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2025年高一年級分班考試數學模擬試卷（4）
一．選擇題
1．某公司推出一禮品套盒，其中有5個禮品，質量分別為65g，70g，85g，60g，70g，若該禮盒再增選1個質量為70g的禮品，則發生變化的統計量是（　　）
A．平均數 B．中位數 C．眾數 D．方差
2．方程組有正整數解，則k的正整數值是（　　）
A．3 B．2 C．1 D．不存在
3．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分線DE交AC于D，交AB于點E，若，則∠ABD的正切值是（　　）
A． B． C． D．
4．如果一個圓的內接三角形有一邊的長度等于半徑，那么稱其為該圓的“半徑三角形”．給出下面四個結論：
①一個圓的“半徑三角形”有無數個；
②一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形；
③當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，120°或150°；
④若一個圓的半徑為2，則它的“半徑三角形”面積最大值為．
上述結論中，正確的個數為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，點P是BC邊上的一個動點（點P與點B，C都不重合），現將△PCD沿直線PD折疊，使點C落到點F處；過點P作∠BPF的角平分線交AB于點E．設BP＝x，BE＝y，則下列圖象中，能表示y與x的函數關系的圖象大致是（　　）
A． B． C． D．
6．已知AD、BE、CF為△ABC的三條高（D、E、F為垂足），∠ABC＝45°，∠C＝60°，則的值是（　　）
A． B． C． D．
7．二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致圖象如圖所示，頂點坐標為（﹣2，﹣9a），下列結論：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③5a﹣b+c＝0；④若方程a（x+5）（x﹣1）＝﹣1有兩個根x1和x2，且x1＜x2，則﹣5＜x1＜x2＜1；⑤若方程|ax2+bx+c|＝1有四個根，則這四個根的和為﹣8，其中正確的結論有（　　）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
8．如圖，已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點A（10，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結論中：①當∠BOP＝45°時，四邊形OBPD為正方形；②當∠BOP＝30°時，△OAD的面積為15；③當P在運動過程中，CD的最小值為2﹣6；④當OD⊥AD時，BP＝2．其中結論正確的有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
二．填空題
9．已知x是實數，且（x﹣2）（x﹣3）＝0，則x3﹣x+1的值為　 　 ．
10．已知關于x的二次函數y＝x2﹣ax+a﹣1的圖象與坐標軸有且只有2個公共點，則a＝　 　 ．
11．兩塊全等的等腰直角三角板如圖放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的頂點E與△ABC的斜邊BC的中點重合，將△DEF繞點E旋轉，旋轉過程中，當點D落在直線AB上時，若BC＝2，則AD＝　 　 ．
12．如圖1，一張矩形紙片ABCD，點E、F分別在AB，CD上，點G，H分別在AF、EC上，現將該紙片沿AF，GH，EC剪開，拼成如圖2所示的矩形，已知DF：AD＝5：12，GH＝6，則AD的長是　 　 ．
13．如圖，在等邊△ABC中，點D是BC邊上固定一點，點P是AB邊上一動點，連接AD，PD．當AP＝1時，PD＝BD，當AP＝3時，PD有最小值，則線段AD的長為 　 　 ．
14．如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，E為CD上一動點，AE交BD于F，過F作FH⊥AE交BC于點H，過H作HG⊥BD于G，連接AH．在以下四個結論中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③FC＝2；④△CEH的周長為12．其中正確的結論有　 　 ．
15．如圖，已知直角扇形AOB的半徑OA＝2cm，以OB為直徑在扇形內作半圓M，過點M引MP∥AO交于點P，則與半圓弧及MP所圍成的陰影部分的面積S陰影＝　 　 ．
