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2024年全国初中生数学素养与创新能力竞赛九年级决赛试题
一、单选题
1．（2024·竞赛）若x、y、z是三个连续的正整数，若x2＝44944，z2＝45796，则y2＝（　　）
A．45 369 B．45 371 C．45 465 D．46 489
2．（2024·竞赛）如图中都是由棱长为a的正方体叠成的几何体．第1个几何体由1个正方体叠成，第2个几何体由4个正方体叠成，第3个几何体由10个正方体叠成，……，按此规律，记第n个几何体由个正方体叠成，其中，2，3，…，则的值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·竞赛）如图，在平面直角坐标中，平行四边形ABCD与y轴分别交于E、F两点，对角线BD在x轴上，反比例函数y（k≠0）的图象过点A并交AD于点G，连接DF．若BE：AE＝1：2，AG：GD＝3：2，且△FCD的面积为，则k的值是（　　）
A． B．3 C． D．5
4．（2024·竞赛）如图，是等边三角形的内切圆，半径为r，的内切圆切于点N，半径为，切于点M，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024·竞赛）如图，以矩形ABCD对角线AC为底边作等腰直角△ACE，连接BE，分别交AD，AC于点F，N，CD＝AF，AM平分∠BAN．下列结论：①EF⊥ED；②∠BCM＝∠NCM；③AC＝EM；④BN2+EF2＝EN2；⑤AE AM＝NE FM，其中正确结论的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2024·竞赛）设关于x的方程在范围内有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题
7．（2024·竞赛）已知，，的最小值是 　 　．
8．（2024·竞赛）如图，设为正三角形，边长为，，，分别在，，边上，且．连，，两两相交得到，则的面积是　 　．
9．（2024·竞赛）若一个四位数的千位与百位之差等于2，十位与个位之差等于4，称这个四位数是“差2倍数”，若四位数的千位与百位之差等于3，十位与个位之差等于6，称这个四位数是“差3倍数”，若数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，p，q的各数位数字之和分别记为和，，若为整数，此时的最大值为　 　．
10．（2024·竞赛）如图，在中，，连接，以为斜边在的右侧作等腰直角，P是边上的一点，连接和，当，则长为 　 　．
三、解答题
11．（2024·竞赛）若不等式没有实数解，求的取值范围
12．（2024·竞赛）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．
【操作探究】
如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．
（1）当时，　 　；当时，　 　；
（2）当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
（3）如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为　 　．
13．（2024·竞赛） 如图1，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点C，连接BC，抛物线顶点为点M．
（1）直接写出a，b的值及点M的坐标；
（2）点N为抛物线对称轴上一点，当最小时，求点N的坐标；
（3）平移直线BC得直线．
①如图2，若直线过点M，交x轴于点D，在x轴上取点，连接EM，求∠DME的度数．
②把抛物线在x轴下方图象沿x轴翻折得到新图象（如图3）．当直线与新图象有两个公共点时，请直接写出n的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有理数的乘方法则
【解析】【解答】解：∵x、y、z是三个连续的正整数，
∴y=x+1，
∵x2＝44944=2122，
∴x=212，
∴y=213，
∴y2=2132=45 369.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件可得y=x+1，x2＝44944=2122，据此可得x、y的值，进而求出y2.
2．【答案】A
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；探索数与式的规律；探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：由题意得：
第1个几何体由1个正方体叠成，
第2个几何体由4个正方体叠成，即，
第3个几何体由10个正方体叠成，即，
第4个几何体由20个正方体叠成，即，
第个几何体中的正方体个数为：，
，，，，
．
故选：A．
【分析】根据前几个几何体中正方体的个数，总结规律，结合有理数的混合运算即可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的性质；相似三角形的判定；反比例函数图象上点的坐标特征；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，过点A作AM⊥x轴于点M，GN⊥x轴于点N，
设点 ，则AM=b，OM=a，
∴AM∥NG，AM∥y轴，
∴△DGN∽△DAM， ，
∴ ，
∵BE：AE＝1：2，AG：GD＝3：2，
∴ ， ， ，
∴ ，
∵点A、G在反比例函数y（k≠0）的图象上，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠OBF=∠GDN，，
∵∠BOF=∠GND=90°，
∴△BOF∽△DNG，
∴ ，即，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ．
故选：B
【分析】过点A作AM⊥x轴于点M，GN⊥x轴于点N，设点 ，则AM=b，OM=a，根据相似三角形判定定理可得△DGN∽△DAM， ，则 ，再根据边之间的关系可得 ，根据反比例函数图象上点的坐标特征可得 ，则，根据边之间的关系可得BD，再根据平行四边形性质可得∠OBF=∠GDN，，根据相似三角形判定定理可得△BOF∽△DNG，则，代值计算可得 ，再根据三角形面积建立方程，解方程即可求出答案.
