分
层
提
分
小
卷
分层提分小卷
自习提分小卷(选填)一
1.
D
2.
B 【解析】∵正方形③的面积是
a
2,∴正方形③的边长是a,∴与
之相邻的矩形④的长边的长也为
a. ∵矩形④的面积是2ab,∴矩形
④的短边的长为2b,∴与之相邻
的正方形②的边长也为2b.
3.
D
4.
D 【解析】∵由数轴可得a<0,b>
0,| a| >b,∴a<a+b< 0,-a-b> 0,
-ab>0,a-b<a,∴a-b 最小.
5.
A
【解析】∵
△+6
x
2-4x+4
· x-2
x
2+3x
=
△+6
(x-2)
2·
x-2
x(x+3),∴除有公因式
x-2,还有因式△+6,x,x+3. ∵公
因式为(x-2) (…),∴只能△+6
和x+ 3 存在公因式( …). ∵△+
6=2(x+3)= 2x+6,∴△=2x.
6.
B
【解析】画树状图如解图,由
树状图可知共有16 种等可能的
结果,其中指针所指区域的数字
都是有理数的结果有4 种,
∴P(指针所指区域的数字都是
有理数)= 4
16 = 1
4 .
第6 题解图
7.
C 【解析】∵Δ = [-(k+1)]
2 -4×
1×(-6)= (k+1)
2 +24>0,∴方程
有两个不相等的实数根,故A 选
项错误, 该选项不符合题意; 设
x1,x2 是一元二次方程x
2 -(k+1)
x-6= 0 的两个实数根,∴x1 +x2 =
k+1,x1x2 = -6,故C 选项正确,该
选项符合题意;D 选项错误,该选
项不符合题意;两根的符号相反,
故B 选项错误, 该选项不符合
题意.
8.
D
【解析】∵1 小时= 3
600 秒,
10 小时= 36
000 秒,神舟二十号
飞船在轨航行的速度大约是每秒
7. 9 公里,∴1 小时飞行的距离约
为7. 9 × 3
600 = 28
440(公里) =
2. 844×10
4(公里),n 的值为4. 10 小
时飞行的距离约为7. 9×36
000 =
284
400( 公里) = 2. 844× 10
5( 公
里),n 的值为5,故A,B 选项错
误,D 选项正确. 当t = 1. 01 时,飞
船飞行的距离为28
724. 4 公里,
原数中“0”的个数为0,故C 选项
错误.
9.
A
【解析】由题知,令原来的三
位数为100a+10b+c,则变换后的
三位数为100c+10b+a,将两者相
减得(100c+10b+a)-(100a+10b+
c)= 99c- 99a = 99( c-a),显然计
算结果为99 的倍数,∵254,297,
396,198 这四个数中,只有254 不
是99 的整数倍,∴只有A 选项符
合题意.
10.
C
【解析】甲: OA = OC, OB =
OD,对角线互相平分的四边形
是平行四边形, 故甲的说法正
确;乙:∵∠1 = ∠2,∴AD∥BC.
∵∠3 = ∠4,∴AD∥BC,一组对
边平行无法判断其为平行四边
形,故乙的说法错误; 丙: AB =
CD,AB∥CD,一组对边平行且相
等的四边形为平行四边形,故丙
的说法正确. ∴正确的是甲、丙.
11.
C 【解析】由题知,当一次函数
y=kx+1-k 的图象经过点P(-2,
3) 时,3 = - 2k + 1 - k, 解得k =
- 2
3 ,同理可得,当一次函数y =
kx+1-k 的图象经过点Q(-1,4)
时,k 的值为- 3
2 ;当一次函数
y=kx+1-k 的图象经过点M(2,
3) 时,k 的值为2;当一次函数
y=kx+1-k 的图象经过点N(3,
2) 时, k 的值为1
2 . ∵2 > 1
2 >
- 2
3 >- 3
2 , ∴k 的最大值为2,
∴经过点M 时,k 的值最大.
一题多解法
如解图,一次函数y= kx+ 1-k =
k(x- 1) + 1 的图象恒过点( 1,
1),由图象可知,当一次函数的
图象经过点P 或Q 时,k< 0;当
一次函数的图象经过点M 或N
时,k>0;观察过点M,N 的两个
一次函数图象,当x = 2 时,yM >
yN,∴kM > kN, ∴经过点M 时,
k 的值最大.
第11 题解图
12.
B
【解析】如解图,过点E 作
EH⊥AC 于点H,∵四边形ABCD
为菱形, ∠B = 60°, ∴∠D =
∠B= 60°,AD = CD,∴△ACD 是
等边三角形,∴AC = CD = AB = 6,
∠DCA=∠CAD= 60°,∴∠FGC+
∠GFC= 120°. 由折叠的性质,得
GE = DE, ∠FGE = ∠D = 60°,
∴∠FGC+
∠EGA
=
120°,
∴∠EGA= ∠GFC. 又∵∠FCG =
∠GAE,∴△CFG∽△AGE,∴CG
AE =
CF
AG. 设AE = x,则DE = GE = 6-x,
在Rt△AEH 中,∵∠EAH = 60°,
∴AH = 1
2 x,EH =
3
2 x. ∵CG =
1
2 GA,AC = 6,∴GA = 4,∴GH =
GA- AH = 4 - 1
2 x. 在Rt △GEH
中,由勾股定理,得GE
2 = GH
2 +
EH
2,即( 6 - x)
2 = ( 4 - 1
2 x)
2 +
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
( 3
2 x)
2,解得x = 5
2 ,∴AE = 5
2 ,
∴GE= 7
2 ,∴AE
GE = 5
7 .
第12 题解图
13.
-2 【解析】原式= - 4 = -2.
14.
AF=FC(答案不唯一)
【解析】
若添加AF = FC,已知DF∥BC,
EF∥AB,得出∠ADF = ∠ABC =
∠FEC,∠AFD = ∠C,可以根据
AAS 来判定其全等,添加DF =
EC 或AD = FE, 均可以判定其
全等.
15.
3
3
5
【解析】如解图,延长EF
交直线l 于点M, 过点G 作
GN⊥AH 于点N, ∵六边形
ABCDEF 是正六边形,∴∠AFE =
∠BAF = (6-2)×180°
6
= 120°.
∵∠BAH= 30°, ∴
∠AFM =
180°-120° = 60°,∠FAM = 180°-
120° - 30° = 30°, ∴∠AMF =
180°- 60° - 30°
=
90°.
在
Rt△AFM 中, AF = 2, ∠FAM =
30°, ∴FM = 1
2 AF = 1, AM =
3
2 AF=
3. 在Rt△AGN 中,AG=
1
2 AB = 1,∠GAN = 30°,∴GN =
1
2 AG = 1
2 , AN =
3
2 AG =
3
2 ,
∴MN=MA+AN =
3 +
3
2 = 3
3
2 ,
EM= EF+FM = 2+ 1 = 3. ∵GN∥
EM, ∴GN
EM =
HN
HM, 即
1
2
3
=
HN
HN+3
3
2
,解得HN=
3
3
10 ,∴MH=
3
3
2 + 3
3
10 = 9
3
5
,∴tan∠FEH =
HM
EM =
9
3
5
3
= 3
3
5 .
第15 题解图
16.
2≤k≤49
4
【解析】反比例函数
和三角形有交点的第一个临界
点是点A,∵过点A(1,2)的反比
例函数解析式为y= 2
x ,∴k≥2.
随着k 值的增大,反比例函数的
图象必须和线段BC 有交点才能
满足题意,设经过点B,C 的直线
的函数解析式为y = kx + b, 将
B(2, 5 ), C(6, 1 ) 代入得
5= 2k+b,
1= 6k+b,
{
解得k= -1,
b= 7,
{
∴直线
BC 的函数解析式为y= -x+7,令
-x+7 = k
x ,得x
2-7x+k = 0,根据
Δ = (-7)
2- 4k≥0,解得k≤49
4 .