16．如圖，在直角坐標系中，點A，B分別在x軸和y軸，，∠AOB的角平分線與OA的垂直平分線交于點C，與AB交于點D，反比例函數的圖象過點C，當以CD為邊的正方形的面積為時，k的值為　 　 ．
三．解答題
17．①已知線段m和n，請用直尺和圓規作出等腰△ABC，使得AB＝AC，BC＝m，∠A的平分線等于n．（只保留作圖痕跡，不寫作法）
②若①中m＝12，n＝8；請求出腰AB邊上的高．
18．如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D為弧BC的中點，DE⊥AC交AC的延長線于點E．
（1）求證：直線DE為⊙O的切線；
（2）延長AB，ED交于點F．若BF＝2，，求cos∠AFE的值．
19．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點D為AB的中點，過點D作AB的垂線交BC于點E，過點A作AF∥BE交ED的延長線于點F，連結AE，BF．
（1）求證：四邊形AEBF是菱形．
（2）若sin∠EBF＝，AE＝5，
①求四邊形ACBF的周長．
②連結CD，求CD的長．
20．某校為配合疫情防控需要，每星期組織學生進行核酸抽樣檢測，防疫部門為了解學生錯峰進入操場進行核酸檢測情況，調查了某天上午學生進入操場的累計人數y（單位：人）與時間x（單位：分鐘）的變化情況，發現其變化規律符合函數關系式：y＝，數據如表．
時間x（分鐘） 0 1 2 3 … 8 x＞8
累計人數y（人） 0 150 280 390 … 640 640
（1）求a，b，c的值；
（2）如果學生一進入操場就開始排隊進行核酸檢測，檢測點有4個，每個檢測點每分鐘檢測5人，求排隊人數的最大值（排隊人數＝累計人數﹣已檢測人數）；
（3）在（2）的條件下，全部學生都完成核酸檢測需要多少時間？如果要在不超過20分鐘讓全部學生完成核酸檢測，從一開始就應該至少增加幾個檢測點？
21．如圖，頂點為C的拋物線y＝ax2﹣3a與x軸交于A、B兩點，連結BC，直線AE⊥BC，垂足為E交y軸于點D，且CD＝2．
（1）求A、B兩點的坐標及a的值；
（2）過點B作x軸的垂線與直線AE交于點F，把（1）中的拋物線向右平移K個單位，使拋物線與線段BF有交點，試求K的取值范圍；
（3）△QGH與△COB關于x軸成軸對稱，如圖2，把△QGH沿y軸以每秒1個單位向上平移，當Q點與D點重合時，停止運動，記運動時間為t，設△QGH與△COB重疊部分的面積為S，求S與運動時間t的函數關系式．問S是否有最大值，若有，求出S的最大值；若沒有，請說明理由．
答案與解析
一．選擇題
1．某公司推出一禮品套盒，其中有5個禮品，質量分別為65g，70g，85g，60g，70g，若該禮盒再增選1個質量為70g的禮品，則發生變化的統計量是（　　）
A．平均數 B．中位數 C．眾數 D．方差
【點撥】依據平均數、中位數、眾數、方差的定義和公式求解即可．
【解析】解：A、原來數據的平均數是70，添加70g后，平均數仍為70，故A不符合題意；
B、原來數據的中位數是70，添加70g后，中位數仍為70，故B不符合題意符；
C、原來數據的眾數是70，添加70g后，眾數仍為70，故C不符合題意；
D、原來數據的方差S2＝+（60﹣70）2+（70﹣70）2]＝70，
添加70g后的方差S2＝+（60﹣70）2+（70﹣70）2+（70﹣70）2]＝，
故方差發生了變化，故D符合題意．
故選：D．
【點睛】本題主要考查的是統計量的選擇，眾數、中位數、方差、平均數，熟練掌握相關概念和公式是解題的關鍵．
2．方程組有正整數解，則k的正整數值是（　　）
A．3 B．2 C．1 D．不存在
【點撥】首先由第二個方程得到x＝2y，代入第一個方程，求得y＝，根據4+k是6的正約數即可求解．
【解析】解：，
由②得：x＝2y，代入①得：4y+ky＝6，
則y＝，
則4+k＝1或2或3或6，
解得：k＝﹣3，或﹣2或﹣1或2．
又∵k是正整數，
∴k＝2．
故選：B．
【點睛】本題考查了方程組的整數解，正確理解4+k是6的正約數是關鍵．
3．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分線DE交AC于D，交AB于點E，若，則∠ABD的正切值是（　　）
A． B． C． D．
【點撥】由垂直平分線得到AD＝BD，∠ABD＝∠A，設CD＝3x，則AD＝BD＝5x，AC＝AD+CD＝8x，最后根據計算即可．
【解析】解：由條件可知AD＝BD，
∴∠ABD＝∠A，
∵，
∴設CD＝3x，則AD＝BD＝5x，AC＝AD+CD＝8x，
∴，
∴，
故選：D．
【點睛】本題考查求角的正切值，線段垂直平分線的性質，熟練掌握以上知識點是關鍵．
4．如果一個圓的內接三角形有一邊的長度等于半徑，那么稱其為該圓的“半徑三角形”．給出下面四個結論：
①一個圓的“半徑三角形”有無數個；