4．【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；切线的性质；三角形的内切圆与内心；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：设与、的切点分别是Q、G、与、的切点分别是是T、S、连接、、、，，，
过点O作，交得延长线于点H，
则四边形是矩形，
∴，，，，，
∵，，
∴是的角平分线，
∵，，
∴P在上，
∵等边三角形，
∴，
中，，，
∴①，
中，，，
∴②，
得，
∴，
中，
，
，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】利用切线长的关系求出EF，构造矩形OMNH，则MN=OH，把OH放在中求解，再求比值.
5．【答案】C
【知识点】矩形的性质；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；四点共圆模型
【解析】【解答】解：如图1中，连接BD交AC于O，连接OE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OD＝OB，
∵∠AEC＝90°，
∴OE＝OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE，
∴A，B，C，D，E五点共圆，BD是直径，
∴∠BED＝90°，
∴EF⊥ED，故①正确，
∵CD＝AB＝AF，∠BAF＝90°，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠FBC＝45°，
∴BM平分∠ABC，
∵AM平分∠BAC，
∴点M是△ABC的内心，
∴CM平分∠ACB，
∴∠MCB＝∠MCA，故②正确，
∵∠EAM＝∠EAC+∠MAC，∠EMA＝∠BAM+∠ABM，∠ABM＝∠EAC＝45°，
∴∠EAM＝∠EMA，
∴EA＝EM，
∵△EAC是等腰直角三角形，
∴AC＝EA＝EM，故③正确，
如图2中，将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△AFG，连接EG，
∵将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△AFG，
∴∠NAB＝∠GAF，∠GAN＝∠BAD＝90°，AG＝AN，GF＝BN，
∵∠EAN＝45°，
∴∠EAG＝∠EAN＝45°，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEN（SAS），
∴EN＝EG，
∵∠AFG＝∠ABN＝∠AFB＝45°，
∴∠GFB＝∠GFE＝90°，
∴EG2＝GF2+EF2，
∴BN2+EF2＝EN2，故④正确，
不妨设AE AM＝NE FM，
∵AE＝EC，
∴，
∴只有△ECN∽△MAF才能成立，
∴∠AMF＝∠CEN，
∴CE∥AM，
∵AE⊥CE，
∴MA⊥AE（矛盾），
∴假设不成立，故⑤错误，
故选：C．
【分析】①只要证明A ， B ， C， D ， E五点共圆即可解决问题；②只要证明点M是 的内心即可；③证明EM=AE，即可解决问题；④如图2中，将 逆时针旋转 得到 连接EG.想办法证明是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题；⑤利用反证法证明即可解答.
6．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：设，
依题意，
解不等式①得：或，
解不等式②得：，
解不等式③得：，
解不等式④得：，
∴不等式组的解集为：．
故答案为：D．
【分析】根据题意可得与的交点在范围内，且有2个不同交点，可得关于a的不等式组，解不等式组即可求解．
7．【答案】
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理的实际应用-最短路径问题；矩形的性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：作正方形，设边长为1，在上取，上取，过H作交于G，过E作交于F，交于M，如图：
由作图可知：四边形、四边形、四边形、四边形是矩形，
∴，，
由图可知，
而，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴的最小值是．
故答案为：．
【分析】作正方形ABCD，设边长为1，在AD上取AH=a，AB上取AE=b，过H作 交BC于G， 过E作 交CD于F， HG交EF于M， 由作图可知 而A 可得 同理 即可得 的最小值
8．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，
过点作于点，
∴，，
∴
在中，
为正三角形，边长为，
，，，
，
，，
，其相似比为，
，
，
∴，
故答案为：．
【分析】先根据 为正三角形，边长为1，且.AR=B 得出 再求出 及 的面积，由相似三角形的性质可求出 的面积，进而可得出答案.
