2；當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，t=3.

①當(dāng)0

所以tan∠GBB′===. 所以GB′=t. 所以S△B ′BG=BB′×GB′=×t×=t2.

②當(dāng)1

③ 當(dāng)2

因?yàn)镾△AOB=×1×2=1，OA=1，而△AOB∽△GD′H. 所以=2. 所以S△GD′H=2.

所以S五邊形GA ′B ′C ′H

=（）2－2

=－t2+t－．

綜上所述，

S=t2（0

（4）如下圖所示，所求的面積即為陰影部分的面積.

因?yàn)閠=3，BB′=AA′=3，

所以S陰影=S矩形BB ′C ′C=BC×BB′=×3=15．

山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)

2012中考數(shù)學(xué)模擬測試卷

1. B 2. B 3. B 4. B

5. A 6. B 7. B 8. D

9. B 10. B 11． m（x-3）2

12.x≤2 13. 10

14. -18

16. 17. 5+ 18. 略

19． 略

20． （1）家長總數(shù)有400名，表示“無所謂”的人數(shù)有80名，圖略 .

（2）72° （3）P=

21． （1）作BH⊥PQ于點(diǎn)H， 在Rt△BHP中，由條件知，PB=320，∠BPQ=30°，得BH=320sin30°=160<200，所以本次臺(tái)風(fēng)會(huì)影響B(tài)市.

（2）如圖，若臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)到P1時(shí)，臺(tái)風(fēng)開始影響B(tài)市，臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)到P2時(shí)，臺(tái)風(fēng)影響結(jié)束. 由（1）得BH=160，由條件得BP1=BP2=200，所以P1P2=2=240，所以臺(tái)風(fēng)影響的時(shí)間t== 8 h.

22． （1）設(shè)甲車返回過程中y與x之間的函數(shù)解析式y(tǒng)=kx+b，因?yàn)閳D象過（5，450），（10，0）兩點(diǎn)，所以5k+b=450，10k+b=0， 解得k=－90，b=900，所以y=－90x+900．函數(shù)的定義域?yàn)?≤x≤10.

（2）當(dāng)x=6時(shí)，y=－90×6+900=360， v乙==60 km/h．

23． （1）連結(jié)CF，BF ，∠ACD=∠MCD=∠CDB＋∠CBD=∠CFB＋∠CFD=∠DFB，而∠ACD=∠DFB=∠DAB，又∠ACD=∠DBA，所以∠DAB=∠DBA，所以△ABD為等腰三角形.

（2）由（1）知AD=BD，BC=AF，則弧AFD=弧BCD，弧AF=弧BC，所以弧CD=弧DF，所以弧CD=弧DF. ①

又BC=AF，所以∠BDC=∠ADF，∠BDC＋∠BDA=∠ADF＋∠BDA，即∠CDA=∠BDF，而∠FAE＋∠BAF=∠BDF＋∠BAF=180°，所以∠-FAE=∠BDF=∠CDA.

同理，∠DCA=∠AFE. 所以在△CDA與△FDE中，∠CDA=∠FAE，∠DCA=∠AFE，所以△CDA∽△FAE.所以 CD·EF=AC·AF，又由①有AC·AF=DF·EF，故命題得證.

24． （1）不進(jìn)行開發(fā)的5年的最大利潤P1=41×5=205萬元.

（2）若實(shí)施規(guī)劃，在前2年中，當(dāng)x=50時(shí)，每年最大利潤為P=-（50-60）2+41=40萬元，前2年的利潤為40×2=80萬元，扣除修路后的純利潤為80-50×2=-20萬.

設(shè)在公路通車后的3年中，每年用x萬元投資本地銷售，而用剩下的（100-x）萬元投資外地銷售，則其總利潤W= -3（x-30）2＋3195，當(dāng)x=30時(shí)，W的最大值為3195萬元，所以5年的最大利潤為3195-20=3175萬元.

（3）規(guī)劃后5年總利潤為3175萬元，不實(shí)施規(guī)劃方案僅為205萬元，故具有很大的實(shí)施價(jià)值.

25． （1）把點(diǎn)F（0，1）坐標(biāo)代入y=kx＋b中，得b=1.

（2）由y= x2和y=kx＋1得x2-kx-1=0，化簡得 x1=2k-2，x2=2k＋2 ，x1·x2=-1.

（3）△M1FN1是直角三角形（F點(diǎn)是直角頂點(diǎn)）.理由如下：設(shè)直線l與y軸的交點(diǎn)是F1，F(xiàn)M12=FF12+M1F12=x12＋4，F(xiàn)N12=FF12＋F1N12=x22＋4，M1N12=（x1-x2）2=x12+x22-2x1x2=x12+x22+8，所以FM12+FN12=M1N12. 所以△M1FN1是以F點(diǎn)為直角頂點(diǎn)的直角三角形.

