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2025年高一年级分班考试数学模拟试卷（4）
一．选择题
1．某公司推出一礼品套盒，其中有5个礼品，质量分别为65g，70g，85g，60g，70g，若该礼盒再增选1个质量为70g的礼品，则发生变化的统计量是（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
2．方程组有正整数解，则k的正整数值是（　　）
A．3 B．2 C．1 D．不存在
3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线DE交AC于D，交AB于点E，若，则∠ABD的正切值是（　　）
A． B． C． D．
4．如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；
②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；
③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；
④若一个圆的半径为2，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B，C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E．设BP＝x，BE＝y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）
A． B． C． D．
6．已知AD、BE、CF为△ABC的三条高（D、E、F为垂足），∠ABC＝45°，∠C＝60°，则的值是（　　）
A． B． C． D．
7．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为（﹣2，﹣9a），下列结论：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③5a﹣b+c＝0；④若方程a（x+5）（x﹣1）＝﹣1有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1；⑤若方程|ax2+bx+c|＝1有四个根，则这四个根的和为﹣8，其中正确的结论有（　　）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
8．如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题
9．已知x是实数，且（x﹣2）（x﹣3）＝0，则x3﹣x+1的值为　 　 ．
10．已知关于x的二次函数y＝x2﹣ax+a﹣1的图象与坐标轴有且只有2个公共点，则a＝　 　 ．
11．两块全等的等腰直角三角板如图放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合，将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，当点D落在直线AB上时，若BC＝2，则AD＝　 　 ．
12．如图1，一张矩形纸片ABCD，点E、F分别在AB，CD上，点G，H分别在AF、EC上，现将该纸片沿AF，GH，EC剪开，拼成如图2所示的矩形，已知DF：AD＝5：12，GH＝6，则AD的长是　 　 ．
13．如图，在等边△ABC中，点D是BC边上固定一点，点P是AB边上一动点，连接AD，PD．当AP＝1时，PD＝BD，当AP＝3时，PD有最小值，则线段AD的长为 　 　 ．
14．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE交BC于点H，过H作HG⊥BD于G，连接AH．在以下四个结论中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③FC＝2；④△CEH的周长为12．其中正确的结论有　 　 ．
15．如图，已知直角扇形AOB的半径OA＝2cm，以OB为直径在扇形内作半圆M，过点M引MP∥AO交于点P，则与半圆弧及MP所围成的阴影部分的面积S阴影＝　 　 ．
16．如图，在直角坐标系中，点A，B分别在x轴和y轴，，∠AOB的角平分线与OA的垂直平分线交于点C，与AB交于点D，反比例函数的图象过点C，当以CD为边的正方形的面积为时，k的值为　 　 ．
三．解答题
17．①已知线段m和n，请用直尺和圆规作出等腰△ABC，使得AB＝AC，BC＝m，∠A的平分线等于n．（只保留作图痕迹，不写作法）
②若①中m＝12，n＝8；请求出腰AB边上的高．
18．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为弧BC的中点，DE⊥AC交AC的延长线于点E．
（1）求证：直线DE为⊙O的切线；
（2）延长AB，ED交于点F．若BF＝2，，求cos∠AFE的值．
19．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，过点D作AB的垂线交BC于点E，过点A作AF∥BE交ED的延长线于点F，连结AE，BF．