9．【答案】
【知识点】整式的加减运算；数的整除性
【解析】【解答】解：∵数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，
故数p的十位数是，数q的十位数是，
设数p，q的百位数分别m、n，则数p的千位数是，数q的千位数是，而且，，
∴，，
∴，
，
∴，，
∴，
∴
∵为整数，
∴为的约数，而要使的最大值则有
∴或，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
综上所述：当，时，的最大值为，
故答案为：
【分析】依据题意，由已知，根据“差2倍数”和“差3倍数”的定义求解即可.
10．【答案】2
【知识点】相似三角形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；四点共圆模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：以为斜边在的右侧作等腰直角，连接，．
，则，，
，，同理，
，
，
，
，
在四边形中，，
、、、四点共圆，
，，
，
又，
，则，
，
，
，
将绕点F逆时针旋转，
∵、、、四点共圆，
∴，
∴，即C、B、共线，
∴将绕点F逆时针旋转，可旋转到，
∴，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
，
，
，
，
故答案为：2．
【分析】由AE=3得动点E在圆上运动，因为 是等腰直角三角形且所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答.
11．【答案】解：，
，
设，，
∴， ，
根据原不等式没有实数解，即没有实数解，
从两函数图象可以看出：或时，的图象在的图象上方．
故答案为：或．
【知识点】解含绝对值的一元一次不等式；含字母系数的一元一次不等式；数形结合
【解析】【分析】设 则原不等式实际上为 没有实数解，画出两函数的图象即可得到a的取值范围.
12．【答案】（1）2；30或210
（2）解：当时，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
，
即两块三角板重叠部分图形的面积为．
（3）
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）如图，
∵∠ADB=∠A′D′C=90°，∠ABD=30°，
∴∠BAD=∠D′AC=90°-30°=60°，
当α=60°时，点A，D′，B共线，点A，D，C共线，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=2；
∵AB=AC=2，
当AD，AD′在∠BAC的内部时，
过点A作AH⊥BC于点H，
∴∠AHC=90°，
∵AC=AB，
∴，
∴，
∴∠ACH=45°，
∴∠HAC=90°-45°=45°，
∴∠BAC=45°+45°=90°，
图1中，
∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-30°-30°=120°，
∴α=120°-90°=30°；
当AD，AD′在∠BAC的外部时，
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
同理可证∠BAC=90°，
∵∠CAD′=∠ABD=60°，
∴α=90°+60°+60°=210°；
∴当时α=30°或210°.
故答案为：2，30或210
（3）连接AF，
∵点F为BC的中点，AB=AC，
∴∠AFB=90°，
∴AB是直径，
∴点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，
∴点F的运动路径长为.
故答案为：
【分析】（1）根据题意画出图形，利用三角形的内角和定理求出∠BAD=∠D′AC=60°，当α=60°时，点A，D′，B共线，点A，D，C共线，利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可得到△ABC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BC的长；分情况讨论：当AD，AD′在∠BAC的内部时，过点A作AH⊥BC于点H，利用等腰三角形的性质可求出HC的长，利用解直角三角形求出∠HAC的度数，可得到∠BAC的度数；由此可求出α的值；当AD，AD′在∠BAC的外部时，过点A作AH⊥BC于点H，同理求出∠BAC的度数，然后求出α的值；综上所述可得到符合题意的α的值.
（2）当α为90°时，根据题意画出图形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，苛求远程AD，AD′的长，利用勾股定理求出BD，CD′的长；再证明四边形ADED′是正方形，可得到DE的长，由此可求出BE的长，利用解直角三角形求出EF，DG的长；然后根据、S四边形AGEF=S△ABD-S△BEF-S△ADG，利用三角形的面积公式可求出四边形AGEF的面积.
（3）连接AF，利用等腰三角形的性质可知∠AFB=90°，利用圆周角定理可知AB是直径，可得到点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，利用圆的周长公式可求出点F的运动路径长.
