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浙江省温州市民办初中联盟2021年八年级数学第7届联赛试卷
1．（2021八下·温州竞赛） 已知关于的方程只有三个实数根，则 (　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；含绝对值的一元二次方程
【解析】【解答】解：令x=t，原方程变为t2-6t+2-s=0，
由于原方程有三个实数根，且|x|=t，
∴关于t的方程在t≥0时，有一个根为 0，另一个根大于0，
当t=0时，代入方程得2-s=0，解得s=2，
此时方程变为t2-6t=0，解得t=0或t=6，
对应原方程的三个实数根x=0，6，-6，
∴s=2，
故答案为：A.
【分析】通过换元，将问题转化为关于t的二次方程，然后利用二次方程根的性质来求解.
2．（2021八下·温州竞赛） 已知关于的不等式组有两个整数解。则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】解：当x≤2时，2-x>2x+3，
∴，
当x>2时，x-2<2x+3，
∴x>-5，
∴不等式的解为x>2，
∵不等式组只有两个整数解，
∴-3故答案为：A.
【分析】分x-1>0和x-1≤0两种情况，列出不等式组，根据不等式组有两个整数解求解可得.
3．（2021八下·温州竞赛） 已知直角三角形的两条直角边的长度为，斜边长为的直角三角形的个数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵两条直角边长分别是整数a，b(其中a<50)，斜边长是a+2，
∴b2=(a+2)2-a2=4a+2，
∴b2为偶数，
∵a，b是正整数，a<50，
∴b2是1到202之间的偶数，而且是完全平方数，这样的数共有6个，
∴满足条件的直角三角形的个数为6.
故答案为：B.
【分析】先根据勾股定理得到b2=(a+2)2-a2=4a+2，而a是正整数，a<50，得到b2是1到202之间的偶数，进而即可得到结论.
4．（2021八下·温州竞赛） 已知实数满足说法：中，正确的有个。
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】等式的基本性质
【解析】【解答】解：∵，
，
∴a+b=0，ab=-1.
故答案为：B.
【分析】将已知等式变形，得出a和b的关系，即可得出结论.
5．（2021八下·温州竞赛） 如右图，线段与交于点为，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形的外角性质
【解析】【解答】解：∵∠ADD是△AOC的外角，
∴∠AOD=∠A+∠ACO，
∵∠OD是△BOD的外角，
∴∠AOD=∠D+∠OBD，
∴∠A+∠ACO=∠D+∠OBD，即39°+∠ACO=27°+∠OBD.
∵∠ACP=2∠PCD，∠ABP=2PBD，39°+∠PCD=27°+3∠PBD
∴∠PBD=∠PCD+4°，
设∠PCD=x°，则∠PBD=4°+x°，则∠OBP=2(4°+x°)=8°+2x°，
设PC，AO交点为M，
在△AMC中，∠A+∠ACP+∠AMC=180°，
∴∠AMC=180°-∠A-∠ACP=180°-39°-2x°=141°-2x°
∴∠PMB=∠AMC=141°-2x(对顶角相等)
在△PMB中，∠P+∠PMB+∠APB=180°
∠P=180°-∠PMB-∠APB
=180°-(141°-2x)-(8°+2x)
=180°- 141°-8°
=31°
故答案为：B.
【分析】根据三角形外角性质，列出角度之间的关系，再通过设未知数和代数运算求解即可.
6．（2021八下·温州竞赛） 记表示不超过实数的最大整数。已知且则的值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数值；分段函数
【解析】【解答】解：∵0∴，
∴
又∵，
∴，
，
∴且，
∴且，
又∵0∴
∴2017<2021a<2019，
∴
故答案为：A.
【分析】通过分析取整函数性质和参数范围，即可找到符合条件的[2021a]的值.