（1）求证：四边形AEBF是菱形．
（2）若sin∠EBF＝，AE＝5，
①求四边形ACBF的周长．
②连结CD，求CD的长．
20．某校为配合疫情防控需要，每星期组织学生进行核酸抽样检测，防疫部门为了解学生错峰进入操场进行核酸检测情况，调查了某天上午学生进入操场的累计人数y（单位：人）与时间x（单位：分钟）的变化情况，发现其变化规律符合函数关系式：y＝，数据如表．
时间x（分钟） 0 1 2 3 … 8 x＞8
累计人数y（人） 0 150 280 390 … 640 640
（1）求a，b，c的值；
（2）如果学生一进入操场就开始排队进行核酸检测，检测点有4个，每个检测点每分钟检测5人，求排队人数的最大值（排队人数＝累计人数﹣已检测人数）；
（3）在（2）的条件下，全部学生都完成核酸检测需要多少时间？如果要在不超过20分钟让全部学生完成核酸检测，从一开始就应该至少增加几个检测点？
21．如图，顶点为C的抛物线y＝ax2﹣3a与x轴交于A、B两点，连结BC，直线AE⊥BC，垂足为E交y轴于点D，且CD＝2．
（1）求A、B两点的坐标及a的值；
（2）过点B作x轴的垂线与直线AE交于点F，把（1）中的抛物线向右平移K个单位，使抛物线与线段BF有交点，试求K的取值范围；
（3）△QGH与△COB关于x轴成轴对称，如图2，把△QGH沿y轴以每秒1个单位向上平移，当Q点与D点重合时，停止运动，记运动时间为t，设△QGH与△COB重叠部分的面积为S，求S与运动时间t的函数关系式．问S是否有最大值，若有，求出S的最大值；若没有，请说明理由．
答案与解析
一．选择题
1．某公司推出一礼品套盒，其中有5个礼品，质量分别为65g，70g，85g，60g，70g，若该礼盒再增选1个质量为70g的礼品，则发生变化的统计量是（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
【点拨】依据平均数、中位数、众数、方差的定义和公式求解即可．
【解析】解：A、原来数据的平均数是70，添加70g后，平均数仍为70，故A不符合题意；
B、原来数据的中位数是70，添加70g后，中位数仍为70，故B不符合题意符；
C、原来数据的众数是70，添加70g后，众数仍为70，故C不符合题意；
D、原来数据的方差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]＝，
故方差发生了变化，故D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是统计量的选择，众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．
2．方程组有正整数解，则k的正整数值是（　　）
A．3 B．2 C．1 D．不存在
【点拨】首先由第二个方程得到x＝2y，代入第一个方程，求得y＝，根据4+k是6的正约数即可求解．
【解析】解：，
由②得：x＝2y，代入①得：4y+ky＝6，
则y＝，
则4+k＝1或2或3或6，
解得：k＝﹣3，或﹣2或﹣1或2．
又∵k是正整数，
∴k＝2．
故选：B．
【点睛】本题考查了方程组的整数解，正确理解4+k是6的正约数是关键．
3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线DE交AC于D，交AB于点E，若，则∠ABD的正切值是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】由垂直平分线得到AD＝BD，∠ABD＝∠A，设CD＝3x，则AD＝BD＝5x，AC＝AD+CD＝8x，最后根据计算即可．
【解析】解：由条件可知AD＝BD，
∴∠ABD＝∠A，
∵，
∴设CD＝3x，则AD＝BD＝5x，AC＝AD+CD＝8x，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查求角的正切值，线段垂直平分线的性质，熟练掌握以上知识点是关键．
4．如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；
②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；
③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；
④若一个圆的半径为2，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【点拨】根据“半径三角形”的定义、圆周角定理判断①②；根据等腰三角形的性质、圆周角定理判断③；过点O作OH⊥BC于H，求出△ABC的最大面积，判断④．
【解析】解：如图，BC＝OB＝OC，
当点A是圆上异于B、C的点时，△ABC为“半径三角形”，
则一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
当点A在优弧上，△ABC可能是锐角三角形，当点AB为直径时，△ABC是直角三角形，当点A在劣弧上，△ABC是钝角三角形，
则一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