综上,可得2≤k≤49
4 .
自习提分小卷(选填)二
1.
C 2.
D
3.
D
【解析】对于非零实数a,
∵a
m÷a
m =a
m-m =a
0 = 1,∴a
0 = 1.
4.
A 5.
A
6.
C 【解析】原式= (x+2)(x-2)
(x-2)
2
·
x(2-x)
(x+2)
2 = x+2
x-2 · x(2-x)
(x+2)
2 =
1
x-2 ·
-x(x-2)
x+2
= - x
x+2,∴填入横线上
的卡片序号为③②①.
7.
C 【解析】∵BD 是AC 边上的中
线,∴AD = CD,由题图②得DE =
DB= 2,∴四边形ABCE 是平行四
边形,∴AB∥CE,∴△ABC 的面积
等于△ABE 的面积,∴AE = BC =
3, BE = 2BD = 4. 在△ABE 中,
∵AE
2+BE
2 =AB
2,∴∠AEB = 90°,
∴△ABC 的面积为1
2 × 3× 4 = 6,
∴方法一可行;由题图③得BC =
BF= 3,∴CF= 6. ∵BD 是AC 的中
线, ∴BD 是△ACF 的中位线,
∴AF= 2BD = 4. 在△ABF 中,
∵BF
2+ AF
2 = AB
2, ∴∠F = 90°,
∴△ABC 的面积为1
2 × 1
2 ×6×4 =
6,∴方法二可行.
8.
B 【解析】∵由统计图可得总人
数有40 人, ∴其中位数落在C
组. ∵第二周A 组学生的锻炼时
间均不小于6 小时,其他学生的
锻炼时间不变,∴A 组的2 个数据
需分配到其他4 组上. ∵新的结
果的中位数与原来的中位数所在
组相同,∴新的中位数落在C 组,
∴B,C 组的数据和最少增加1,
∴D 组的人数最多增加1,∴D 组
的学生最多为2 人,故选B.
9.
C 【解析】∵四边形ABCD 为平
行四边形,∴AE∥BF. ∵∠BFE =
115°,∴∠AEF = 180° - ∠BFE =
65°,∴∠EFA′ = ∠AEF = 65°. 由
折叠的性质,得∠B′FE = ∠BFE =
115°, ∴∠A′ FB′ = ∠B′ FE -
∠EFA′=115°-65°=50°. ∵∠FA′B′=
20°,∴∠B′ = 180° - 50° - 20° =
110°, ∴∠ABF = ∠B′ = 110°,
∴∠C=∠A= 180°-110° = 70°.
一题多解法
∵四边形ABCD 为平行四边形,
∴AE ∥BF. ∵∠BFE = 115°,
∴∠AEF=65°,∴∠EFA′=∠AEF =
65°. 由折叠的性质可得,∠B′FE=
∠BFE=115°,∴∠A′FB′=∠B′FE-
∠EFA′ = 115° - 65° = 50°. ∵EA′∥
FB′, ∴∠EA′F= ∠A′FB′=
50°,
∴∠EA′B′= 50° + 20°= 70°,∴∠C =
∠A=∠EA′B′= 70°.
10.
C 【解析】(
27 -
1
3 ) ×□=
(3
3 -
3
3 ) ×□= 8
3
3 ×□;当填
入
3 时,原式= 8
3
3 ×
3 = 8,是
有理数,符合题意;当填入
1
3 =
3
3 时,原式= 8
3
3
×
3
3 = 8
3 ,是
有理数,符合题意. ∴嘉嘉和淇
淇的说法都正确.
2
参考答案
分
层
提
分
小
卷
11.
B
【解析】∵正六边形内角和
为(6-2)×180° = 720°,∴正六边
形每个内角为720° ÷ 6 = 120°.
∵正五边形内角和为(5 - 2) ×
180° = 540°,∴正五边形每个内
角为540°÷5 = 108°,∴∠BCK =
120°- 108° = 12°. ∵BC = CD =
CK,∴∠CBK = ∠CKB = (180° -
12°)÷2 = 84°,∴∠ABK = ∠ABC-
∠CBK= 120°-84° = 36°.
12.
D
【解析】如解图,∵抛物线
y2 = -( x-n)
2 的对称轴为直线
x=n,n-m = 2,∴对称轴为直线
x=m+2. ∵抛物线y1 = -(x-m)
2
的对称轴为直线x=m,∴两个抛
物线对称轴之间的距离为2,且
抛物线y2 在抛物线y1 的右侧,
∴两条抛物线的交点横坐标为
m+m+2
2
=m+1. ∵直线x= 2 与抛
物线y1,y2 分别交于点A(2,p),
B(2,q),且p<q,两条抛物线的
开口向下,∴m+1<2,即n-2+1<
2,解得n<3,∴n 的值可以为0.
第12 题解图
13.
x≤4
【解析】由定义新运算可
将4※x≥1 变形为4(4-x)+1≥
1,解得x≤4.
14.
2 2
【解析】∵顶点A,B 分别
与数轴上表示数0,2 的点重合,
∴AB = 2. ∵四边形ABCD 为正
方形,∴AB = BC = 2,∴对角线
AC = 2
2, ∴AE = AC = 2
2,
∴☉A 与数轴正半轴的交点E
表示的数为2 2.
15.
-9
【解析】∵点A( - 1,a),点
D(-3,a+6),线段AB 与y 轴平
行,∴由平移的性质可得B(-1,
a+6),C(-3,a). ∵反比例函数
y= k
x (x<0) 的图象同时经过点
B 和点C,∴- 1×( a+ 6) = -3a,
解得a = 3,∴B( - 1,9),∴k =
-1×9= -9.
16.
4 5
5 【解析】如解图,过点E 作
EF⊥AD,EH⊥BC,垂足分别为
点F,H,连接AE,BE,记DE 交
AC 于点G. 由题意得,△ABC 和
△CDE 均为等腰直角三角形.
∵DE∥CB,∴∠DEC = ∠ECH =
45°,DE⊥AC. ∵CD =
2,∴DE =
2,∴CG = GE = 1. ∵AC ⊥BC,
EH⊥BC,∴四边形CGEH 是正
方形,∴EH = CG = CH = 1. ∵BC =
3,∴BH=BC-CH= 3-1 = 2,∴在
Rt△BEH 中,BE =
BH
2+EH
2 =
5. 在△ADC 和△BEC 中,
CD=CE
∠ACD=∠BCE
AC=BC
{
, ∴
△ADC ≌
△BEC( SAS),∴AD = BE =
5.
∵AG=AC-CG= 3-1= 2,∴S△ADE =
1
2 DE·AG = 1
2 AD·EF,∴EF =
DE·AG
AD
= 4 5
5 , 即点E 到直线
AD 的距离为4 5
5 .
第16 题解图
自习提分小卷(选填)三
1.
A
2.
C 【解析】1
920 ∶1
080= 16 ∶9.
由题意得,当成比例时就不会出
现黑色区域,1
000 ∶800 = 5 ∶4≠
16 ∶9,不成比例,故A 不符合题
意;1
660 ∶1
242 = 830 ∶621 ≠
16 ∶9,不成比例,故B 不符合题
意;2
560 ∶1
440 = 16 ∶9,成比
例,故C 符合题意;1
125 ∶633 =
375 ∶211≠16 ∶9,不成比例,故
D 不符合题意. 故选C.
3.
C 【解析】逐项分析如下:
选项
逐项分析
正误
A
a
2+2a
2 = 3a
2≠3a
4
✕
B
(a+b)
2 =a
2+2ab+
b
2≠a
2+b
2
✕
C
a
2·a
4 =a
2+4 =a
6
√
D
a
6÷a
3 =a
6-3 =a
3≠a
2
✕
4.