②一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形；
③當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，120°或150°；
④若一個圓的半徑為2，則它的“半徑三角形”面積最大值為．
上述結論中，正確的個數為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【點撥】根據“半徑三角形”的定義、圓周角定理判斷①②；根據等腰三角形的性質、圓周角定理判斷③；過點O作OH⊥BC于H，求出△ABC的最大面積，判斷④．
【解析】解：如圖，BC＝OB＝OC，
當點A是圓上異于B、C的點時，△ABC為“半徑三角形”，
則一個圓的“半徑三角形”有無數個，故①結論正確；
當點A在優弧上，△ABC可能是銳角三角形，當點AB為直徑時，△ABC是直角三角形，當點A在劣弧上，△ABC是鈍角三角形，
則一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形，故②結論正確；
當點A在優弧上，∠A＝∠BOC＝30°，當點A在劣弧上，∠A＝180°﹣30°＝150°，當AB＝BC時，頂角∠ABC＝120°，
則當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，120°或150°，故③結論正確；
如圖，過點O作OH⊥BC于H，直線OH交優弧于A，此時，△ABC面積最大，
∵OH⊥BC，
∴BH＝HC，∠BOH＝30°，
∴OH＝OB cos∠BOH＝2×＝，
∴S△ABC＝×2×（2+）＝2+，故④結論錯誤；
故選：C．
【點睛】本題考查的是三角形的外接圓與外心，掌握圓周角定理、垂徑定理、靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．
5．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，點P是BC邊上的一個動點（點P與點B，C都不重合），現將△PCD沿直線PD折疊，使點C落到點F處；過點P作∠BPF的角平分線交AB于點E．設BP＝x，BE＝y，則下列圖象中，能表示y與x的函數關系的圖象大致是（　　）
A． B． C． D．
【點撥】證明△EBF∽△PCD，根據相似三角形的對應邊的比相等求得y與x的函數關系式，根據函數的性質即可作出判斷．
【解析】解：由折疊可得∠CFD＝∠FFD，
∵FE平分∠BPF，
∴∠BPE＝∠FPE，
∴∠FPD＝∠FPE+∠DPF＝90°，
∴∠BPE+∠CPD＝90°，
∵矩形ABCD，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠BEP+∠EPB＝90°，
∴∠BEP＝∠CPD，
∴△EBP∽△PCD，
∴＝，
∵AB＝3，BC＝5，BP＝x，BE＝y，
∴CD＝3，PC＝5﹣x，
∴＝，
化簡得：y＝﹣x2+x（0＜x＜5），
故選：C．
【點睛】本題考查了動點問題的函數圖象，求函數的解析式，就是把自變量當作已知數值，然后求函數變量y的值，即求線段長的問題，正確證明△EBF∽△PCD是關鍵．
6．已知AD、BE、CF為△ABC的三條高（D、E、F為垂足），∠ABC＝45°，∠C＝60°，則的值是（　　）
A． B． C． D．
【點撥】判斷出△ABD與△BCF均是等腰直角三角形，據此得到＝＝，∠ABC＝∠ABC，從而知道△BFD∽△BCA，據此推出＝，然后根據△CDE∽△CBA，求出＝＝，將轉化為，根據等腰直角三角形的性質，得出AD＝a，則AB＝a，AC＝，代入即可求解．
【解析】解：∵∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝45°，∠BCF＝45°，
∴△ABD與△BCF均是等腰直角三角形，
∵＝＝，∠ABC＝∠ABC，
∴△BFD∽△BCA，
∴＝，
同理可得，△CDE∽△CBA，
∴＝＝，
故DF＝AC，DE＝AB，
∴＝＝，
設AD＝a，則AB＝a，AC＝，
＝＝＝．
故選：B．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，利用圖中的等腰直角三角形找到相關相似三角形是解答的關鍵．
7．二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致圖象如圖所示，頂點坐標為（﹣2，﹣9a），下列結論：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③5a﹣b+c＝0；④若方程a（x+5）（x﹣1）＝﹣1有兩個根x1和x2，且x1＜x2，則﹣5＜x1＜x2＜1；⑤若方程|ax2+bx+c|＝1有四個根，則這四個根的和為﹣8，其中正確的結論有（　　）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【點撥】①拋物線對稱軸在y軸左側，則ab同號，而c＜0，即可求解；