当点A在优弧上，∠A＝∠BOC＝30°，当点A在劣弧上，∠A＝180°﹣30°＝150°，当AB＝BC时，顶角∠ABC＝120°，
则当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确；
如图，过点O作OH⊥BC于H，直线OH交优弧于A，此时，△ABC面积最大，
∵OH⊥BC，
∴BH＝HC，∠BOH＝30°，
∴OH＝OB cos∠BOH＝2×＝，
∴S△ABC＝×2×（2+）＝2+，故④结论错误；
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、垂径定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
5．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B，C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E．设BP＝x，BE＝y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】证明△EBF∽△PCD，根据相似三角形的对应边的比相等求得y与x的函数关系式，根据函数的性质即可作出判断．
【解析】解：由折叠可得∠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，
∴＝，
化简得：y＝﹣x2+x（0＜x＜5），
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，求函数的解析式，就是把自变量当作已知数值，然后求函数变量y的值，即求线段长的问题，正确证明△EBF∽△PCD是关键．
6．已知AD、BE、CF为△ABC的三条高（D、E、F为垂足），∠ABC＝45°，∠C＝60°，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】判断出△ABD与△BCF均是等腰直角三角形，据此得到＝＝，∠ABC＝∠ABC，从而知道△BFD∽△BCA，据此推出＝，然后根据△CDE∽△CBA，求出＝＝，将转化为，根据等腰直角三角形的性质，得出AD＝a，则AB＝a，AC＝，代入即可求解．
【解析】解：∵∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝45°，∠BCF＝45°，
∴△ABD与△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，
∴＝＝，
设AD＝a，则AB＝a，AC＝，
＝＝＝．
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，利用图中的等腰直角三角形找到相关相似三角形是解答的关键．
7．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为（﹣2，﹣9a），下列结论：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③5a﹣b+c＝0；④若方程a（x+5）（x﹣1）＝﹣1有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1；⑤若方程|ax2+bx+c|＝1有四个根，则这四个根的和为﹣8，其中正确的结论有（　　）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【点拨】①抛物线对称轴在y轴左侧，则ab同号，而c＜0，即可求解；
②x＝2时，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，相当于由原抛物线y＝ax2+bx+c向上平移了1个单位，即可求解；
⑤若方程|ax2+bx+c|＝1，即：若方程ax2+bx+c＝±1，当ax2+bx+c﹣1＝0时，由韦达定理得：其两个根的和为﹣4，即可求解．
【解析】解：二次函数表达式为：y＝a（x+2）2﹣9a＝ax2+4ax﹣5a＝a（x+5）（x﹣1），
①抛物线对称轴在y轴左侧，则ab同号，而c＜0，则abc＜0，故正确；
②函数在y轴右侧的交点为x＝1，x＝2时，y＝4a+2b+c＞0，故正确；
③5a﹣b+c＝5a﹣4a﹣5a≠0，故错误；
④y＝a（x+5）（x﹣1）+1，相当于由原抛物线y＝ax2+bx+c向上平移了1个单位，故有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1，正确；
⑤若方程|ax2+bx+c|＝1，即：若方程ax2+bx+c＝±1，当ax2+bx+c﹣1＝0时，用韦达定理得：其两个根的和为﹣4，同理当ax2+bx+c+1＝0时，其两个根的和也为﹣4，故正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是抛物线与x轴交点，涉及到根与系数的关系、根的判别式等，关键是熟练掌握二次函数表达式的三种形式，进而求解．