B 【解析】∵正方体的底面无相
对面且已涂色,选项C,D 中涂色
部分都有相对面,∴不符合题意.
∵沿第一条棱开始,依次连续剪
开正方体,∴A 选项图形不符合,
只有B 选项图形符合.
5.
B
【解析】0. 000
003
8 = 3. 8 ×
10
-6,由题意可知m× 3. 8× 10
-6 =
n×10
-5,∴10≤3. 8m<100,∴50
19 ≤
m<500
19 . ∵m 为正整数,故只有B
选项符合题意.
6.
C 【解析】∵AB = BC,a+b<0,b+
c>0,a+c<0,∴a<0,b<0,c>0,原
点O 在B 与BC 中点之间的线段
上(不含B 点和该中点),∴数轴
上原点O 的位置在点B 与点
C 之间.
7.
A
【解析】∵
A
m-1 +
B
m-2 =
A(m-2)+B(m-1)
(m-1)(m-2)
=
Am-2A+Bm-B
(m-1)(m-2) = (A+B)m-2A-B
(m-1)(m-2) ,
又∵
A
m-1+ B
m-2 =
3m-4
(m-1)(m-2),
∴
A+B= 3,
-2A-B= -4,
{
解得A= 1,
B= 2.
{
8.
D
【解析】由题图可得,点A 的
横坐标为2,点B 的横坐标为6,
设点A 的纵坐标为a,则点B 的
纵坐标为a- 4,∵点A,B 均在反
比例函数y= k
x (k≠0)的图象上,
∴2a= 6(a-4),解得a = 6,∴点A
的坐标为(2,6),∴k = 12,∴反比
例函数的解析式为y= 12
x .
9.
D
【解析】由题图知,在△ABC
中,AB= 4,BC = 2,∴小棒a 的长
度为2< AC < 6. ∵小棒b 的长度
DE= 6,∴小棒a 无论怎样剪,都
不能和小棒b 围成三角形;当对
小棒b 正中间剪一刀时,由三角
形三边关系可知,此时3 根小棒
一定能围成三角形;当小棒b 剪
成两根长度分别为1 和5 的小
棒,小棒a 的长度为3 时,∵1+3<
5,∴不能围成三角形,故选D.
10.
B
【解析】嘉嘉: ∵∠DAB =
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
∠DCB = 42°, ∠CBE = 42°,
∴∠DAB=
∠DCB
=
∠CBE,
∴DC∥AB, AD∥BC, ∴四边形
ABCD 是平行四边形, 嘉嘉正
确; 淇淇: ∵
∠CBE = 42°,
∴∠CBA= 138°. ∵∠ADC = 138°,
∴∠CBA=∠ADC,无法证明四边
形ABCD 是平行四边形,故嘉嘉
对,淇淇不对.
11.
B
【解析】设M 的百位数字为
a,十位数字为b,个为数字为c,
则M= 100a+10b+c,对调M 的百
位数字和个位数字后得到N =
100c+10b+a,N 减去M 的个位
数字的4 倍得到S,则S = 100c+
10b+a-4c= 96c+10b+a = 8(12c+
b) + 2b + a, ∵S 能被8 整除,
∴2b+a 能被8 整除,∵a+b+c =
8,∴易得2b+a = 8,∴b = c,∴满
足条件的有a= 6,b = 1,c = 1;a =
4,b= 2,c= 2;a= 2,b = 3,c = 3;则
M 的最小值为233.
12.
A 【解析】如解图,设抛物线与
正方形另一个交点为E,由条件
可知D(3,4),∴设抛物线解析
式为y=a(x-1)
2,把D(3,4) 代
入得到4= a(3-1)
2,解得a = 1,
∴抛物线解析式为y = (x-1)
2,
当y=(x-1)
2 = 4 时,解得x1 = 3,
x2 = -1,∴E(-1,4). ∵直线y =
kx-2k+ 2 = ( x- 2) k + 2,∴直线
y=kx-2k+2 = (x-2)k+2 过定点
F(2,2),当x = 2 时,y =(x-1)
2 =
(2-1)
2 =1<2,∴直线y = kx-2k+
2(k≠0)与y=(x-1)
2 必有两个
交点. ∵直线y = kx- 2k+ 2( k≠
0)与图象G 有唯一交点,∴当
x= 3 时,抛物线过点D( 3,4),
y=kx-2k+2>4,即3k-2k+2>4,
解得k>2,当x= -1 时,抛物线过
点E(-1,4),y = kx-2k+2>4,即
-k-2k+2>4,解得k<- 2
3 . 综上
所述,k>2 或k<- 2
3 .
第12 题解图
13.
2 2
【解析】原式= 3 2 - 2 =
2 2.
14.
1
4 【解析】由题意可知,E 区域
可以着红、黄、蓝、绿四种颜色,
其中给E 区域着色后,要使每相
邻两个区域的着色都不相同,只
能着红色,∴P( 给E 区域着色
后,使每相邻两个区域的着色都
不相同)= 1
4 .
15.
1 【解析】由m★n=m(m-n)得
x★2=x(x- 2) = k,整理,得x
2 -
2x-k = 0. ∵关于x 的方程x
2 -
2x-k=0 有实数根,∴Δ =(-2)
2 -
4×1×(-k)= 4+4k≥0,解得k≥
-1,∵k 为正整数,∴k 的最小值
为1.
16.
5 3 +5
【解析】如解图,作点B
关于AE 的对称点B′,连接BB′,
AB′,CB′,CB′交AE 于点F,由对
称的性质知BF = B′F, 即BF +
CF=B′F+CF. 当B′,F,C 三点共
线时, BF + FC 的值最小, 即
△BCF 的周长最小, 最小值为
B′ C + BC. ∵AE 平分∠CAD,
∴∠CAE= ∠DAE, 由对称的性
质知∠BAE = ∠B′AE,AB′ = AB =
5. ∵∠BAC = ∠BAE - ∠CAE,
∠B′ AD = ∠B′ AE - ∠DAE,
∴∠BAC= ∠B′AD,∴∠B′AD +
∠DAC= 90°. ∵正方形ABCD 的
边长为5, ∴AC = 5
2. 在
Rt△CAB′中,B′C =
AC
2+AB′
2 =
5 3,∴△BCF 周长的最小值为
B′C+BC= 5 3 +5.
第16 题解图
自习提分小卷(选填)四
1.
C 【解析】∵数轴上原点和原点
左侧的点所表示的数为非正数,
∴a≤0.
2.
C 【解析】如解图,过点A 再画
一条不与直线a,b 重合的直线c
后,新增的对顶角有4 对,故正确
选项为C.
第2 题解图
3.
D 【解析】要使棋盘上的棋子构
成中心对称图形,则需把棋子放
在中心点西南方向的B 处.
4.
C
【解析】∵100 亿× 2
025 =
202
500 亿, ∴202
500 亿=
2. 025×10
13.
5.
C 【解析】∵9x
2-12x+4=(3x)
2-
2×3x×2+2
2 = (3x-2)
2,∴算式中
的a 是3x.
6.
C 【解析】∵甲商店购买篮球消
费满699 元送两个篮球,在甲商
店购买,正好用720 元买够数量;
乙商店有促销活动,篮球单价打
7 折,在乙商店购买,不仅能买够
数量,还能剩48 元钱,∴在甲商
店购买需花费720 元,在甲商店
购买篮球的数量比需要的数量少
2 个(2 个是赠送的),在乙商店购
买需花费(720-48) 元,篮球的单
价是原价的7 折. 又∵嘉嘉所列
方程为720
x-2×0. 7= 720-48
x
,淇淇所
列方程为720+2x
x
= 720-48
0. 7x ,∴嘉
嘉方程中的x 表示篮球的数量,
淇淇方程中的x 表示篮球的
单价.
7.