13．【答案】（1）解：当时，，
∴，
设抛物线解析式为，
把代入，得：，
解得：，
∴，
∴，，点M的坐标为；
（2）解：由（1）得对称轴直线，
、两点关于直线对称，
∴点N为直线与直线的交点时，最小，
设直线解析式为，
把代入得，
解得，
∴直线解析式为，
当时，，
∴点N的坐标为；
（3）解：①直线解析式为，
直线平移后的解析式为，
把点M的坐标代入得，解得
∴直线的解析式为，
令，得，
解得：，
∴，
如图2，过点E作于F，过点M作轴于H，
则，
∴，，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，即；
②当直线与新图象有两个公共点时，n的取值范围为或．
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；翻折变换（折叠问题）；二次函数与一次函数的综合应用；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（3）②∵，
把抛物线x轴下方图象沿x轴翻折得到新图象，如图，
则翻折后的图象的解析式为，
∵直线解析式为，
直线平移后的解析式为，
联立方程得，
整理得：，
当直线平移后与抛物线只有一个交点时，
，
解得：，
当直线平移后经过点时，，解得：，
∴当直线与新图象有两个公共点时，n的取值范围为或．
【分析】（1）知道抛物线与x轴两交点坐标，可设交点式，将C坐标代入即可求出抛物线解析式；将解析式写成顶点式即可写出M坐标；
（2）根据轴对称可得NA=BN，则AN+CN=CN+BN，由两点之间线段最短得到AN+CN≤BC，得到N为BC与对称轴的的交点；由B、C坐标用待定系数法求出直线BC解析式，对称为x=，则N的横坐标为，代入直线解析式即可得到N的坐标；
（3）①平行的直线的k值相等可得到m=，代入M坐标即可求出平移后直线DM解析式，当y=0时，求出x的值即可求出D的坐标，根据坐标特征可求出DH、MH的长度，根据勾股定理可得可求出DM长，利用正弦函数定义可得，代入即可求出DF的值；FM=DM-DF进而得到FM长，可得FM=EF，根据等腰直角三角形性质即可得到∠DME=45°；
②翻折后可由图形得到有两个公共点时有两种情况，一是在BC下方A上方，此时求出过A的直线解析式，即可得到，在BC下方，则；二是直线与翻折后的抛物线只有一个交点时，，根据根的判别式=0可求出n=，此时直线往上移动时，只有两个交点，即；综合即可得到n的取值范围或.
1 / 12024年全国初中生数学素养与创新能力竞赛九年级决赛试题
一、单选题
1．（2024·竞赛）若x、y、z是三个连续的正整数，若x2＝44944，z2＝45796，则y2＝（　　）
A．45 369 B．45 371 C．45 465 D．46 489
【答案】A
【知识点】有理数的乘方法则
【解析】【解答】解：∵x、y、z是三个连续的正整数，
∴y=x+1，
∵x2＝44944=2122，
∴x=212，
∴y=213，
∴y2=2132=45 369.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件可得y=x+1，x2＝44944=2122，据此可得x、y的值，进而求出y2.
2．（2024·竞赛）如图中都是由棱长为a的正方体叠成的几何体．第1个几何体由1个正方体叠成，第2个几何体由4个正方体叠成，第3个几何体由10个正方体叠成，……，按此规律，记第n个几何体由个正方体叠成，其中，2，3，…，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；探索数与式的规律；探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：由题意得：
第1个几何体由1个正方体叠成，
第2个几何体由4个正方体叠成，即，
第3个几何体由10个正方体叠成，即，
第4个几何体由20个正方体叠成，即，
第个几何体中的正方体个数为：，
，，，，
．
故选：A．
【分析】根据前几个几何体中正方体的个数，总结规律，结合有理数的混合运算即可求出答案.