8．如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【点拨】①由矩形的性质得到∠OBC＝90°，根据折叠的性质得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根据直角三角形的性质得到DH＝＝3，根据三角形的面积公式得到△OAD的面积为OA DH＝×3×10＝15，故②正确；
③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为2﹣6；故③正确；
④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB＝∠POA，等量代换得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根据勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确．
【解析】解：①∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，
∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，
∵∠BOP＝45°，
∴∠DOP＝∠BOP＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB＝OD，
∴四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，
∵点A（10，0），点B（0，6），
∴OA＝10，OB＝6，
∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，
∴∠DOA＝30°，
∴DH＝＝3，
∴△OAD的面积为OA DH＝×3×10＝15，故②正确；
③连接OC，
则OD+CD≥OC，
即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，
∵AC＝OB＝6，OA＝10，
∴OC＝＝＝2，
∴CD＝OC﹣OD＝2﹣6，
即CD的最小值为2﹣6；故③正确；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∵∠ODP＝∠OBP＝90°，
∴∠ADP＝180°，
∴P，D，A三点共线，
∵OA∥CB，
∴∠OPB＝∠POA，
∵∠OPB＝∠OPD，
∴∠OPA＝∠POA，
∴AP＝OA＝10，
∵AC＝6，
∴CP＝＝8，
∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
二．填空题
9．已知x是实数，且（x﹣2）（x﹣3）＝0，则x3﹣x+1的值为　1　 ．
【点拨】根据被开方数是非负数，可得答案．
【解析】解：由（x﹣2）（x﹣3）＝0，得
1﹣x＝0，
解得x＝1．
当时x＝1，x3﹣x+1＝1﹣1+1＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，利用被开方数是非负数得出方程是解题关键．
10．已知关于x的二次函数y＝x2﹣ax+a﹣1的图象与坐标轴有且只有2个公共点，则a＝　1或2　 ．
【点拨】当a＝1时，y＝x2﹣ax+a﹣1＝x2﹣x，该函数与坐标轴有2个交点，当a≠1时，图象与坐标轴有且只有2个公共点，则△＝（﹣a）2﹣4（a﹣1）＝0，即可求解．
【解析】解：当a＝1时，y＝x2﹣ax+a﹣1＝x2﹣x，
该函数与坐标轴有2个交点，
当a≠1时，图象与坐标轴有且只有2个公共点，
则△＝（﹣a）2﹣4（a﹣1）＝0，解得a＝2，
故答案为1或2．
【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
11．两块全等的等腰直角三角板如图放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合，将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，当点D落在直线AB上时，若BC＝2，则AD＝　或　 ．
【点拨】由题意可知，当点D落在直线AB上时，有两种情况，第一种是点D落在AB的延长线上，第二种是点D落在BA的延长线上，然后画出两种情况对应的图形，利用勾股定理求解即可．
【解析】解：由题意可知，当点D落在直线AB上时，有两种情况，第一种是点D落在AB的延长线上，第二种是点D落在BA的延长线上，
当点D落在BA的延长线上时，作DM⊥BC交BC于点M，作AN⊥DM交DM于点N，连接AE，如图：
∴AN∥BC，
∴∠DAN＝∠B＝45°，
∴∠AND＝90°，
∵等腰直角三角形△DEF的顶点E与等腰直角三角形△ABC的斜边BC的中点重合，BC＝2，
∴AE＝MN＝＝1，
∴DE＝AB＝，
设AD＝x，则AN＝DN＝EM＝x，
∴DM＝1+x，
在Rt△DEM中，DE2＝EM2+DM2，
∴＝+，
∴x2+x﹣1＝0，
解得，x＝，
∴AD＝；
当点D落在AB的延长线上时，延长CB交DF于点M，作DN⊥CM于点N，如图：
∴DN∥AE，
∴∠DNB＝∠AEB＝90°，
∴∠NDB＝∠NBD＝∠BAE＝∠ABE＝45°，
∴BE＝AE＝BC＝1，
∴AB＝DE＝，
设BD＝y，则NB＝ND＝y，
∴NE＝1+y，