7．（2021八下·温州竞赛） 如图在“九宫格”中分别填入4个1、4个2、1个4.则如果要求每行每列所填的数字之和均为偶数，那么填法共有多少种（　　）
　 　 　
　 　 　
　 　 　
A．45 B．60 C．90 D．120
【答案】A
【知识点】分类讨论
【解析】【解答】解：将4个1和1个3分成3组使得每组之和为奇数
①{1}，{1，1，1}，{3}，
先按行分配，共有种，
再按列，可得1和3需同列，共3种
一共3×6=18种
②{1}，{1}，{1，1，3}，
先按行分配，共有种
再按列3的位置有3种，2个{1}同列有3种，共3×3=9种，
3×9=27
综上，一共有18+27=45种
故答案为：A.
【分析】将4个1和1个3分成3组使得每组之和为奇数，再分类讨论，即可求解.
8．（2021八下·温州竞赛）已知25个点为的方格表的格点，从中任取三个点能构成三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用列举法求概率
【解析】【解答】解：，
水平线：，
垂直线：，
斜率为1：10+8+2=20；斜率为-1同理，总贡献20×2=40，
斜率为2或-2：3×1+3×1=6，
斜率为或：3×1+3×1=6，
∴50+50+40+6+6=152，
∴，
故答案为：A.
【分析】先计算所有可能的三点组合数，再减去三点共线的情况数，三点共线包括水平、垂直和斜线三种情况.
9．（2021八下·温州竞赛） 设表示数的个位数字。则　 　.
【答案】4500
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵xn表示数n5的个位数字，
∴x1表示数15=1的个位数字1，
x2表示数25=32的个位数字2，
x3表示数35=243的个位数字3，
x4表示数45=1024的个位数字4，
x5表示数55=3125的个位数字5，
x6表示数65=7776的个位数字6，
x7表示数75=16807的个位数字7，
x8表示数85=32768的个位数字8，
x9表示数95=59049的个位数字9，
x10表示数105=100000的个位数字0，
x11表示数115=161051的个位数字1，
......
根据以上数字呈现的规律，xn表示数n5的个位数字，每10个循环，
∴x1+x2+…+x1000=(x1+x2+…+x10)+(x11+x12+…+x20)+…+(x991+x992+…+x1000)=100(x1+x2+…+x10)=100×(1+2+3+4+5+6+7+8+9+0)=100×45=4500，
故答案为：4500.
【分析】根据xn表示数n5的个位数字，先对前面的数字按要求计算得到xn的数字规律，再利用规律将x1+x2+…+x1000化简为100(x1+x2+…+x10)代值求解即可得到答案.
10．（2021八下·温州竞赛） 若二次函数与反比例函数有一个交点，则此交点为　 　。
【答案】
【知识点】二次函数与反比例函数的图象共存判断
【解析】【解答】解：联立两个方程，得到
ax2+(1-2a)x-1=2x，
解得x=2，y=1，
∴此交点为，
故答案为：.
【分析】将二次函数和反比例函数的方程联立，然后解出交点的坐标即可.
11．（2021八下·温州竞赛） 已知则　 　.
【答案】
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解：当x=1时，原式为：；
当x=-1时，原式为：
；
奇数项和：，
偶数项和：，
∴原式，
∴
故答案为：.
【分析】利用二项式展开式，通过代入x=1和x=-1求出奇数项和偶数项的系数之和，再结合平方差公式计算最终结果.
12．（2021八下·温州竞赛） 函数(2021层绝对值符号)与轴围城的闭合图形的面积为　 　。
【答案】2020
【知识点】分段函数；绝对值函数的最值
【解析】【解答】解：只有一层绝对值时，其面积为0，有两层绝对值时，其面积为1……
有k层绝对值时，其面积为k-1，那么 2021层绝对值，其面积为2020.
故答案为：2020.
【分析】函数由2021层嵌套的绝对值构成，每层结构为前一层结果减1再取绝对值；通过分析函数图象的对称性和转折点，发现图形由多个等腰三角形组成，面积与层数相关.