3．（2024·竞赛）如图，在平面直角坐标中，平行四边形ABCD与y轴分别交于E、F两点，对角线BD在x轴上，反比例函数y（k≠0）的图象过点A并交AD于点G，连接DF．若BE：AE＝1：2，AG：GD＝3：2，且△FCD的面积为，则k的值是（　　）
A． B．3 C． D．5
【答案】B
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的性质；相似三角形的判定；反比例函数图象上点的坐标特征；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，过点A作AM⊥x轴于点M，GN⊥x轴于点N，
设点 ，则AM=b，OM=a，
∴AM∥NG，AM∥y轴，
∴△DGN∽△DAM， ，
∴ ，
∵BE：AE＝1：2，AG：GD＝3：2，
∴ ， ， ，
∴ ，
∵点A、G在反比例函数y（k≠0）的图象上，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠OBF=∠GDN，，
∵∠BOF=∠GND=90°，
∴△BOF∽△DNG，
∴ ，即，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ．
故选：B
【分析】过点A作AM⊥x轴于点M，GN⊥x轴于点N，设点 ，则AM=b，OM=a，根据相似三角形判定定理可得△DGN∽△DAM， ，则 ，再根据边之间的关系可得 ，根据反比例函数图象上点的坐标特征可得 ，则，根据边之间的关系可得BD，再根据平行四边形性质可得∠OBF=∠GDN，，根据相似三角形判定定理可得△BOF∽△DNG，则，代值计算可得 ，再根据三角形面积建立方程，解方程即可求出答案.
4．（2024·竞赛）如图，是等边三角形的内切圆，半径为r，的内切圆切于点N，半径为，切于点M，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；切线的性质；三角形的内切圆与内心；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：设与、的切点分别是Q、G、与、的切点分别是是T、S、连接、、、，，，
过点O作，交得延长线于点H，
则四边形是矩形，
∴，，，，，
∵，，
∴是的角平分线，
∵，，
∴P在上，
∵等边三角形，
∴，
中，，，
∴①，
中，，，
∴②，
得，
∴，
中，
，
，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】利用切线长的关系求出EF，构造矩形OMNH，则MN=OH，把OH放在中求解，再求比值.
5．（2024·竞赛）如图，以矩形ABCD对角线AC为底边作等腰直角△ACE，连接BE，分别交AD，AC于点F，N，CD＝AF，AM平分∠BAN．下列结论：①EF⊥ED；②∠BCM＝∠NCM；③AC＝EM；④BN2+EF2＝EN2；⑤AE AM＝NE FM，其中正确结论的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】矩形的性质；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；四点共圆模型
【解析】【解答】解：如图1中，连接BD交AC于O，连接OE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OD＝OB，
∵∠AEC＝90°，
∴OE＝OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE，
∴A，B，C，D，E五点共圆，BD是直径，
∴∠BED＝90°，
∴EF⊥ED，故①正确，
∵CD＝AB＝AF，∠BAF＝90°，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠FBC＝45°，
∴BM平分∠ABC，
∵AM平分∠BAC，
∴点M是△ABC的内心，
∴CM平分∠ACB，
∴∠MCB＝∠MCA，故②正确，
∵∠EAM＝∠EAC+∠MAC，∠EMA＝∠BAM+∠ABM，∠ABM＝∠EAC＝45°，
∴∠EAM＝∠EMA，
∴EA＝EM，
∵△EAC是等腰直角三角形，
∴AC＝EA＝EM，故③正确，
如图2中，将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△AFG，连接EG，
∵将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△AFG，
∴∠NAB＝∠GAF，∠GAN＝∠BAD＝90°，AG＝AN，GF＝BN，
∵∠EAN＝45°，
∴∠EAG＝∠EAN＝45°，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEN（SAS），
∴EN＝EG，
∵∠AFG＝∠ABN＝∠AFB＝45°，
∴∠GFB＝∠GFE＝90°，
∴EG2＝GF2+EF2，
∴BN2+EF2＝EN2，故④正确，
不妨设AE AM＝NE FM，
∵AE＝EC，
∴，
∴只有△ECN∽△MAF才能成立，
∴∠AMF＝∠CEN，
∴CE∥AM，
∵AE⊥CE，
∴MA⊥AE（矛盾），
∴假设不成立，故⑤错误，
故选：C．
【分析】①只要证明A ， B ， C， D ， E五点共圆即可解决问题；②只要证明点M是 的内心即可；③证明EM=AE，即可解决问题；④如图2中，将 逆时针旋转 得到 连接EG.想办法证明是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题；⑤利用反证法证明即可解答.