②x＝2時，y＝4a+2b+c＞0，即可求解；
③5a﹣b+c＝5a﹣4a﹣5a≠0，即可求解；
④y＝a（x+5）（x﹣1）+1，相當于由原拋物線y＝ax2+bx+c向上平移了1個單位，即可求解；
⑤若方程|ax2+bx+c|＝1，即：若方程ax2+bx+c＝±1，當ax2+bx+c﹣1＝0時，由韋達定理得：其兩個根的和為﹣4，即可求解．
【解析】解：二次函數表達式為：y＝a（x+2）2﹣9a＝ax2+4ax﹣5a＝a（x+5）（x﹣1），
①拋物線對稱軸在y軸左側，則ab同號，而c＜0，則abc＜0，故正確；
②函數在y軸右側的交點為x＝1，x＝2時，y＝4a+2b+c＞0，故正確；
③5a﹣b+c＝5a﹣4a﹣5a≠0，故錯誤；
④y＝a（x+5）（x﹣1）+1，相當于由原拋物線y＝ax2+bx+c向上平移了1個單位，故有兩個根x1和x2，且x1＜x2，則﹣5＜x1＜x2＜1，正確；
⑤若方程|ax2+bx+c|＝1，即：若方程ax2+bx+c＝±1，當ax2+bx+c﹣1＝0時，用韋達定理得：其兩個根的和為﹣4，同理當ax2+bx+c+1＝0時，其兩個根的和也為﹣4，故正確．
故選：D．
【點睛】本題主要考查的是拋物線與x軸交點，涉及到根與系數的關系、根的判別式等，關鍵是熟練掌握二次函數表達式的三種形式，進而求解．
8．如圖，已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點A（10，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結論中：①當∠BOP＝45°時，四邊形OBPD為正方形；②當∠BOP＝30°時，△OAD的面積為15；③當P在運動過程中，CD的最小值為2﹣6；④當OD⊥AD時，BP＝2．其中結論正確的有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【點撥】①由矩形的性質得到∠OBC＝90°，根據折疊的性質得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四邊形OBPD是矩形，根據正方形的判定定理即可得到四邊形OBPD為正方形；故①正確；
②過D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根據直角三角形的性質得到DH＝＝3，根據三角形的面積公式得到△OAD的面積為OA DH＝×3×10＝15，故②正確；
③連接OC，于是得到OD+CD≥OC，即當OD+CD＝OC時，CD取最小值，根據勾股定理得到CD的最小值為2﹣6；故③正確；
④根據已知條件推出P，D，A三點共線，根據平行線的性質得到∠OPB＝∠POA，等量代換得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根據勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正確．
【解析】解：①∵四邊形OACB是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵將△OBP沿OP折疊得到△OPD，
∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，
∵∠BOP＝45°，
∴∠DOP＝∠BOP＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，
∴四邊形OBPD是矩形，
∵OB＝OD，
∴四邊形OBPD為正方形；故①正確；
②過D作DH⊥OA于H，
∵點A（10，0），點B（0，6），
∴OA＝10，OB＝6，
∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，
∴∠DOA＝30°，
∴DH＝＝3，
∴△OAD的面積為OA DH＝×3×10＝15，故②正確；
③連接OC，
則OD+CD≥OC，
即當OD+CD＝OC時，CD取最小值，
∵AC＝OB＝6，OA＝10，
∴OC＝＝＝2，
∴CD＝OC﹣OD＝2﹣6，
即CD的最小值為2﹣6；故③正確；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∵∠ODP＝∠OBP＝90°，
∴∠ADP＝180°，
∴P，D，A三點共線，
∵OA∥CB，
∴∠OPB＝∠POA，
∵∠OPB＝∠OPD，
∴∠OPA＝∠POA，
∴AP＝OA＝10，
∵AC＝6，
∴CP＝＝8，
∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正確；