13．（2021八下·温州竞赛） 已知等边三角形，边长为，圆O的半径为，当圆心O从点A出发沿路线运动回到点A时，圆O随着点O的运动而运动。设在三角形ABC内部圆O未经过部分的面积为S，当时，关于的函数关系式为　 　。
【答案】
【知识点】三角形的面积；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：，
新边长：，
，
∴，
故答案为：.
【分析】当圆心O沿等边三角形ABC的边移动时，圆覆盖的区域是距离各边不超过r的部分；未被覆盖的区域是中心的一个小等边三角形，其边长与原三角形边长和r相关；需通过几何关系计算小三角形的面积.
14．（2021八下·温州竞赛） 已知非负实数且记的最大值为最小值为则　 　.
【答案】
【知识点】不等式的性质的实际应用
【解析】【解答】解：
且
，即
，即
故答案为：.
【分析】先把等式的左边表示成与的和，由于都是非负数，且则是非正数，则可表示成10与的和，即的最小值是10，则的值为2；同理再把等式的左边表示成与的和，由于是非负数，则的最大值是10，即等于.
15．（2021八下·温州竞赛） 求所有正整数满足其为各位数码和的7倍。
【答案】解：设这个正整数为n位数，
当n=1时，设这个一位数字为x，由题意得：x=7x
解得：x=0
所以不满足正整数条件，故一位数字中不存在这样的数字
当n=2时，设这个两位数字为的十位数字为a、个位数字为b，则，由题意得：10a+b=7(a+b)
整理得：a=2b
当a=2时，b=1；
当a=4时，b=2；
当a=6时，b=3；
当a=8时，b=4；
故满足条件的数字有21、42、63、84；
当时，设这个n位数字为
其各位数字之和为
故当时，不存在这样的数字
综上所述，满足条件的正整数为21、42、63、84.
【知识点】二元一次方程的解；一元一次不等式的应用；一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题
【解析】【分析】设这个正整数为n位数，再分类讨论，当这个正整数为一位数时，为两位数或3位数及超过3位数时的情况，分别进行计算即可.
16．（2021八下·温州竞赛） 已知上有三个点，的半径为。联结，过线段的中点作于点，若与直线交于点，证明：在同一个圆上。
【答案】解：如图连接OC，过O点作OF⊥AC
∵∠ABC是对应的圆周角，
∠AOC是对应的圆心角，
∴∠AOC=2∠ABC，
∵OA=OC，OF⊥AC
∴OF是∠AOC的角平分线，
∴，
∵DE⊥AB
∴∠BED=90°，∠EBD+∠EDB=90°，
∵OF⊥AC
∴∠OFA=90°， ∠FOA+∠FAO=90°，
∵∠EBD=∠ABC
∴∠EDB=∠FAO，
∠EDB+∠ZDC=180°，
∠FAO+∠ZDC=180°，
∠ZAC+∠ZDC=180°，
∴A、Z、D、C在同一个圆上.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】根据圆周角和圆心角定理，进而推出OF是∠AOC的角平分线，再结合圆内接四边形性质进而得出结论.
17．（2021八下·温州竞赛） 如图，四边形中，，分别以为边作矩形和矩形且满足联结，设线段的中点为。求证：。
【答案】证明：如图所示，分别过B、C、K、F、M作直线DE的垂线，垂足分别为O、L、P、Q、N.
设
四边形BDKG是矩形
、
同理：
四边形PKFQ是矩形
是中点
即MN垂直平分DE
【知识点】梯形中位线定理；线段垂直平分线的判定；四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】分别过B、C、K、F、M作直线DE的垂线，垂足分别为O、L、P、Q、N，则得到直角梯形BCLQ，由于四边形BDKG是矩形，则可利用两角对应相等证明，设，则由相似比可得，同理可得，由矩形的性质可得；再由平行线分线段成比例定理结合已知可得N是OL中点，再由等式的基本性质可得MN垂直平分线段DE，则MD＝ME.