6．（2024·竞赛）设关于x的方程在范围内有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：设，
依题意，
解不等式①得：或，
解不等式②得：，
解不等式③得：，
解不等式④得：，
∴不等式组的解集为：．
故答案为：D．
【分析】根据题意可得与的交点在范围内，且有2个不同交点，可得关于a的不等式组，解不等式组即可求解．
二、填空题
7．（2024·竞赛）已知，，的最小值是 　 　．
【答案】
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理的实际应用-最短路径问题；矩形的性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：作正方形，设边长为1，在上取，上取，过H作交于G，过E作交于F，交于M，如图：
由作图可知：四边形、四边形、四边形、四边形是矩形，
∴，，
由图可知，
而，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴的最小值是．
故答案为：．
【分析】作正方形ABCD，设边长为1，在AD上取AH=a，AB上取AE=b，过H作 交BC于G， 过E作 交CD于F， HG交EF于M， 由作图可知 而A 可得 同理 即可得 的最小值
8．（2024·竞赛）如图，设为正三角形，边长为，，，分别在，，边上，且．连，，两两相交得到，则的面积是　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，
过点作于点，
∴，，
∴
在中，
为正三角形，边长为，
，，，
，
，，
，其相似比为，
，
，
∴，
故答案为：．
【分析】先根据 为正三角形，边长为1，且.AR=B 得出 再求出 及 的面积，由相似三角形的性质可求出 的面积，进而可得出答案.
9．（2024·竞赛）若一个四位数的千位与百位之差等于2，十位与个位之差等于4，称这个四位数是“差2倍数”，若四位数的千位与百位之差等于3，十位与个位之差等于6，称这个四位数是“差3倍数”，若数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，p，q的各数位数字之和分别记为和，，若为整数，此时的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】整式的加减运算；数的整除性
【解析】【解答】解：∵数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，
故数p的十位数是，数q的十位数是，
设数p，q的百位数分别m、n，则数p的千位数是，数q的千位数是，而且，，
∴，，
∴，
，
∴，，
∴，
∴
∵为整数，
∴为的约数，而要使的最大值则有
∴或，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
综上所述：当，时，的最大值为，
故答案为：
【分析】依据题意，由已知，根据“差2倍数”和“差3倍数”的定义求解即可.
10．（2024·竞赛）如图，在中，，连接，以为斜边在的右侧作等腰直角，P是边上的一点，连接和，当，则长为 　 　．
【答案】2
【知识点】相似三角形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；四点共圆模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：以为斜边在的右侧作等腰直角，连接，．
，则，，
，，同理，
，
，
，
，
在四边形中，，
、、、四点共圆，
，，
，
又，
，则，
，
，
，
将绕点F逆时针旋转，
∵、、、四点共圆，
∴，
∴，即C、B、共线，
∴将绕点F逆时针旋转，可旋转到，
∴，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
，
，
，
，
故答案为：2．
【分析】由AE=3得动点E在圆上运动，因为 是等腰直角三角形且所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答.
三、解答题
11．（2024·竞赛）若不等式没有实数解，求的取值范围
【答案】解：，
，
设，，
∴， ，
根据原不等式没有实数解，即没有实数解，
从两函数图象可以看出：或时，的图象在的图象上方．
故答案为：或．
【知识点】解含绝对值的一元一次不等式；含字母系数的一元一次不等式；数形结合
【解析】【分析】设 则原不等式实际上为 没有实数解，画出两函数的图象即可得到a的取值范围.
12．（2024·竞赛）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．
【操作探究】
如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．
（1）当时，　 　；当时，　 　；
（2）当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
（3）如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为　 　．
【答案】（1）2；30或210
（2）解：当时，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
，
即两块三角板重叠部分图形的面积为．
（3）
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）如图，
∵∠ADB=∠A′D′C=90°，∠ABD=30°，
∴∠BAD=∠D′AC=90°-30°=60°，
当α=60°时，点A，D′，B共线，点A，D，C共线，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=2；
∵AB=AC=2，
当AD，AD′在∠BAC的内部时，
过点A作AH⊥BC于点H，
∴∠AHC=90°，
∵AC=AB，
∴，
∴，
∴∠ACH=45°，
∴∠HAC=90°-45°=45°，
∴∠BAC=45°+45°=90°，
图1中，
∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-30°-30°=120°，
∴α=120°-90°=30°；
当AD，AD′在∠BAC的外部时，
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
同理可证∠BAC=90°，
∵∠CAD′=∠ABD=60°，
∴α=90°+60°+60°=210°；
∴当时α=30°或210°.