故選：D．
【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，三角形的面積的計算，正確的識別圖形是解題的關鍵．
二．填空題
9．已知x是實數，且（x﹣2）（x﹣3）＝0，則x3﹣x+1的值為　1　 ．
【點撥】根據被開方數是非負數，可得答案．
【解析】解：由（x﹣2）（x﹣3）＝0，得
1﹣x＝0，
解得x＝1．
當時x＝1，x3﹣x+1＝1﹣1+1＝1，
故答案為：1．
【點睛】本題考查了二次根式有意義的條件，利用被開方數是非負數得出方程是解題關鍵．
10．已知關于x的二次函數y＝x2﹣ax+a﹣1的圖象與坐標軸有且只有2個公共點，則a＝　1或2　 ．
【點撥】當a＝1時，y＝x2﹣ax+a﹣1＝x2﹣x，該函數與坐標軸有2個交點，當a≠1時，圖象與坐標軸有且只有2個公共點，則△＝（﹣a）2﹣4（a﹣1）＝0，即可求解．
【解析】解：當a＝1時，y＝x2﹣ax+a﹣1＝x2﹣x，
該函數與坐標軸有2個交點，
當a≠1時，圖象與坐標軸有且只有2個公共點，
則△＝（﹣a）2﹣4（a﹣1）＝0，解得a＝2，
故答案為1或2．
【點睛】本題考查的是拋物線與x軸的交點，主要考查函數圖象上點的坐標特征，要求學生非常熟悉函數與坐標軸的交點、頂點等點坐標的求法，及這些點代表的意義及函數特征．
11．兩塊全等的等腰直角三角板如圖放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的頂點E與△ABC的斜邊BC的中點重合，將△DEF繞點E旋轉，旋轉過程中，當點D落在直線AB上時，若BC＝2，則AD＝　或　 ．
【點撥】由題意可知，當點D落在直線AB上時，有兩種情況，第一種是點D落在AB的延長線上，第二種是點D落在BA的延長線上，然后畫出兩種情況對應的圖形，利用勾股定理求解即可．
【解析】解：由題意可知，當點D落在直線AB上時，有兩種情況，第一種是點D落在AB的延長線上，第二種是點D落在BA的延長線上，
當點D落在BA的延長線上時，作DM⊥BC交BC于點M，作AN⊥DM交DM于點N，連接AE，如圖：
∴AN∥BC，
∴∠DAN＝∠B＝45°，
∴∠AND＝90°，
∵等腰直角三角形△DEF的頂點E與等腰直角三角形△ABC的斜邊BC的中點重合，BC＝2，
∴AE＝MN＝＝1，
∴DE＝AB＝，
設AD＝x，則AN＝DN＝EM＝x，
∴DM＝1+x，
在Rt△DEM中，DE2＝EM2+DM2，
∴＝+，
∴x2+x﹣1＝0，
解得，x＝，
∴AD＝；
當點D落在AB的延長線上時，延長CB交DF于點M，作DN⊥CM于點N，如圖：
∴DN∥AE，
∴∠DNB＝∠AEB＝90°，
∴∠NDB＝∠NBD＝∠BAE＝∠ABE＝45°，
∴BE＝AE＝BC＝1，
∴AB＝DE＝，
設BD＝y，則NB＝ND＝y，
∴NE＝1+y，
在Rt△DEN中，DE2＝DN2+NE2，
∴＝+，
∴y2+y﹣1＝0，
解得，y＝，
∴BD＝，
∴AD＝AB+BD＝+＝；
故答案為：或．
【點睛】本題主要考查圖形的旋轉，熟練掌握圖形的旋轉的性質、等腰直角三角形的判定及性質、勾股定理、一元二次方程的解法是解答此題的關鍵．
12．如圖1，一張矩形紙片ABCD，點E、F分別在AB，CD上，點G，H分別在AF、EC上，現將該紙片沿AF，GH，EC剪開，拼成如圖2所示的矩形，已知DF：AD＝5：12，GH＝6，則AD的長是　10　 ．
【點撥】設DF＝5x，則AD＝12x，AF＝13x，由拼成矩形可知△ADF∽△AHC，根據相似三角形對應邊成比例，進而用x代數式表示出FC、HC，然后根據剪拼前后面積不變列出方程求出x即可解題．
【解析】解：如圖，設DF＝5x，依題意得AD＝12x，AF＝＝13x，
在圖2中∵∠CHA＝∠FDA＝90°，∠CAH＝∠FAD
∴△ADF∽△AHC
∴，
∴，
∴HC＝5x+，FC＝，
∴拼成如圖2所示的矩形面積＝AH×HC＝（12x+6）（5x+）＝60（x+）2，
在圖1中
CD＝DF+FC＝5x+，
原矩形面積＝AD×DC＝12x（5x+）
∴60（x+）2＝12x（5x+）
解得x＝
∴AD＝12x＝12×＝10，
故答案為10．
【點睛】此題考查了剪紙問題．注意得到剪拼前后面積不變的關系是解決本題的突破點．
13．如圖，在等邊△ABC中，點D是BC邊上固定一點，點P是AB邊上一動點，連接AD，PD．當AP＝1時，PD＝BD，當AP＝3時，PD有最小值，則線段AD的長為 　　 ．
【點撥】如圖，過點A作AJ⊥BC于點J，．求出AJ，DJ的長可得結論．
【解析】解：如圖，過點A作AJ⊥BC于點J，．
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B＝60°，AB＝BC＝AC，
∵當AP′＝1時，P′D＝BD，
∴△BDP′是等邊三角形，
∴BD＝BP′，