18．（2021八下·温州竞赛） 已知实数，有证明：一元二次方程有大于小于2的根。
【答案】证明：设则
当时，，当时，
有大于小于2的根
【知识点】估算一元二次方程的近似解；不等式的性质的实际应用
【解析】【分析】设则，则，于是大于，即；同理可得，则必然在1和2之间存在一个数使方程成立.
19．（2021八下·温州竞赛） 已知抛物线的顶点为坐标原点，过作两条互相垂直的直线分别与抛物线交于点，联结.
（1）.当轴时，求点到的距离。
（2）.求边上的高的最大值。
【答案】（1）解：如图所示，设AB交y轴于点C，设A（）
轴
轴
（舍去）
答：点O到直线AB的距离等于4.
（2）解：如图1，OA⊥OB，OC为AB边上的高，设直线AB交y轴于点D，
∵点A在抛物线上，且在第一象限，
∴设(a>0)，直线OA的解析式为y=kx(k≠0)，
则：，
解得，
∴直线OA 的解析式为，
∵OA⊥OB，
∴直线OB的解析式为，
联立得
解得，，
∴，
设直线AB的解析式为y=mx+n(m≠0)，
把，代入得，
，
解得
∴直线AB的解析式为，
令x=0，则y=4，
∴直线AB经过定点D(0，4)，
∴OD=4，
∵OC为AB边上的高，
∴当点C与点D重合时，
如图2，此时OC有最大值4，即AB边上的高的最大值为4.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）当AB平行x轴时，点A和点B关于y轴对称，因此可设出点A的坐标为，则点B的坐标可求；由于OA垂直OB，则由二次函数的对称性可知等于，则为等腰直角三角形，则可得到关于x的一元二次方程，解方程即可；
（2）先根据题意画出图形，OA⊥OB，OC为AB边上的高，设直线AB交y轴于点D，再设(a>0)，直线OA的解析式为，直线OB的解析式为，联立解方程组，得到点B坐标，用待定系数法求出直线AB的解析式，进而即可求解.
1 / 1浙江省温州市民办初中联盟2021年八年级数学第7届联赛试卷
1．（2021八下·温州竞赛） 已知关于的方程只有三个实数根，则 (　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2021八下·温州竞赛） 已知关于的不等式组有两个整数解。则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．（2021八下·温州竞赛） 已知直角三角形的两条直角边的长度为，斜边长为的直角三角形的个数为（　　）
A． B． C． D．
4．（2021八下·温州竞赛） 已知实数满足说法：中，正确的有个。
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2021八下·温州竞赛） 如右图，线段与交于点为，则为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021八下·温州竞赛） 记表示不超过实数的最大整数。已知且则的值可能是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021八下·温州竞赛） 如图在“九宫格”中分别填入4个1、4个2、1个4.则如果要求每行每列所填的数字之和均为偶数，那么填法共有多少种（　　）
　 　 　
　 　 　
　 　 　
A．45 B．60 C．90 D．120
8．（2021八下·温州竞赛）已知25个点为的方格表的格点，从中任取三个点能构成三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2021八下·温州竞赛） 设表示数的个位数字。则　 　.
10．（2021八下·温州竞赛） 若二次函数与反比例函数有一个交点，则此交点为　 　。
11．（2021八下·温州竞赛） 已知则　 　.
12．（2021八下·温州竞赛） 函数(2021层绝对值符号)与轴围城的闭合图形的面积为　 　。
13．（2021八下·温州竞赛） 已知等边三角形，边长为，圆O的半径为，当圆心O从点A出发沿路线运动回到点A时，圆O随着点O的运动而运动。设在三角形ABC内部圆O未经过部分的面积为S，当时，关于的函数关系式为　 　。
14．（2021八下·温州竞赛） 已知非负实数且记的最大值为最小值为则　 　.