在Rt△DEN中，DE2＝DN2+NE2，
∴＝+，
∴y2+y﹣1＝0，
解得，y＝，
∴BD＝，
∴AD＝AB+BD＝+＝；
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查图形的旋转，熟练掌握图形的旋转的性质、等腰直角三角形的判定及性质、勾股定理、一元二次方程的解法是解答此题的关键．
12．如图1，一张矩形纸片ABCD，点E、F分别在AB，CD上，点G，H分别在AF、EC上，现将该纸片沿AF，GH，EC剪开，拼成如图2所示的矩形，已知DF：AD＝5：12，GH＝6，则AD的长是　10　 ．
【点拨】设DF＝5x，则AD＝12x，AF＝13x，由拼成矩形可知△ADF∽△AHC，根据相似三角形对应边成比例，进而用x代数式表示出FC、HC，然后根据剪拼前后面积不变列出方程求出x即可解题．
【解析】解：如图，设DF＝5x，依题意得AD＝12x，AF＝＝13x，
在图2中∵∠CHA＝∠FDA＝90°，∠CAH＝∠FAD
∴△ADF∽△AHC
∴，
∴，
∴HC＝5x+，FC＝，
∴拼成如图2所示的矩形面积＝AH×HC＝（12x+6）（5x+）＝60（x+）2，
在图1中
CD＝DF+FC＝5x+，
原矩形面积＝AD×DC＝12x（5x+）
∴60（x+）2＝12x（5x+）
解得x＝
∴AD＝12x＝12×＝10，
故答案为10．
【点睛】此题考查了剪纸问题．注意得到剪拼前后面积不变的关系是解决本题的突破点．
13．如图，在等边△ABC中，点D是BC边上固定一点，点P是AB边上一动点，连接AD，PD．当AP＝1时，PD＝BD，当AP＝3时，PD有最小值，则线段AD的长为 　　 ．
【点拨】如图，过点A作AJ⊥BC于点J，．求出AJ，DJ的长可得结论．
【解析】解：如图，过点A作AJ⊥BC于点J，．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，AB＝BC＝AC，
∵当AP′＝1时，P′D＝BD，
∴△BDP′是等边三角形，
∴BD＝BP′，
∴CD＝AP′＝1，
∵当AP″＝3时，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＝＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE交BC于点H，过H作HG⊥BD于G，连接AH．在以下四个结论中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③FC＝2；④△CEH的周长为12．其中正确的结论有　②④　 ．
【点拨】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH；
②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；
③F是动点，CF的长度不是定值；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长，为定值．
【解析】解：①连接FC，延长HF交AD于点L，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠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错误，
②∵FH⊥AE，FH＝AF，
∴∠HAE＝45°．
③∵F是动点，CF的长度不是定值，本选项错误；
④延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则：LI＝HC，
根据△MEC≌△CIM，可得：CE＝IM，
同理，可得：AL＝HE，
∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝12．
∴△CEH的周长为12，为定值．
解法二：延长CB到T，使得BT＝DE，则△ADE≌△ABT，
想办法证明△AHE≌△AHT，可得EH＝HT，推出△ECH的周长＝EH+CH+EC＝HT+CH+CE＝CH+BH+CE+DE＝2BC＝12．
故②④结论都正确．
故答案为②④．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．如图，已知直角扇形AOB的半径OA＝2cm，以OB为直径在扇形内作半圆M，过点M引MP∥AO交于点P，则与半圆弧及MP所围成的阴影部分的面积S阴影＝　π﹣　 ．
【点拨】要求的阴影部分的面积显然是不规则图形的面积，不可能直接用公式，只有用“割补法”，连接OP，根据S阴影＝S扇形AOB﹣S扇形BMQ﹣S△MOP﹣S扇形OAP即可得出结论．
【解析】解：如图，连接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阴影＝S扇形AOB﹣S扇形BMQ﹣S△MOP﹣S扇形OAP＝π﹣．
故答案为：π﹣．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
16．如图，在直角坐标系中，点A，B分别在x轴和y轴，，∠AOB的角平分线与OA的垂直平分线交于点C，与AB交于点D，反比例函数的图象过点C，当以CD为边的正方形的面积为时，k的值为　14　 ．