∴CD＝AP′＝1，
∵當AP″＝3時，PD有最小值，
∴P′P″＝BP″＝2，
∴AB＝BC＝5，
∵AJ⊥BC，
∴BJ＝CJ＝2.5，
∴DJ＝CJ＝CD＝1.5，
∵AJ＝＝＝，
∴AD＝＝＝．
故答案為：．
【點睛】本題考查等邊三角形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
14．如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，E為CD上一動點，AE交BD于F，過F作FH⊥AE交BC于點H，過H作HG⊥BD于G，連接AH．在以下四個結論中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③FC＝2；④△CEH的周長為12．其中正確的結論有　②④　 ．
【點撥】①作輔助線，延長HF交AD于點L，連接CF，通過證明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需證明FC＝FH，可證：AF＝FH；
②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；
③F是動點，CF的長度不是定值；
④作輔助線，延長AD至點M，使AD＝DM，過點C作CI∥HL，則IL＝HC，可證AL＝HE，再根據△MEC≌△MIC，可證：CE＝IM，故△CEH的周長為邊AM的長，為定值．
【解析】解：①連接FC，延長HF交AD于點L，
∵BD為正方形ABCD的對角線，
∴∠ADB＝∠CDF＝45°．
∵AD＝CD，DF＝DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）．
∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF＝90°，
∴∠LHC+∠DAF＝90°．
∵∠ECF＝∠DAF，
∴∠FHC＝∠FCH，
∴FH＝FC．
∴FH＝AF，
∵FH⊥AE，
∴FH＜EH，
∴AF＜EH，故①錯誤，
②∵FH⊥AE，FH＝AF，
∴∠HAE＝45°．
③∵F是動點，CF的長度不是定值，本選項錯誤；
④延長AD至點M，使AD＝DM，過點C作CI∥HL，則：LI＝HC，
根據△MEC≌△CIM，可得：CE＝IM，
同理，可得：AL＝HE，
∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝12．
∴△CEH的周長為12，為定值．
解法二：延長CB到T，使得BT＝DE，則△ADE≌△ABT，
想辦法證明△AHE≌△AHT，可得EH＝HT，推出△ECH的周長＝EH+CH+EC＝HT+CH+CE＝CH+BH+CE+DE＝2BC＝12．
故②④結論都正確．
故答案為②④．
【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．
15．如圖，已知直角扇形AOB的半徑OA＝2cm，以OB為直徑在扇形內作半圓M，過點M引MP∥AO交于點P，則與半圓弧及MP所圍成的陰影部分的面積S陰影＝　π﹣　 ．
【點撥】要求的陰影部分的面積顯然是不規則圖形的面積，不可能直接用公式，只有用“割補法”，連接OP，根據S陰影＝S扇形AOB﹣S扇形BMQ﹣S△MOP﹣S扇形OAP即可得出結論．
【解析】解：如圖，連接OP．
∵AO⊥OB，MP∥OA，
∴MP⊥OB．
又∵OM＝BM＝1，OP＝OA＝2，
∴OP＝2OM，
∴∠MPO＝30°，∠MOP＝60°，
∴∠AOP＝30°．
∴S扇形AOB＝＝π，S扇形BMQ＝＝，S△MOP＝OM OPsin60°＝×1×2×＝，S扇形OAP＝＝，
∴S陰影＝S扇形AOB﹣S扇形BMQ﹣S△MOP﹣S扇形OAP＝π﹣．
故答案為：π﹣．
【點睛】本題考查了扇形面積的計算．求陰影面積的主要思路是將不規則圖形面積轉化為規則圖形的面積．
16．如圖，在直角坐標系中，點A，B分別在x軸和y軸，，∠AOB的角平分線與OA的垂直平分線交于點C，與AB交于點D，反比例函數的圖象過點C，當以CD為邊的正方形的面積為時，k的值為　14　 ．
【點撥】設OA＝3a，則OB＝4a，利用待定系數法即可求得直線AB的解析式為，直線CD的解析式是y＝x，OA的中垂線的解析式，解方程組即可求得C和D的坐標，根據以CD為邊的正方形的面積為，即CD2＝，據此即可列方程求得a2的值，則k即可求解．
【解析】解：由題意，設OA＝3a，則OB＝4a，
∴A（3a，0），B（0，4a），
設直線AB的解析式是y＝kx+b，
根據題意得：，
解得：，
則直線AB的解析式是，
∵直線CD是∠AOB的平分線，
則OD的解析式是y＝x，
根據題意得：，
解得：，
則D的坐標是（，），
OA的中垂線的解析式是，
則C的坐標是（，），則，
∵以CD為邊的正方形的面積為，且，