C 【解析】对代数式进行通分得
4x-2
x
2-1
- 1
x-1 =
3x-3
(x+1)(x-1),该代数
式的最简公分母为(x+1)(x-1)=
x
2 - 1; 将代数式通分化简, 得
3x-3
(x+1)(x-1) =
3
x+1;当代数式有
意义时,原式的分母不能等于0,
即( x + 1) ( x - 1) ≠0,∴x≠± 1.
∵x 为正整数,∴x≥2,则x+ 1≥
3,∴
3
x+1≤3
3 = 1,∴该代数式有
最大值,最大值为1,故选C.
8.
D 【解析】∵一班与二班的人数
都不确定,∴参加各兴趣小组的
人数无法确定,∴A,C 选项无法
判断正误; ∵1 - ( 40% + 30%) =
4
参考答案
分
层
提
分
小
卷
30%,∴二班参加足球兴趣小组
的人数占二班总人数的30%,
∴B 选项错误;∵二班参加羽毛
球兴趣小组和参加足球兴趣小组
的人数都占二班总人数的30%,
∴二班参加羽毛球兴趣小组和参
加足球兴趣小组的人数一样多,
∴D 选项一定正确.
9.
B 【解析】∵圆底烧瓶的瓶身部
分是球形,∴瓶身横截面的直径
先增大后减小,∴水面上升速度
由快逐渐变慢再逐渐变快,当水
面上升到瓶身与瓶颈的交界处
后,由于瓶颈处的直径保持不变,
∴水面高度随着加水时间的增大
而增大, 呈一次函数关系, 故
选B.
10.
C 【解析】∵四边形ABCD 为菱
形, ∠A = 120°, ∴AD = CD,
∠ABD = ∠ADB = 30°. ∵MN ⊥
AB,∴∠BMN = 90°,∴∠BNM =
60°,∴∠DNM = 120°, ∴∠A =
∠DNM. ∵
DM 平分∠ADB,
∴∠ADM=∠NDM. ∵DM = DM,
∴△ADM ≌△NDM ( AAS ),
∴DN=DA=CD,∴CD
DN = 1.
11.
C
【解析】如解图,过点D 作
DP⊥CJ 于点P,∵六边形ABC-
DEF 和六边形GHIJKL 都为正
六边形, ∴其内角的度数为
(6-2)×180°
6
= 120°, 即∠IJK =
120°. ∵A,G,H 三点共线,∴D,
J,K 三点共线,∴∠DJP = 180°-
∠IJK=60°,易知△ABH≌△BCI≌
△CDJ ≌△DEK ≌△EFL ≌
△FAG,∴DJ = CI = 2, ∴PJ =
1
2 DJ=1,DP=
3
2 DJ =
3. ∵CJ =
CI+IJ= 5,∴CP = CJ-PJ = 5-1 =
4. ∵DP⊥CJ,∴△CDP 为直角
三角形,由勾股定理可得CD =
CP
2+DP
2 =
19,∴正六边形
ABCDEF 的边长为
19.
第11 题解图
12.
D
【解析】∵y = mx
2 - 2mx+m-
2=m(x- 1)
2 - 2,∴二次函数图
象的顶点坐标为(1,- 2). 对于
甲说法,将(1,-2) 先向左平移
1 个单位长度,再向上平移5 个
单位长度,平移后顶点的坐标为
(0,3),与点A 重合,甲正确;对
于乙说法,将(1,- 2) 先向左平
移2 个单位长度,再向上平移9
2
个单位长度,平移后顶点的坐标
为(-1, 5
2 ),该点恰好在AB 的
中点处,乙正确;对于丙说法,将
(1,-2)先向左平移3 个单位长
度,再向上平移4 个单位长度,
平移后顶点的坐标为( - 2,2),
与点B 重合,丙正确.
13.
5(答案不唯一)
【解析】根据
题意,得n 为大于3 的奇数即
可,∴n 的值可以为5.
14.
b 【解析】∵
3 × 2 = 6,4<6<
9,∴
4 < 6 < 9,即2 < 6 < 3,
∴
3 × 2 在数轴上对应的点可
能是b.
15.
-4<k<-1
【解析】∵点A( -4,
4),∴线段OA 上横、纵坐标均
为整数的点有(0,0),( - 1,1),
(-2,2),(-3,3),(-4,4),当反
比例函数y= k
x (x<0)的图象把
线段OA 上的点分为左、右两侧
的整点个数比为3 ∶2 时, 则点
(-2,2),( - 3,3),( - 4,4) 在左
侧,点(0,0) 和( - 1,1) 在右侧,
∴-2×2<k<-1×1,即k 的取值范
围是-4<k<-1.
16.
1
3
【解析】易得∠AEN = 90°,
由翻折的性质,得BC = CE,CD
是BE 的垂直平分线,∴∠AEN =
∠CMN= 90°,∴CD∥AE,∠EAN =
∠MCN. ∵N 是EM 的中点,
∴EN= MN, ∴△AEN ≌△CMN
(AAS),∴AE = CM. ∵CD∥AE,
AD = BD,∴DM = 1
2 AE = 1
2 CM.
∵在Rt△ABC 中, CD = 1
2 AB,
∴AE= CM=
2
3 CD =
1
3 AB.
∵∠NCB = ∠NEA = 90°,∠CNB =
∠ENA,
∴△ANE∽
△BNC,
∴AN
BN=NE
NC,∴AN
NE=BN
NC. ∵∠ANB =
∠ENC, ∴△ANB ∽△ENC,
∴∠ACE= ∠ABE,∴sin∠ACE =
sin∠ABE=AE
AB = 1
3 .
自习提分小卷(选填)五
1.
B 【解析】∵将直角三角板ABC
的直角边AC 放在直线MN 上,
∴∠ACB= 90°, ∴∠1 + ∠2 =
180°-∠ACB = 90°,∴∠1 与∠2
的关系是互为余角.
2.
C 【解析】∵(3
4)
2 = 3
8,∴m= 8.
3.
B
4.
B
【解析】
(-2)
2 =
4 = 2,
2
-1 = 1
2 ,(-2)
0 = 1,(
2 )
2 = 2,最
小的是1
2 .
5.
A
【解析】由数轴得,刻度尺上
的0. 5 对应数轴1 个单位长度,
∴点A 在原点O 的左侧5 个单位
长度处,∴数轴上点A 对应的实
数为-5.
6.
C
【解析】
4
a
2-4
-
1
a-2 =
4
(a+2)(a-2) -
a+2
(a+2)(a-2) =
2-a
(a+2)(a-2)= - 1
a+2.
7.
A 【解析】∵a<b,∴根据不等式
的性质可得,-5a>-5b,∴“△”的
值可以是- 5, 嘉嘉说法正确.
∵a<b, ∴可设a = 2 < b = 3, 则
(-5)×2<(-1)×3,故此时△= -1
不成立, ∴淇淇说法不正确, 故
选A.
8.
C
【解析】如解图,延长DC 交
AB 于点E, ∵∠BCD = 150°,
∠B= 20°,∴∠DEB = 150°-20° =
130°, ∴∠A = ∠DEB - ∠D =
130°-30° = 100°≠90°,∴该零件
不合格,结论Ⅰ正确;∵∠BCD =
∠DEB+ ∠B = ∠A + ∠D + ∠B =
90°+∠D + ∠B,当∠B 与∠D 的
度数分别减少2° 时,∴∠BCD =
90° + ∠D - 2° + ∠B - 2° = ( 90° +
5
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
∠D+∠B) -4°,即∠BCD 的度数
会减少4°,结论Ⅱ正确.
第8 题解图
9.