15．（2021八下·温州竞赛） 求所有正整数满足其为各位数码和的7倍。
16．（2021八下·温州竞赛） 已知上有三个点，的半径为。联结，过线段的中点作于点，若与直线交于点，证明：在同一个圆上。
17．（2021八下·温州竞赛） 如图，四边形中，，分别以为边作矩形和矩形且满足联结，设线段的中点为。求证：。
18．（2021八下·温州竞赛） 已知实数，有证明：一元二次方程有大于小于2的根。
19．（2021八下·温州竞赛） 已知抛物线的顶点为坐标原点，过作两条互相垂直的直线分别与抛物线交于点，联结.
（1）.当轴时，求点到的距离。
（2）.求边上的高的最大值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；含绝对值的一元二次方程
【解析】【解答】解：令x=t，原方程变为t2-6t+2-s=0，
由于原方程有三个实数根，且|x|=t，
∴关于t的方程在t≥0时，有一个根为 0，另一个根大于0，
当t=0时，代入方程得2-s=0，解得s=2，
此时方程变为t2-6t=0，解得t=0或t=6，
对应原方程的三个实数根x=0，6，-6，
∴s=2，
故答案为：A.
【分析】通过换元，将问题转化为关于t的二次方程，然后利用二次方程根的性质来求解.
2．【答案】A
【知识点】一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】解：当x≤2时，2-x>2x+3，
∴，
当x>2时，x-2<2x+3，
∴x>-5，
∴不等式的解为x>2，
∵不等式组只有两个整数解，
∴-3故答案为：A.
【分析】分x-1>0和x-1≤0两种情况，列出不等式组，根据不等式组有两个整数解求解可得.
3．【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵两条直角边长分别是整数a，b(其中a<50)，斜边长是a+2，
∴b2=(a+2)2-a2=4a+2，
∴b2为偶数，
∵a，b是正整数，a<50，
∴b2是1到202之间的偶数，而且是完全平方数，这样的数共有6个，
∴满足条件的直角三角形的个数为6.
故答案为：B.
【分析】先根据勾股定理得到b2=(a+2)2-a2=4a+2，而a是正整数，a<50，得到b2是1到202之间的偶数，进而即可得到结论.
4．【答案】B
【知识点】等式的基本性质
【解析】【解答】解：∵，
，
∴a+b=0，ab=-1.
故答案为：B.
【分析】将已知等式变形，得出a和b的关系，即可得出结论.
5．【答案】B
【知识点】三角形的外角性质
【解析】【解答】解：∵∠ADD是△AOC的外角，
∴∠AOD=∠A+∠ACO，
∵∠OD是△BOD的外角，
∴∠AOD=∠D+∠OBD，
∴∠A+∠ACO=∠D+∠OBD，即39°+∠ACO=27°+∠OBD.
∵∠ACP=2∠PCD，∠ABP=2PBD，39°+∠PCD=27°+3∠PBD
∴∠PBD=∠PCD+4°，
设∠PCD=x°，则∠PBD=4°+x°，则∠OBP=2(4°+x°)=8°+2x°，
设PC，AO交点为M，
在△AMC中，∠A+∠ACP+∠AMC=180°，
∴∠AMC=180°-∠A-∠ACP=180°-39°-2x°=141°-2x°
∴∠PMB=∠AMC=141°-2x(对顶角相等)
在△PMB中，∠P+∠PMB+∠APB=180°
∠P=180°-∠PMB-∠APB
=180°-(141°-2x)-(8°+2x)
=180°- 141°-8°
=31°
故答案为：B.
【分析】根据三角形外角性质，列出角度之间的关系，再通过设未知数和代数运算求解即可.
6．【答案】A
【知识点】函数值；分段函数
【解析】【解答】解：∵0∴，
∴
又∵，
∴，
，
∴且，
∴且，
又∵0∴
∴2017<2021a<2019，
∴
故答案为：A.
【分析】通过分析取整函数性质和参数范围，即可找到符合条件的[2021a]的值.
7．【答案】A
【知识点】分类讨论
【解析】【解答】解：将4个1和1个3分成3组使得每组之和为奇数
①{1}，{1，1，1}，{3}，
先按行分配，共有种，
再按列，可得1和3需同列，共3种
一共3×6=18种
②{1}，{1}，{1，1，3}，
先按行分配，共有种
再按列3的位置有3种，2个{1}同列有3种，共3×3=9种，
3×9=27
综上，一共有18+27=45种
故答案为：A.