則，
解得：，
∴，
故答案為：14．
【點睛】本題考查了反比例函數、一次函數、正方形的面積等知識，根據題意表示出C、D的坐標是解答的關鍵．
三．解答題
17．①已知線段m和n，請用直尺和圓規作出等腰△ABC，使得AB＝AC，BC＝m，∠A的平分線等于n．（只保留作圖痕跡，不寫作法）
②若①中m＝12，n＝8；請求出腰AB邊上的高．
【點撥】（1）先作線段BC＝m，再作BC的垂直平分線，垂足為D點，接著截取AD＝n，連接AB、AC，則AB＝AC，根據等腰三角形的性質可得AD平分∠BAC，于是可判斷△ABC滿足條件；
（2）由作法得到BC＝12，AD＝8，BD＝6，再利用勾股定理計算出AB＝10，然后利用面積法可計算出腰AB邊上的高．
【解析】解：（1）如圖，△ABC為所作；
（2）∵BC＝12，AD＝8，
∴BD＝6，
在△ABC中，AB＝＝10，
設腰AB邊上的高為h，
∵ h AB＝ BC AD，
∴h＝＝，
即AB邊上的高為．
【點睛】本題考查了作圖﹣復雜作圖：復雜作圖是在五種基本作圖的基礎上進行作圖，一般是結合了幾何圖形的性質和基本作圖方法．解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．
18．如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D為弧BC的中點，DE⊥AC交AC的延長線于點E．
（1）求證：直線DE為⊙O的切線；
（2）延長AB，ED交于點F．若BF＝2，，求cos∠AFE的值．
【點撥】（1）連接OD，連接BC交OD于點F，證明DE∥BC，由垂徑定理得出OD⊥CB，得出OD⊥DE，由切線的判定可得出答案；
（2）連接BC，OD，根據平行線的性質得出∠ABC＝∠AFE，根據銳角三角函數求出OB＝1，AB＝2，根據銳角三角函數求解即可．
【解析】（1）證明：連接OD，連接BC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴BC⊥AE，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵點D是的中點，
∴OD⊥CB，
∴OD⊥DE，
又∵OD為⊙O的半徑，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：如圖，連接BC，OD，
由（1）知，OD⊥EF，BC∥EF，DE⊥AC
∴∠ABC＝∠F，
∴sin∠ABC＝sin∠AFE，
∴＝，
∵BF＝2，AC＝，OA＝OB＝OD，
∴＝，
∴OB＝1，
∴AB＝2，
∴BC＝＝＝，
∴cos∠AFE＝cos∠ABC＝＝＝．
【點睛】此題考查了切線的判定與性質、垂徑定理、圓周角定理，解直角三角形，熟練掌握切線的判定與性質、解直角三角形是解題的關鍵．
19．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點D為AB的中點，過點D作AB的垂線交BC于點E，過點A作AF∥BE交ED的延長線于點F，連結AE，BF．
（1）求證：四邊形AEBF是菱形．
（2）若sin∠EBF＝，AE＝5，
①求四邊形ACBF的周長．
②連結CD，求CD的長．
【點撥】（1）先證明△FAD≌△EBD（AAS），則AF＝BE，則四邊形AEBF是平行四邊形，又EF⊥AB，即可得到四邊形AEBF是菱形；
（2）由四邊形AEBF是菱形得到AE∥BF，AE＝EB＝BF＝AF＝5，則∠AEC＝∠EBF，由得到AC＝4，由勾股定理得CE＝3，即可得到四邊形ACBF的周長；②由勾股定理得到，由點D為AB的中點即可得到答案．
【解析】（1）證明：∵點D為AB的中點，
∴AD＝BD，
∵AF∥BE，
∴∠FAD＝∠EBD，∠AFD＝∠BED，
∴△FAD≌△EBD（AAS），
∴AF＝BE，
∴四邊形AEBF是平行四邊形．
∵EF⊥AB，
∴四邊形AEBF是菱形．
（2）解：①∵四邊形AEBF是菱形．
∴AE∥BF，AE＝EB＝BF＝AF＝5，
∴∠AEC＝∠EBF，
∴，
∵∠ACB＝90°，
∴，
∴AC＝4，
∴，
∴四邊形ACBF的周長為AC+CE+BE+BF+AF＝22．
②在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴，
∵點D為AB的中點，
∴．
【點睛】本題考查了菱形判定和性質、平行四邊形的判定、勾股定理、解直角三角形等知識，熟練掌握菱形的判定和性質是解題的關鍵．
20．某校為配合疫情防控需要，每星期組織學生進行核酸抽樣檢測，防疫部門為了解學生錯峰進入操場進行核酸檢測情況，調查了某天上午學生進入操場的累計人數y（單位：人）與時間x（單位：分鐘）的變化情況，發現其變化規律符合函數關系式：y＝，數據如表．
時間x（分鐘） 0 1 2 3 … 8 x＞8