D
【解析】甲的作法:根据作图
痕迹可知,甲利用尺规作∠PAB
的相等角,根据同位角相等,两直
线平行可知,CP∥AB,∴∠CPA+
∠PAB = 180°, ∴∠CPA = 180° -
∠PAB = 135°,作法正确;乙的作
法:根据作图痕迹可知, 四边形
ADCP 为菱形, ∴
PC ∥AB,
∴∠CPA= 135°,作法正确;丙的
作法:根据作图痕迹可知,AC 平
分∠PAB, AP = PC, ∴∠PAC =
∠BAC,∠PAC=∠PCA,∴∠BAC =
∠PCA, ∴PC ∥AB, ∴∠CPA =
135°,作法正确.
10.
C 【解析】令y1 = 2x+4= 0,解得
x= - 2, 令x = 0, 得y = 4, ∴点
A(-2,0),点B(0,4). ∵点C 与
点A 关于y 轴对称,∴点C(2,
0),∵一次函数y2 =kx+b 的图象
经过点B,∴将B(0,4)代入y2 =
kx+ b, 可得y2 = kx + 4. ∵线段
CD<1,∴将点(1,0),(3,0) 分
别代入y2 = kx+4 中,得k1 = -4,
k2 = - 4
3 ,∴k 的取值范围为-4<
k<- 4
3 .
11.
C 【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴AB∥CD,AB = CD.
∵点E,F 分别在边AB,CD 上,
且AB = 3AE,CD = 3CF,∴BE∥
DF,AE = CF, ∴AB - AE = CD -
CF,∴BE = DF,∴四边形BEDF
为平行四边形, ∴DE = BF.
∵BE=AB-AE = 3AE-AE = 2AE =
2CF, ∴CF
EB = 1
2 . ∵CF ∥EB,
∴△CFM∽△EBM, ∴
FM
BM =
CF
EB = 1
2 . ∵BF = DE = 6,∴BM =
2
3 BF= 2
3 ×6= 4.
12.
C
【解析】根据“约瑟夫环” 的
基本原理可列表分析如下:
轮次
退出游戏的
小朋友编号
剩余顺序
1
3
1→2→4→5
2
1
2→4→5
3
5
2→4
4
2
4
∴最后一个退出游戏的小朋友
的编号为4.
13.
8
【解析】∵1. 37× 10
n 是一个
精确到百万位的整数,∴7 在百
万位,
∴
这个数字为
137
000
000= 1. 37×10
8,∴n= 8.
14.
4
【解析】将点(2,6) 代入y =
k
x ,得6= k
2 ,∴k = 12,∴y = 12
x .
∵MP = NP,P 是反比例函数的
图象与线段MN 的交点,∴P 是
MN 的中点. ∵M( m,0),N( m,
6),∴P(m,3),将P(m,3)代入
y= 12
x 中,得m= 4.
15.
5 【解析】设第一批次确定的人
员中, 男生为x 人, 则x+1
7+1+2 =
3
5 ,解得x = 5,所以第一批次确
定的人员中,男生为5 人.
16.
3 - 1
【解析】∵六边形
ABCDEF 是正六边形,∴∠ABC =
∠BAF = (6-2)×180°
6
= 120°.
∵O 是正六边形ABCDEF 的中
心,∴易得D,O,A 三点在一条
直线上. 如解图,连接AD,MD,
∵四边形ABMN 为正方形,
∴易得B,M,D 三点共线,过点
M 作MH⊥OD 于点H,过点C
作CP⊥BD 于点P,∵∠ABM =
90°, ∴∠CBP = 30°, ∴BP =
BC·cos
30° =
3,∴BD = 2 3,
∴DM = BD - BM = 2 3 - 2.
∵∠OAB=
1
2
∠BAF = 60°,
∴∠MDH= 30°,∴MH= 1
2 DM =
3 -1.
第16 题解图
自习提分小卷(选填)六
1.
C
2.
D
【解析】同一盏路灯下,路灯
两侧人的影子方向相反,∴排除
选项A,B;再由影子的长与身高
成正比,排除选项C,故选D.
3.
D
4.
C
【解析】A.
a
2 与a 不是同类
项,不能合并, 故本选项错误;
B.
a
4 与a 不是同类项, 不能合
并,故本选项错误;C.
a·a
2 = a
3,
故本选项正确;D.
a
6 ÷ a
2 = a
4 ≠
a
3,故本选项错误. 故选C.
5.
B
【解析】根据题意,得10x+10y
10x×10y =
1
10·x+y
xy ,∴如果把分式x+y
xy 中的
x 和y 同时扩大为原来的10 倍,
该分式的值缩小为原来的1
10,
∴嘉嘉错,淇淇对.
6.
C 【解析】A.
∵2+3>4,∴标注
正确,不符合题意;B.
∵3+3>5,
∴标注正确, 不符合题意;
C.
∵1+3<5,∴标注错误,符合题
意;D.
∵5+3>6,∴标注正确,不
符合题意.
7.
A
【解析】由题意得a = 3. 829,
n= 10,则a
n = 3. 829
10
= 0. 382
9,故
选A.
8.
D 【解析】当a>10 时,这组数据
的众数为3,当a< 10 时,这组数
据的众数为4,∴A,C 选项错误;
∵抽取的员工中,一周内乘坐公
共交通工具的天数为0 天、1 天、
2 天的总人数为18 人,4 天、5 天
的总人数为12 人,∴当a = 6 时,
这组数据的中位数为2. 5,当0<
a<6 时,这组数据的中位数为2,
当a>6 时,这组数据的中位数为
6
参考答案
分
层
提
分
小
卷
3,∴B 选项错误,D 选项正确.
9.
A 【解析】图①给出了∠CAB 的
平分线AD,则∠CAD = ∠BAD,由
嘉嘉的尺规作图痕迹可得DP⊥
AB, 则∠ACD = ∠APD = 90°, 又
∵AD= AD, ∴△ACD ≌△APD
(AAS), ∴AC = AP, ∴AC + BP =
AB,∴嘉嘉的作法正确;由淇淇的
尺规作图痕迹可得∠ADC =
∠ADP, 又∵AD = AD, ∠CAD =
∠PAD,
∴
△ACD
≌
△APD
(ASA), ∴AC = AP, ∴AC + BP =
AB,∴淇淇的作法正确. 故选A.
10.
D
【解析】由题意可画出其中
一种符合条件的两个三角形,如
解图, ∵∠A = ∠D, ∠B = ∠E,
∴∠C= ∠F, △ABC ∽△DEF,
∴AB
DE = AC
DF,即AC · DE = AB ·
DF= 36. ∵AB 和DE 是对应边,
BC 和EF 是对应边, AC 和DF
是对应边,∴不能推得△ABC≌
△DEF,∴也不能得到BC=EF.
第10 题解图
11.
A
【解析】∵二次函数的解析
式为y=(x-2m)(x-2)(1≤m≤
5),∴该函数图象的对称轴为直
线x = 2m+2
2
= m+1. ∵函数图象
过点( p, q ) 和点( p + 4, q ),
∴p+p+4
2
= m + 1, ∴p = m - 1,
∴q=(m-1-2m)·(m-1-2)=
-(m-1)
2 +4. ∵1≤m≤5,∴当
m= 1 时,q 取得最大值,最大值
为4;当m= 5 时,q 取得最小值,
最小值为- 12,∴q 的取值范围
是-12≤q≤4.
12.