【分析】将4个1和1个3分成3组使得每组之和为奇数，再分类讨论，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】用列举法求概率
【解析】【解答】解：，
水平线：，
垂直线：，
斜率为1：10+8+2=20；斜率为-1同理，总贡献20×2=40，
斜率为2或-2：3×1+3×1=6，
斜率为或：3×1+3×1=6，
∴50+50+40+6+6=152，
∴，
故答案为：A.
【分析】先计算所有可能的三点组合数，再减去三点共线的情况数，三点共线包括水平、垂直和斜线三种情况.
9．【答案】4500
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵xn表示数n5的个位数字，
∴x1表示数15=1的个位数字1，
x2表示数25=32的个位数字2，
x3表示数35=243的个位数字3，
x4表示数45=1024的个位数字4，
x5表示数55=3125的个位数字5，
x6表示数65=7776的个位数字6，
x7表示数75=16807的个位数字7，
x8表示数85=32768的个位数字8，
x9表示数95=59049的个位数字9，
x10表示数105=100000的个位数字0，
x11表示数115=161051的个位数字1，
......
根据以上数字呈现的规律，xn表示数n5的个位数字，每10个循环，
∴x1+x2+…+x1000=(x1+x2+…+x10)+(x11+x12+…+x20)+…+(x991+x992+…+x1000)=100(x1+x2+…+x10)=100×(1+2+3+4+5+6+7+8+9+0)=100×45=4500，
故答案为：4500.
【分析】根据xn表示数n5的个位数字，先对前面的数字按要求计算得到xn的数字规律，再利用规律将x1+x2+…+x1000化简为100(x1+x2+…+x10)代值求解即可得到答案.
10．【答案】
【知识点】二次函数与反比例函数的图象共存判断
【解析】【解答】解：联立两个方程，得到
ax2+(1-2a)x-1=2x，
解得x=2，y=1，
∴此交点为，
故答案为：.
【分析】将二次函数和反比例函数的方程联立，然后解出交点的坐标即可.
11．【答案】
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解：当x=1时，原式为：；
当x=-1时，原式为：
；
奇数项和：，
偶数项和：，
∴原式，
∴
故答案为：.
【分析】利用二项式展开式，通过代入x=1和x=-1求出奇数项和偶数项的系数之和，再结合平方差公式计算最终结果.
12．【答案】2020
【知识点】分段函数；绝对值函数的最值
【解析】【解答】解：只有一层绝对值时，其面积为0，有两层绝对值时，其面积为1……
有k层绝对值时，其面积为k-1，那么 2021层绝对值，其面积为2020.
故答案为：2020.
【分析】函数由2021层嵌套的绝对值构成，每层结构为前一层结果减1再取绝对值；通过分析函数图象的对称性和转折点，发现图形由多个等腰三角形组成，面积与层数相关.
13．【答案】
【知识点】三角形的面积；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：，
新边长：，
，
∴，
故答案为：.
【分析】当圆心O沿等边三角形ABC的边移动时，圆覆盖的区域是距离各边不超过r的部分；未被覆盖的区域是中心的一个小等边三角形，其边长与原三角形边长和r相关；需通过几何关系计算小三角形的面积.
14．【答案】
【知识点】不等式的性质的实际应用
【解析】【解答】解：
且
，即
，即
故答案为：.
【分析】先把等式的左边表示成与的和，由于都是非负数，且则是非正数，则可表示成10与的和，即的最小值是10，则的值为2；同理再把等式的左边表示成与的和，由于是非负数，则的最大值是10，即等于.