累計人數y（人） 0 150 280 390 … 640 640
（1）求a，b，c的值；
（2）如果學生一進入操場就開始排隊進行核酸檢測，檢測點有4個，每個檢測點每分鐘檢測5人，求排隊人數的最大值（排隊人數＝累計人數﹣已檢測人數）；
（3）在（2）的條件下，全部學生都完成核酸檢測需要多少時間？如果要在不超過20分鐘讓全部學生完成核酸檢測，從一開始就應該至少增加幾個檢測點？
【點撥】（1）用待定系數法求函數解析式即可；
（2）根據排隊人數＝累計人數﹣已檢測人數，首先找到排隊人數和時間的關系，再根據二次函數和一次函數的性質，找到排隊人數最多時有多少人；8分鐘后入校園人數不再增加，檢測完所有排隊同學即完成所有同學體溫檢測；
（3）設從一開始就應該增加m個檢測點，根據不等關系“要在20分鐘內讓全部學生完成核酸檢測”，建立關于m的一元一次不等式，結合m為整數可得到結果．
【解析】解：（1）由題意得，，
解得，；
（2）由（1）得，y＝，
設第x分鐘時的排隊人數為W，
根據題意得：W＝y﹣20x，
∴W＝
當0≤x≤8時，
W＝﹣10x2+140x＝﹣10（x﹣7）2+490，
∴當x＝7時，W最大＝490，
當x＞8時，W＝640﹣20x，
∵k＝﹣20＜0，
∴W隨x的增大而減小，
∴W＜480，
故排隊人數最多時有490人；
（3）要全部學生都完成核酸檢測，根據題意得：640﹣20x＝0，
解得：x＝32，
所以全部學生都完成核酸檢測要32分鐘；
開始就應該至少增加m個檢測點，根據題意得：
5×20（m+4）≥640，
解得：m≥2.4，
∵m為整數，
∴m＝3，
答：從一開始就應該至少增加3個檢測點．
【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了二次函數的應用，二次函數的性質，一次函數的性質，一元一次不等式的應用，理解題意，求出y與x之間的函數關系式是本題的關鍵．
21．如圖，頂點為C的拋物線y＝ax2﹣3a與x軸交于A、B兩點，連結BC，直線AE⊥BC，垂足為E交y軸于點D，且CD＝2．
（1）求A、B兩點的坐標及a的值；
（2）過點B作x軸的垂線與直線AE交于點F，把（1）中的拋物線向右平移K個單位，使拋物線與線段BF有交點，試求K的取值范圍；
（3）△QGH與△COB關于x軸成軸對稱，如圖2，把△QGH沿y軸以每秒1個單位向上平移，當Q點與D點重合時，停止運動，記運動時間為t，設△QGH與△COB重疊部分的面積為S，求S與運動時間t的函數關系式．問S是否有最大值，若有，求出S的最大值；若沒有，請說明理由．
【點撥】（1）對于y＝ax2﹣3a，當x＝0時，y＝﹣3a，令y＝0，則x＝，得到點A、B坐標，由OD＝OAtan∠DAO＝﹣×＝﹣，則CO＝﹣3a＝OD+CD＝2﹣，即可求解；
（2）由（1）知，拋物線的表達式為：y＝﹣x2+3，則平移后的拋物線表達式為：y＝﹣（x﹣k）2+3，求出點F（，2），將點F的坐標代入平移后得拋物線表達式得：2＝﹣（﹣k）2+3，解得：k＝±1，進而求解；
（3）由S＝S梯形OBMG﹣S△BNT，即可求解．
【解析】解：（1）對于y＝ax2﹣3a，當x＝0時，y＝﹣3a，
令y＝0，則x＝，
則點A、B的坐標分別為：（﹣，0）、（，0），點C（0，﹣3a），
則tan∠CBO＝＝，
∵AE⊥BC，則tan∠DAO＝﹣，
則OD＝OAtan∠DAO＝﹣×＝﹣，
則CO＝﹣3a＝OD+CD＝2﹣，
解得：a＝﹣1（經檢驗a＝﹣1是方程的根）；
（2）由（1）知，拋物線的表達式為：y＝﹣x2+3，
則平移后的拋物線表達式為：y＝﹣（x﹣k）2+3，
則點C（0，3），則tan∠DAO＝﹣＝，
則∠DAO＝30°，∠CAO＝60°，AB＝2，
則BF＝ABtan∠DAO＝2×＝2，即點F（，2），
將點F的坐標代入平移后得拋物線表達式得：2＝﹣（﹣k）2+3，
解得：k＝±1，
而AB＝2，
則0＜k＜﹣1或+1＜k＜2；
（3）連接BH，設平移后QH交BC于點N，交x軸于點T，GH交BC于點M，
由（2）知tan∠OBC＝，則∠OBC＝60°＝∠QHC＝∠HTB，
則△NTB為等邊三角形，則S△BNT＝（BT）2，
由題意得：OG＝t，則OQ＝3﹣t，
則OT＝OQtan30°＝（3﹣t）＝﹣t＝GM，則BT＝OB﹣OT＝t，
則S＝S梯形OBMG﹣S△BNT＝（GM+OB）×OG﹣（BT）2
＝[﹣+]×t﹣（t）2
＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+≤，
故S的最大值為．
【點睛】主要考查了二次函數的解析式的求法和與幾何圖形結合的綜合能力的培養．要會利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系．
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