故答案为：2，30或210
（3）连接AF，
∵点F为BC的中点，AB=AC，
∴∠AFB=90°，
∴AB是直径，
∴点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，
∴点F的运动路径长为.
故答案为：
【分析】（1）根据题意画出图形，利用三角形的内角和定理求出∠BAD=∠D′AC=60°，当α=60°时，点A，D′，B共线，点A，D，C共线，利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可得到△ABC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BC的长；分情况讨论：当AD，AD′在∠BAC的内部时，过点A作AH⊥BC于点H，利用等腰三角形的性质可求出HC的长，利用解直角三角形求出∠HAC的度数，可得到∠BAC的度数；由此可求出α的值；当AD，AD′在∠BAC的外部时，过点A作AH⊥BC于点H，同理求出∠BAC的度数，然后求出α的值；综上所述可得到符合题意的α的值.
（2）当α为90°时，根据题意画出图形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，苛求远程AD，AD′的长，利用勾股定理求出BD，CD′的长；再证明四边形ADED′是正方形，可得到DE的长，由此可求出BE的长，利用解直角三角形求出EF，DG的长；然后根据、S四边形AGEF=S△ABD-S△BEF-S△ADG，利用三角形的面积公式可求出四边形AGEF的面积.
（3）连接AF，利用等腰三角形的性质可知∠AFB=90°，利用圆周角定理可知AB是直径，可得到点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，利用圆的周长公式可求出点F的运动路径长.
13．（2024·竞赛） 如图1，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点C，连接BC，抛物线顶点为点M．
（1）直接写出a，b的值及点M的坐标；
（2）点N为抛物线对称轴上一点，当最小时，求点N的坐标；
（3）平移直线BC得直线．
①如图2，若直线过点M，交x轴于点D，在x轴上取点，连接EM，求∠DME的度数．
②把抛物线在x轴下方图象沿x轴翻折得到新图象（如图3）．当直线与新图象有两个公共点时，请直接写出n的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
∴，
设抛物线解析式为，
把代入，得：，
解得：，
∴，
∴，，点M的坐标为；
（2）解：由（1）得对称轴直线，
、两点关于直线对称，
∴点N为直线与直线的交点时，最小，
设直线解析式为，
把代入得，
解得，
∴直线解析式为，
当时，，
∴点N的坐标为；
（3）解：①直线解析式为，
直线平移后的解析式为，
把点M的坐标代入得，解得
∴直线的解析式为，
令，得，
解得：，
∴，
如图2，过点E作于F，过点M作轴于H，
则，
∴，，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，即；
②当直线与新图象有两个公共点时，n的取值范围为或．
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；翻折变换（折叠问题）；二次函数与一次函数的综合应用；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（3）②∵，
把抛物线x轴下方图象沿x轴翻折得到新图象，如图，
则翻折后的图象的解析式为，
∵直线解析式为，
直线平移后的解析式为，
联立方程得，
整理得：，
当直线平移后与抛物线只有一个交点时，
，
解得：，
当直线平移后经过点时，，解得：，
∴当直线与新图象有两个公共点时，n的取值范围为或．
【分析】（1）知道抛物线与x轴两交点坐标，可设交点式，将C坐标代入即可求出抛物线解析式；将解析式写成顶点式即可写出M坐标；
（2）根据轴对称可得NA=BN，则AN+CN=CN+BN，由两点之间线段最短得到AN+CN≤BC，得到N为BC与对称轴的的交点；由B、C坐标用待定系数法求出直线BC解析式，对称为x=，则N的横坐标为，代入直线解析式即可得到N的坐标；
（3）①平行的直线的k值相等可得到m=，代入M坐标即可求出平移后直线DM解析式，当y=0时，求出x的值即可求出D的坐标，根据坐标特征可求出DH、MH的长度，根据勾股定理可得可求出DM长，利用正弦函数定义可得，代入即可求出DF的值；FM=DM-DF进而得到FM长，可得FM=EF，根据等腰直角三角形性质即可得到∠DME=45°；
②翻折后可由图形得到有两个公共点时有两种情况，一是在BC下方A上方，此时求出过A的直线解析式，即可得到，在BC下方，则；二是直线与翻折后的抛物线只有一个交点时，，根据根的判别式=0可求出n=，此时直线往上移动时，只有两个交点，即；综合即可得到n的取值范围或.
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