D
【解析】①设组建A 型号的
研发小组的个数为x,B,C 型号
的研发小组的总个数为y,根据
题意,得
x+y= 8,
(12+4)x+(5+4)y= 100,
{
解得
x= 4,
y= 4,
{
∵每种型号的研发小组
至少有2 个,∴A 型号的研发小
组的个数为4 个,故①正确;②
设硬件工程师有z 名,则软件工
程师有( z- 2) 名,根据题意,得
z+(z-2)= 100,解得z = 51,∴z-
2= 49,∴硬件工程师有51 名,
软件工程师有49 名. ∵每名工
程师只能在一个小组进行研发,
且每种型号的研发小组至少有
2 个,∴先将每种型号的研发小
组各安排2 个,共需硬件工程师
2×(12+5+4) = 42(名),软件工
程师2 × ( 4 + 4 + 5) = 26 ( 名),
∴剩下的2 个研发小组可供选
择的硬件工程师有51 - 42 =
9(名),软件工程师有49- 26 =
23(名). ∵要求C 型号的研发
小组数量最多,∴剩下的2 个研
发小组可组建2 个C 型号的研
发小组, 此时所需硬件工程师
2×4 = 8<9,需要软件工程师2×
5= 10< 23,符合题意,∴A,B,C
三种型号的研发小组的个数依
次为2,2,4.
13.
2a( a+ 2)
2
【解析】2a
3 + 8a
2 +
8a= 2a(a
2+4a+4)= 2a(a+2)
2.
14.
4
【解析】∵x1,x2 是方程x
2 -
4x+m = 0 的两个根,∴x1 + x2 =
--4
1 = 4.
15.
1≤n≤5
【解析】将(1,5)代入
y= m
x (x> 0) 中,得5 = m
1 ,解得
m= 5,∴反比例函数的解析式为
y= 5
x (x>0). 将x = 5 代入y = 5
x
中,得y= 5
5 = 1,∴B(5,1). 如解
图,∵点P( n,kn + b) 在第一象
限,∴点P 为第一象限一次函数
图象上的点,观察解图可知,当
CD≤CP 时,n 的取值范围为1≤
n≤5.
第15 题解图
16.
2 3
【解析】∵将△ABC 沿EF
折叠使点A 落在AB 边上的点D
处,∴EF⊥AB,△AEF≌△DEF,
∴S△AEF = S△DEF. ∵S四边形ECBF =
2S△DEF, ∴S△AEF =
1
3 S△ABC. 在
△AEF 和△ABC 中, ∵∠C =
∠AFE
=
90°, ∠A
=
∠A,
∴△AEF∽△ABC, ∴
S△AEF
S△ABC
=
(AE
AB)
2,即(AE
6 )
2 = 1
3 ,解得AE =
2 3.
自习提分小卷(选填)七
1.
D 2.
D 3.
D
4.
C 【解析】由题意得总题数为3÷
1
4 = 12(道),其中有3 道几何题,
∴代数题有12-3= 9(道).
5.
D 【解析】∵在每个圆中分别填
写一个有理数,且后一个圆中所
填的数是前一个圆中所填数的
1
10,圆①中所填的数是1
50,∴圆
④中所填写的数为1
50 × 1
10 × 1
10 ×
1
10 =
1
50
000 = 2×10
-5.
6.
C 【解析】逐项分析如下:
选项
逐项分析
正误
A
3
2 -
2 = 2
2≠3
✕
B
2与
3不是同类
二次根式,不能合并
✕
C
2 ÷
3 =
6
3
√
D
5 ×
2 =
10≠2
5
✕
7.
A 【解析】设长桌的宽为x,长为
y,由题意得每张桌面的宽都相
等,根据“回文” 的桌面拼合方式
可得,y = 4x. 其余三种拼合方式
均不能确定长桌的长与宽之间的
数量关系,∴只有1 种.
8.
B
【解析】∵
a+2
a
2+3a
÷( -2
a+3-a)=
a+2
a(a+3) ÷ [ -2
a+3 - a(a+3)
a+3
] =
a+2
a(a+3) ÷ -2-a
2-3a
a+3
= -
a+2
a(a+3) ×
a+3
(a+2)(a+1) = -
1
a(a+1),∴B 选
项正确.
9.
A 【解析】∵底边长a(cm)与底
边上的高h(cm)成反比例函数关
7
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
系,∴设h= k
a . 由图可知,当a= 4
时,h= 3,∴k= 4×3 = 12,∴h = 12
a .
将a= 1. 2 和a= 2. 4 分别代入h =
12
a ,解得h1 = 10,h2 = 5,∴当底边
长a(cm)满足1. 2<a<2. 4 时,底
边上的高h( cm) 的取值范围是
5<h<10.
10.
C
【解析】如解图, 连接BE,
∴BE 为☉O 的直径. ∵GH 为
☉O 的直径, 点G, H 分别为
CD
(
,AF
(
的中点, ∴易得GH ⊥
BE, GH ⊥CD, ∴正六边形
ABCDEF 的面积= 6 ×
3
4 OE
2 =
54 3, 解得OE = 6, 连接OD,
∴OD=OE = 6. 设线段GH 分别
与CD,AF 相交于点P,Q,易得
∠ODP = 60°, ∴OP = OD ·
sin
60° = 3 3, 同理可得OQ =
3 3,∴PQ= 6 3. ∵OE=OG= 6,
∠EOG= 90°,∴EG = 6 2. ∵6<
4 3 < 6 2, ∴以点E 为圆心,
4 3长为半径所画的弧与GH 的
交点有两个, 分别为点M1, 点
M2, ∵OG = OE, ∴∠GEO =
∠EGO= 45°. ∵EM1 = 4 3,OE =
6, ∴cos∠OEM1 =
OE
EM1
=
3
2 ,
∴∠OEM1 = 30°, ∴∠GEM1 =
∠GEO+ ∠OEM1 = 75°, 同理可
得∠OEM2 = 30°, ∴∠GEM2 =
∠GEO- ∠OEM2
= 15°. 综上所
述,∠GEM 的度数为15°或75°.
故选C.
第10 题解图
11.
A 【解析】设直线AB 的解析式
为y=kx+b,把点A( - 3,m+ 2),
点B( - 1,m - 4) 的坐标分别代
入,
得
-3k+b=m+2,
-k+b=m-4,
{
解得
k= -3,
b=m-7,
{
∴直线AB 的解析式
为y= -3x+(m-7). 将点C(t+1,
n1)和点D(t-2,n2)的坐标分别
代
入
解
析
式,
得
n1 = -3(t+1)+(m-7)①,
n2 = -3(t-2)+(m-7)②,
{
①-
②,得n1-n2 = -9.
12.
B 【解析】如解图,连接DF,过
点D 作DH∥AC,交EF 于点H,
∵∠ABE + ∠EBD = ∠DBF +
∠EBD= 90°,∴∠ABE = ∠DBF.
∵AB = DB,BE = BF,∴△ABE≌
△DBF(SAS),∴AE =DF. ∵BE⊥
AC, ∴∠BFD = ∠BEA = 90°.
∵BE=
BF,
∠EBF
=
90°,
∴∠BFE= 45°.
∵
∠EBF =
∠AEB = 90°,∴BF∥AC. ∵DH∥
AC, ∴DH ∥BF, ∴∠HDF =
∠BFD = 90°,∠DHF = ∠BFE =
45°,∴DH=DF= AE. ∵DH∥AC,
∴∠HDG = ∠EAG. 在△DHG 和
△AEG 中,
∠DGH=∠AGE,
∠HDG=∠EAG,
DH=AE,
ì
î
í
ïï
ïï
∴△DHG≌△AEG(AAS),∴DG =
AG. ∵AB = BD, ∠ABC = 90°,
∴DG= 1
2 AD= 2
2 AB= 3 2.
第12 题解图
13.
90 【解析】由方差公式可知该
周每天收入依次为80 元,60 元,
90 元, 90 元, 90 元, 110 元,
110 元,故该周的平均收入为
1
7 ×(80+ 60 + 90 × 3 + 110 × 2) =
90(元).
14.
0 或2 【解析】(2x-m)(x+1)=
2x
2+2x-mx-m = 2x
2 +(2-m) x-
m,∵结果是关于x 的二次二项
式,∴2-m= 0 或m = 0,解得m =
2 或m= 0.
15.