【点拨】设OA＝3a，则OB＝4a，利用待定系数法即可求得直线AB的解析式为，直线CD的解析式是y＝x，OA的中垂线的解析式，解方程组即可求得C和D的坐标，根据以CD为边的正方形的面积为，即CD2＝，据此即可列方程求得a2的值，则k即可求解．
【解析】解：由题意，设OA＝3a，则OB＝4a，
∴A（3a，0），B（0，4a），
设直线AB的解析式是y＝kx+b，
根据题意得：，
解得：，
则直线AB的解析式是，
∵直线CD是∠AOB的平分线，
则OD的解析式是y＝x，
根据题意得：，
解得：，
则D的坐标是（，），
OA的中垂线的解析式是，
则C的坐标是（，），则，
∵以CD为边的正方形的面积为，且，
则，
解得：，
∴，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了反比例函数、一次函数、正方形的面积等知识，根据题意表示出C、D的坐标是解答的关键．
三．解答题
17．①已知线段m和n，请用直尺和圆规作出等腰△ABC，使得AB＝AC，BC＝m，∠A的平分线等于n．（只保留作图痕迹，不写作法）
②若①中m＝12，n＝8；请求出腰AB边上的高．
【点拨】（1）先作线段BC＝m，再作BC的垂直平分线，垂足为D点，接着截取AD＝n，连接AB、AC，则AB＝AC，根据等腰三角形的性质可得AD平分∠BAC，于是可判断△ABC满足条件；
（2）由作法得到BC＝12，AD＝8，BD＝6，再利用勾股定理计算出AB＝10，然后利用面积法可计算出腰AB边上的高．
【解析】解：（1）如图，△ABC为所作；
（2）∵BC＝12，AD＝8，
∴BD＝6，
在△ABC中，AB＝＝10，
设腰AB边上的高为h，
∵ h AB＝ BC AD，
∴h＝＝，
即AB边上的高为．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为弧BC的中点，DE⊥AC交AC的延长线于点E．
（1）求证：直线DE为⊙O的切线；
（2）延长AB，ED交于点F．若BF＝2，，求cos∠AFE的值．
【点拨】（1）连接OD，连接BC交OD于点F，证明DE∥BC，由垂径定理得出OD⊥CB，得出OD⊥DE，由切线的判定可得出答案；
（2）连接BC，OD，根据平行线的性质得出∠ABC＝∠AFE，根据锐角三角函数求出OB＝1，AB＝2，根据锐角三角函数求解即可．
【解析】（1）证明：连接OD，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC⊥AE，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵点D是的中点，
∴OD⊥CB，
∴OD⊥DE，
又∵OD为⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接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＝＝＝．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、垂径定理、圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、解直角三角形是解题的关键．
19．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，过点D作AB的垂线交BC于点E，过点A作AF∥BE交ED的延长线于点F，连结AE，BF．
（1）求证：四边形AEBF是菱形．
（2）若sin∠EBF＝，AE＝5，
①求四边形ACBF的周长．
②连结CD，求CD的长．
【点拨】（1）先证明△FAD≌△EBD（AAS），则AF＝BE，则四边形AEBF是平行四边形，又EF⊥AB，即可得到四边形AEBF是菱形；
（2）由四边形AEBF是菱形得到AE∥BF，AE＝EB＝BF＝AF＝5，则∠AEC＝∠EBF，由得到AC＝4，由勾股定理得CE＝3，即可得到四边形ACBF的周长；②由勾股定理得到，由点D为AB的中点即可得到答案．
【解析】（1）证明：∵点D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AF∥BE，
∴∠FAD＝∠EBD，∠AFD＝∠BED，
∴△FAD≌△EBD（AAS），
∴AF＝BE，
∴四边形AEBF是平行四边形．
∵EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
（2）解：①∵四边形AEBF是菱形．
∴AE∥BF，AE＝EB＝BF＝AF＝5，
∴∠AEC＝∠EBF，
∴，
∵∠ACB＝90°，
∴，
∴AC＝4，
∴，
∴四边形ACBF的周长为AC+CE+BE+BF+AF＝22．
②在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴，
∵点D为AB的中点，
∴．
【点睛】本题考查了菱形判定和性质、平行四边形的判定、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