15．【答案】解：设这个正整数为n位数，
当n=1时，设这个一位数字为x，由题意得：x=7x
解得：x=0
所以不满足正整数条件，故一位数字中不存在这样的数字
当n=2时，设这个两位数字为的十位数字为a、个位数字为b，则，由题意得：10a+b=7(a+b)
整理得：a=2b
当a=2时，b=1；
当a=4时，b=2；
当a=6时，b=3；
当a=8时，b=4；
故满足条件的数字有21、42、63、84；
当时，设这个n位数字为
其各位数字之和为
故当时，不存在这样的数字
综上所述，满足条件的正整数为21、42、63、84.
【知识点】二元一次方程的解；一元一次不等式的应用；一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题
【解析】【分析】设这个正整数为n位数，再分类讨论，当这个正整数为一位数时，为两位数或3位数及超过3位数时的情况，分别进行计算即可.
16．【答案】解：如图连接OC，过O点作OF⊥AC
∵∠ABC是对应的圆周角，
∠AOC是对应的圆心角，
∴∠AOC=2∠ABC，
∵OA=OC，OF⊥AC
∴OF是∠AOC的角平分线，
∴，
∵DE⊥AB
∴∠BED=90°，∠EBD+∠EDB=90°，
∵OF⊥AC
∴∠OFA=90°， ∠FOA+∠FAO=90°，
∵∠EBD=∠ABC
∴∠EDB=∠FAO，
∠EDB+∠ZDC=180°，
∠FAO+∠ZDC=180°，
∠ZAC+∠ZDC=180°，
∴A、Z、D、C在同一个圆上.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】根据圆周角和圆心角定理，进而推出OF是∠AOC的角平分线，再结合圆内接四边形性质进而得出结论.
17．【答案】证明：如图所示，分别过B、C、K、F、M作直线DE的垂线，垂足分别为O、L、P、Q、N.
设
四边形BDKG是矩形
、
同理：
四边形PKFQ是矩形
是中点
即MN垂直平分DE
【知识点】梯形中位线定理；线段垂直平分线的判定；四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】分别过B、C、K、F、M作直线DE的垂线，垂足分别为O、L、P、Q、N，则得到直角梯形BCLQ，由于四边形BDKG是矩形，则可利用两角对应相等证明，设，则由相似比可得，同理可得，由矩形的性质可得；再由平行线分线段成比例定理结合已知可得N是OL中点，再由等式的基本性质可得MN垂直平分线段DE，则MD＝ME.
18．【答案】证明：设则
当时，，当时，
有大于小于2的根
【知识点】估算一元二次方程的近似解；不等式的性质的实际应用
【解析】【分析】设则，则，于是大于，即；同理可得，则必然在1和2之间存在一个数使方程成立.
19．【答案】（1）解：如图所示，设AB交y轴于点C，设A（）
轴
轴
（舍去）
答：点O到直线AB的距离等于4.
（2）解：如图1，OA⊥OB，OC为AB边上的高，设直线AB交y轴于点D，
∵点A在抛物线上，且在第一象限，
∴设(a>0)，直线OA的解析式为y=kx(k≠0)，
则：，
解得，
∴直线OA 的解析式为，
∵OA⊥OB，
∴直线OB的解析式为，
联立得
解得，，
∴，
设直线AB的解析式为y=mx+n(m≠0)，
把，代入得，
，
解得
∴直线AB的解析式为，
令x=0，则y=4，
∴直线AB经过定点D(0，4)，
∴OD=4，
∵OC为AB边上的高，
∴当点C与点D重合时，
如图2，此时OC有最大值4，即AB边上的高的最大值为4.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）当AB平行x轴时，点A和点B关于y轴对称，因此可设出点A的坐标为，则点B的坐标可求；由于OA垂直OB，则由二次函数的对称性可知等于，则为等腰直角三角形，则可得到关于x的一元二次方程，解方程即可；
（2）先根据题意画出图形，OA⊥OB，OC为AB边上的高，设直线AB交y轴于点D，再设(a>0)，直线OA的解析式为，直线OB的解析式为，联立解方程组，得到点B坐标，用待定系数法求出直线AB的解析式，进而即可求解.
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