1
2
【解析】∵四边形EFGH 为
正方形, ∴∠AEM = ∠HEF =
∠FGH = ∠CGP = 90°,EM∥PF,
AF∥CH, ∴∠EAM = ∠GCP. 在
△AEM
和
△CGP
中,
∠AEM=∠CGP,
AE=CG,
∠EAM=∠GCP,
{
∴
△AEM ≌
△CGP( ASA),∴S△AEM = S△CGP,
EM=PG,∴S△AFP -S△CGP = S△AFP -
S△AEM =S梯形FPME = 1
2 (EM+PF)·
EF= 1
2 (PG+PF)·EF= 1
2 FG·
EF = 1
2 S正方形EFGH. ∵S正方形EFGH =
1,∴S△AFP-S△CGP = 1
2 .
16.
10 【解析】设本次运动会五个
比赛项目的记分总和为m, 则
m= 5(a+b+c),∵四个班在本次
“运动会” 的总成绩分别为21,
6,9,4,∴m = 21 + 6 + 9 + 4 = 40,
∴5(a+b+c) = 40,∴a+b+c = 8.
∵a > b > c,a, b, c 均为正整数,
∴当c = 1 时,b = 2,则a = 5;当
c= 1 时,b = 3,则a = 4,此时,第
一名的班级五个比赛项目都是
第一,总得分为20< 21,不符合
题意,舍去;当c = 2 时,b = 3,则
a= 3,不满足a > b,舍去;当c =
3 时,b= 4,则a= 1,不满足a>b,
舍去. 综上所述,a = 5,b = 2,c =
1,∴abc= 10.
自习提分小卷(选填)八
1.
B 【解析】∵| □- 2 | = 1,∴□-
2= 1 或□-2 = -1,∴□表示的数
为3 或1,故选B.
2.
A
【解析】如解图, 过点B 作
EF∥MN,∴EF∥MN∥PQ,∴∠2 =
∠EBC, ∠1 = ∠EBO, ∴∠2 +
∠1= ∠EBC + ∠EBO = ∠CBO =
45°. ∵∠1= 30°,∴∠2= 15°.
第2 题解图
8
参考答案
分
层
提
分
小
卷
3.
D 【解析】A.
1. 1 亿用科学记数
法表示为1. 1×10
8,说法正确,故
本选项不符合题意;B.
9
700 万
用科学记数法表示为9. 7×10
7,说
法正确, 故本选项不符合题意;
C.
1. 1 亿与9
700 万的差用科学
记数法表示为1. 3 × 10
7,说法正
确,故本选项不符合题意;D.
1. 1 亿
与9
700 万的和用科学记数法表
示为2. 07×10
8,原说法错误,故本
选项符合题意.
4.
D
【解析】原式= a-(a-b)
a-b
÷
b
a
2-b
2
=a-a+b
a-b ·a
2-b
2
b
.
5.
C
6.
D 【解析】A.
a
3·a
n = a
3+n,故本
选项不符合题意;B.
(3
a)
n = 3
an,
故本选项不符合题意;C.
原式=
(3
a )
n = 3
an, 故本选项不符合题
意;D.
原式= (a
n)
3 = a
3n,故本选
项符合题意.
7.
C
【解析】∵F(2,1),C(4,2),
∴OF =
2
2+1
2 =
5, OC =
4
2+2
2 = 2
5, ∴OF ∶OC =
5 ∶2
5 = 1 ∶2. ∵△ABC 与
△DEF 是以原点O 为位似中心
的位似图形,∴DF ∶AC = OF ∶
OC = 1 ∶2, △DEF ∽△ABC,
∴
S△DEF
S△ABC
= ( DF
AC )
2 = ( 1
2 )
2 = 1
4 ,
∴S△DEF = 1
4 S△ABC = 1
4 ×4= 1.
8.
A 【解析】将2 张哪吒卡片分别
记为A1,A2,2 张敖丙卡片分别记
为B1,B2,列表如下,由表格可得
共有12 种等可能的结果,其中抽
取的2 张卡片均是哪吒的结果有
2 种,∴P( 抽取的两张卡片均是
哪吒)= 2
12 = 1
6 .
第一
张
第二张
A1
A2
B1
B2
A1
—
(A1,A2)(A1,B1) (A1,B2)
A2
(A2,A1)
—
(A2,B1) (A2,B2)
B1
(B1,A1)(B1,A2)
—
(B1,B2)
B2
(B2,A1)(B2,A2)(B2,B1)
—
9.
A
【解析】如解图, 连接AO1,
AO2,BO1, BO2, 由题意知O1A =
O1O2,O2A = O1O2,∴△AO1O2 为
等边三角形,同理可得△BO1O2
为等边三角形, ∴∠AO1O2 =
∠BO1O2 = 60°,∴∠AO1B = 120°,
∴∠ACB= 1
2 ∠AO1B= 60°.
第9 题解图
10.
D 【解析】去分母,得ax = 12+
3x-9,移项,合并同类项,得(a-
3)x = 3,解得x = 3
a-3,∵原方程
无解,∴x 是原分式方程的增根
或a-3= 0. 由3x-9 = 0,得x = 3,
∴
3
a-3 = 3 或a- 3 = 0,解得a =
4 或a= 3,故选D.
11.
B
【解析】如解图,过点D 作
DF⊥x 轴于点F,∵点D,E 都在
反比例函数y = k
x 的图象上,
∴S△DOF =S△COE. ∵四边形ABOC
为矩形,∴S△AOB =S△AOC,∴S△AOB -
S△DOF =S△AOC-S△COE,∴S四边形ABFD =
S△AOE = 9. ∵点D 为OA 的中点,
AB∥DF,∴
S△DOF
S△AOB
= ( OD
OA)
2 = 1
4 ,
∴S△DOF = 1
3 S四边形ABFD = 1
3 × 9 =
3,∴| k | = 2S△DOF = 6. ∵反比例
函数y= k
x 的部分图象在第二象
限,∴k<0,∴k= -6.
第11 题解图
12.
C
【解析】如解图, 连接EG,
∵四边形ABCD 是正方形,
∴AB=AD=CD=4,∠A=∠EDG =
90°. ∵E 是AD 的中点,∴AE =
DE = 2. 由折叠可得AE = EF,
∠A= ∠EFB = ∠EFG = 90°,
∴∠EDG= ∠EFG = 90°, DE=
EF. 又∵EG = EG,∴Rt△EFG≌
Rt△EDG ( HL), ∴DG = FG. 设
DG = a, 则FG = a, ∴BG = BF +
FG= 4+a,CG = CD-DG = 4-a. 在
Rt△BGC 中,BG
2 = BC
2 +CG
2,即
(4+a)
2 = 4
2+(4-a)
2,解得a= 1,
∴DG= 1. ∵∠HDG = ∠A,∠H =
∠H,∴△HDG∽△HAB,
∴DH
AH =
DG
AB,∴
DH
4+DH = 1
4 ,∴DH= 4
3 .
第12 题解图
13.
729 【解析】由题可知3
m = 81,
3
n = 9, ∴m = 4, n = 2, ∴3
m+n =
3
6 = 729.
14.
0(答案不唯一,只需x<1 即可)
【解析】∵数轴上表示-x+2 的点
在1 的右边,∴-x+2>1,∴x<1,
故答案可以为0( 答案不唯一,
只需x<1 即可).
15.
5 【解析】∵ab= -2m= 6,∴m =
-3,∴a+b = -(m- 2) = -( - 3-
2)= 5.
16.