20．某校为配合疫情防控需要，每星期组织学生进行核酸抽样检测，防疫部门为了解学生错峰进入操场进行核酸检测情况，调查了某天上午学生进入操场的累计人数y（单位：人）与时间x（单位：分钟）的变化情况，发现其变化规律符合函数关系式：y＝，数据如表．
时间x（分钟） 0 1 2 3 … 8 x＞8
累计人数y（人） 0 150 280 390 … 640 640
（1）求a，b，c的值；
（2）如果学生一进入操场就开始排队进行核酸检测，检测点有4个，每个检测点每分钟检测5人，求排队人数的最大值（排队人数＝累计人数﹣已检测人数）；
（3）在（2）的条件下，全部学生都完成核酸检测需要多少时间？如果要在不超过20分钟让全部学生完成核酸检测，从一开始就应该至少增加几个检测点？
【点拨】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据排队人数＝累计人数﹣已检测人数，首先找到排队人数和时间的关系，再根据二次函数和一次函数的性质，找到排队人数最多时有多少人；8分钟后入校园人数不再增加，检测完所有排队同学即完成所有同学体温检测；
（3）设从一开始就应该增加m个检测点，根据不等关系“要在20分钟内让全部学生完成核酸检测”，建立关于m的一元一次不等式，结合m为整数可得到结果．
【解析】解：（1）由题意得，，
解得，；
（2）由（1）得，y＝，
设第x分钟时的排队人数为W，
根据题意得：W＝y﹣20x，
∴W＝
当0≤x≤8时，
W＝﹣10x2+140x＝﹣10（x﹣7）2+490，
∴当x＝7时，W最大＝490，
当x＞8时，W＝640﹣20x，
∵k＝﹣20＜0，
∴W随x的增大而减小，
∴W＜480，
故排队人数最多时有490人；
（3）要全部学生都完成核酸检测，根据题意得：640﹣20x＝0，
解得：x＝32，
所以全部学生都完成核酸检测要32分钟；
开始就应该至少增加m个检测点，根据题意得：
5×20（m+4）≥640，
解得：m≥2.4，
∵m为整数，
∴m＝3，
答：从一开始就应该至少增加3个检测点．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的应用，二次函数的性质，一次函数的性质，一元一次不等式的应用，理解题意，求出y与x之间的函数关系式是本题的关键．
21．如图，顶点为C的抛物线y＝ax2﹣3a与x轴交于A、B两点，连结BC，直线AE⊥BC，垂足为E交y轴于点D，且CD＝2．
（1）求A、B两点的坐标及a的值；
（2）过点B作x轴的垂线与直线AE交于点F，把（1）中的抛物线向右平移K个单位，使抛物线与线段BF有交点，试求K的取值范围；
（3）△QGH与△COB关于x轴成轴对称，如图2，把△QGH沿y轴以每秒1个单位向上平移，当Q点与D点重合时，停止运动，记运动时间为t，设△QGH与△COB重叠部分的面积为S，求S与运动时间t的函数关系式．问S是否有最大值，若有，求出S的最大值；若没有，请说明理由．
【点拨】（1）对于y＝ax2﹣3a，当x＝0时，y＝﹣3a，令y＝0，则x＝，得到点A、B坐标，由OD＝OAtan∠DAO＝﹣×＝﹣，则CO＝﹣3a＝OD+CD＝2﹣，即可求解；
（2）由（1）知，抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3，则平移后的抛物线表达式为：y＝﹣（x﹣k）2+3，求出点F（，2），将点F的坐标代入平移后得抛物线表达式得：2＝﹣（﹣k）2+3，解得：k＝±1，进而求解；
（3）由S＝S梯形OBMG﹣S△BNT，即可求解．
【解析】解：（1）对于y＝ax2﹣3a，当x＝0时，y＝﹣3a，
令y＝0，则x＝，
则点A、B的坐标分别为：（﹣，0）、（，0），点C（0，﹣3a），
则tan∠CBO＝＝，
∵AE⊥BC，则tan∠DAO＝﹣，
则OD＝OAtan∠DAO＝﹣×＝﹣，
则CO＝﹣3a＝OD+CD＝2﹣，
解得：a＝﹣1（经检验a＝﹣1是方程的根）；
（2）由（1）知，抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3，
则平移后的抛物线表达式为：y＝﹣（x﹣k）2+3，
则点C（0，3），则tan∠DAO＝﹣＝，
则∠DAO＝30°，∠CAO＝60°，AB＝2，
则BF＝ABtan∠DAO＝2×＝2，即点F（，2），
将点F的坐标代入平移后得抛物线表达式得：2＝﹣（﹣k）2+3，
解得：k＝±1，
而AB＝2，
则0＜k＜﹣1或+1＜k＜2；
（3）连接BH，设平移后QH交BC于点N，交x轴于点T，GH交BC于点M，
由（2）知tan∠OBC＝，则∠OBC＝60°＝∠QHC＝∠HTB，
则△NTB为等边三角形，则S△BNT＝（BT）2，
由题意得：OG＝t，则OQ＝3﹣t，
则OT＝OQtan30°＝（3﹣t）＝﹣t＝GM，则BT＝OB﹣OT＝t，
则S＝S梯形OBMG﹣S△BNT＝（GM+OB）×OG﹣（BT）2
＝[﹣+]×t﹣（t）2
＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+≤，
故S的最大值为．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
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