（4）符合條件的定直線m即為直線l：y=-1. 過M作MH⊥NN1于H，MN2=MH2+NH2=（x1-x2）2+（y1-y2）2=（x1-x2）2+［（kx1+1）-（kx2+1）］2=（x1-x2）2+k2（x1-x2）2=（k2+1）·（x1-x2）2=（k2+1）（4）2=16（k2+1）2，所以MN=4（k2+1）. 分別取MN和M1N1的中點(diǎn)P，P1， PP1=（MM1+NN1）=（y1+1+y2+1）=（y1+y2）+2=k（x1+x1）+2=2k2+2=2（k2+1），所以PP1=MN，即線段MN的中點(diǎn)到直線l的距離等于MN長度的一半.所以以MN為直徑的圓與l相切.

海寧第一初中

2012中考數(shù)學(xué)模擬測試卷

1． C 2． B 3． C 4． A

5． C 6． B 7． D 8． B

9． A 10． C 11．x≥2

12． 1 13． 25 14． 2

15． （a+b+1）（a－b－1） 16． y=x2

17． －2.

18． －2

19． （1）方法一：

方法二：畫樹狀圖如下：

所有可能出現(xiàn)的結(jié)果有AD，AE，AF，BD，BE，BF，CD，CE，CF .

（2）從表格或樹狀圖可以看出，所有可能出現(xiàn)的結(jié)果共有9種，其中事件M出現(xiàn)了一次，所以P（M）=.

20． （1）略 （2）略 （3）90°.

21． （1）4÷10%=40人.

（2）（1-60%-10%）×360°=30%×360°=108°.

（3）略

（4）900×30%=270人，該校共有270名畢業(yè)生的升學(xué)意向是職高．

22． （1）因?yàn)镈M⊥AB，所以∠AMN=90°，所以∠MAN=90°-∠MNA. 又∠MNA=∠CND，又因?yàn)椤螪=90°-∠CND，所以∠MAN=∠D. 且AC=CD，AB為⊙O的直徑，所以∠ACB=90°=∠NCD，所以△ABC≌△DNC.

（2）CP是⊙O的切線．連結(jié)OC，證OC⊥CP即可，所以CP是⊙O的切線.

23． （1）由－1=－2k+b，3=k+b，解得k=，b=，所以y=x+.

（2）C－，0，D0，． 在Rt△OCD中，OD=，OC=，所以tan∠OCD==．

（3）取點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)E（2，1），則問題轉(zhuǎn)化為求證∠BOE=45°． 由勾股定理可得，OE=，BE=，OB=，因?yàn)镺B2=OE2+BE2，所以△EOB是等腰直角三角形． 所以∠BOE=45°． 所以∠AOB=135°．

24. （1）因?yàn)?荀A′B′OC′由?荀ABOC旋轉(zhuǎn)得到，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），所以點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（3，0）. 所以拋物線過點(diǎn)C（－1，0），A（0，3），A′（3，0）. 設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c（a≠0），可得a－b+c=0，c=3，9a+3b+c=0，解得a=－1，b=2，c=3.所以過點(diǎn)C，A，A′的拋物線的解析式為y=－x2+2x+3.

（2）因?yàn)锳B∥CO，所以∠OAB=∠AOC=90°. 所以O(shè)B=. 又∠OC′D=∠OCA=∠B，∠C′OD=∠BOA，所以△C′OD∽△BOA. 又OC′=OC=1，所以==. 又△ABO的周長為4+，所以△C′OD的周長為=1+.

（3）易得直線AA′的解析式為y=－x+3. 將直線AA′向右平移，當(dāng)直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)M時(shí)與y軸交于點(diǎn)P，此時(shí)S△AMA′最大，設(shè)平移后的直線的解析式為y=－x+h，則有y=－x2+2x+3，y=－x+h， 得x2－3x+（－3+h）=0，令Δ=9－4（－3+h）=0，得h=.

所以y=－x2+2x+3，y=－x+，解得x=，y=. 所以點(diǎn)M坐標(biāo)為，，點(diǎn)P的坐標(biāo)為0，.

因?yàn)镸P∥AA′，所以△MAA′與△PAA′同底等高，它們面積相等. 故S△AMA′=S△PAA′=S△POA′－S△AOA′=×3×－×3×3=. 所以當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為，時(shí)，△AMA′的面積有最大值，且最大值為.