6 -
2
【解析】如解图,连接
OC,CM,DM,过点M 作MG⊥CD
于点G,由题意可得,AB = CD =
BC = 2, OC = OD, ∠COD = 60°,
∠B = ∠BCD = 120°, ∴△COD
是等边三角形,∴OD = CD = 2,
∠COD = ∠CDO = 60°. ∵AB =
BC, ∠B = 120°, ∴∠ACB =
∠BAC= 30°,∴∠ACD = ∠BCD-
∠ACB = 90°. ∵点M 为△ACD
的内心,∴CM 平分∠ACD,DM
平分∠CDO, ∴
∠MCG
=
1
2 ∠ACD=45°,∠CDM=∠ODM=
1
2 ∠CDO = 30°, ∴DM = 2GM,
GM= CG,∴CM =
GM
2+CG
2 =
2 GM, GD =
DM
2-GM
2
=
3GM. ∵CD =CG+DG,∴
3 GM+
GM=2,解得GM=
3 -1,∴CM =
2GM=
6 -
2. ∵OD = CD = 2,
∠CDM = ∠ODM = 1
2 ∠CDO =
30°, DM = DM, ∴△CDM ≌
△ODM ( SAS ), ∴OM = CM =
9
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
6 -
2.
第16 题解图
自习提分小卷(选填)九
1.
A
【解析】根据相反数的概念,
可知a 的相反数在1 至2 之间,
故选A.
2.
C
【解析】如解图,要使补画后
的图形是轴对称图形,补画的小
正方形的位置有①②③④这4 种
情况,故补画方法一共有4 种.
第2 题解图
3.
C 【解析】逐项分析如下:
选项
逐项分析
正误
A
x
2·x=x
3≠2x
3
✕
B
7x-4x= 3x≠3
✕
C
(2x+y)(2x-y)=
4x
2-y
2
√
D
(x
2y)
3 =x
6y
3≠
x
2y
3
✕
4.
C 【解析】∵当x= ±2 时,分式无
意义,∴分母分解因式后一定含
有因式( x- 2) 与( x+ 2),∵2x
2 -
8= 2(x
2 - 4) = 2 ( x + 2) ( x - 2),
∴当□表示的是2x
2 - 8 时,分式
无意义,故选C.
5.
B
【解析】2
023
2
023 - 2
023
2
021 =
2
023
2
021(2
023
2 -1)= 2
023
2
021 ×
(2
023-1)(2
023+1)= 2
023
2
021×
2
022×2
024,故选B.
6.
A
【解析】由题意得DE 垂直平
分AB,∴BE = AE, ∠A = ∠ABE,
∴∠A<∠ABC,故甲的说法正确;
AC =AE+CE =BE+CE>BC,即AC>
BC,故乙的说法正确,∴甲、乙的
说法都正确,故选A.
7.
D
【解析】∵(
2 +
3 )
2 = 2 +
2
6 +3= 5+2
6,∴a= 6.
8.
B
【解析】如解图,当以点B 为
坐标原点时,则点A 与点C 关于
x 轴对称.
第8 题解图
9.
C 【解析】如解图,连接AB,PE,
PF,EF,∵AD = BC,AD∥BC,∴四
边形ABCD 是平行四边形,∴P 为
AC 的中点. ∵E,F 分别是AD,CD
的中点,∴PF∥AD,PF = 1
2 AD =
AE = DE, EF∥AC, EF = 1
2 AC =
CP=AP,∴四边形AEFP,EPFD,
EPCF 均为平行四边形. 综上所
述,能画出的平行四边形有4 个.
第9 题解图
10.
B 【解析】∵甲当了4 局裁判,
∴乙、丙之间打了4 局. 又∵乙、
丙分别共打了9 局、14 局,∴乙
与甲打了9- 4 = 5( 局),丙与甲
打了14- 4 = 10( 局),∴甲、乙、
丙三人共打了4 + 5 + 10 =
19(局). 又∵丙与甲打了10 局,
∴乙当了10 局裁判,而从1 到
19 共9 个偶数,10 个奇数,∴乙
当裁判的局为奇数局,∴第7 局
比赛的裁判是乙.
11.
B
【解析】由题意可得,“ 互异
点”所在直线为y = -x,将x = -1
代入y = -x,得y = 1,将x = 4 代
入y= -x,得y= -4. 设A(-1,1),
B(4,-4),将y = -x 代入y = x
2 -
4x+c 中,可得方程x
2 - 4x + c =
-x,即x
2 -3x+c = 0,∵抛物线与
直线y= -x 有两个交点,∴方程
x
2-3x+c = 0 有两个不相等的实
数根,∴( - 3)
2 - 4c> 0,解得c<
9
4 . 如解图,当直线x = - 1 和直
线x= 4 与抛物线的交点在点A,
B 处及上方时, 抛物线与线段
AB 有两个交点, ∵- 1 < x < 4,
∴把x= -1 代入y = x
2 -4x+c,得
y= 5+c,把x = 4 代入y = x
2 -4x+
c,得y = c,∴
5+c>1,
c>-4,
{
解得c> -
4,∴-4<c< 9
4 .
第11 题解图
12.
A
【解析】如题图③,IJ = CG =
AE= 4a-2b,∵CG = 2CE,∴CE =
2a-b,∴DE = 5a+ 2a-b = 7a-b.
设DI= AF = x,∵DE = JF,∴7a-
b= 5a+ 2b-x,∴x = 3b- 2a,易证
△DEO ∽△OAF, ∴DE
OA = OE
FA,
∴7a-b
4a
=
2b
3b-2a, 整理, 得3b
2 -
15ab+14a
2 = 0,∴b = 15±
57
6
a.
∵4a-2b>0,∴0< b
a <2,∴b
a =
15-
57
6
.
13.
丙 【解析】∵学生甲、丙成绩的
平均数比学生乙成绩的平均数
大,∴应从学生甲和丙中选.
∵学生丙成绩的方差比学生甲
成绩的方差小,∴学生丙的成绩
较好且稳定, 故应选的是学
生丙.
14.
ab-5a-4b+20
【解析】由题可
知小矩形花坛的面积为( a- 2-
2)(b- 3- 2) = ( a- 4) ( b- 5) =
ab-5a-4b+20.
15.
5
【解析】∵∠ACB = 90°,
BC=AC,∴∠CAB = 45°. 由旋转
的性质得CM = CD, CN = CE,
∠MCN = ∠DCE = 90°. ∵MN∥
AB, ∴∠CMN = ∠CAB = 45°,
∴△CMN 是等腰直角三角形,
∴CM=CD =CN =CE. ∵∠MCN =
∠MCD + ∠DCN, ∠DCE
=
∠DCN + ∠BCE, ∴∠ACD =
0
1
参考答案
分
层
提
分
小
卷
∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中,
AC=BC,
∠ACD=∠BCE,
CD=CE,
ì
î
í
ïï
ï
∴
△ACD ≌
△BCE(SAS),∴BE=AD=
5.
16.
12
【解析】如解图,过点A 作
AE⊥x 轴于点E,则BC∥AE. 直
线y=kx 向上平移3 个单位长度
得到直线y = kx + 3. ∵OC = 3,
∴B ( 3, 3k + 3 ). ∵OD = AD,
∴OC=CE,∴A(6,6k). ∵点A,
B 在反比例函数y = m
x 的图象
上,∴m= 3(3k+3)= 6×6k,∴k =
1
3 ,∴m= 12.
第16 题解图
自习提分小卷(选填)十
1.
C 【解析】∵正数的相反数是负
数,负数的相反数是正数,0 的相
反数是其本身, 正数> 0 > 负数,
∴要使相反数比本身大,这个数
应该是负数,故选C.
2.
B
3.
B 【解析】主视图是从正面看几
何体得到的视图,从下往上数第
一层有三个正方形,第二层有一
个正方形且位于中间位置, 故
选B.
4.
C 【解析】∵原式整理,得
+
2ab + 3a
2 + 4ab = a
2 +
, 即
+6ab+3a
2 = a
2 +
,∴前
后两个
里需填写的内容分
别是-2a
2,6ab.
5.
B 【解析】根据平移的性质可知
图①几何图形的周长为(4+ 5) ×
2= 18(cm),符合条件;图②矩形
的周长为(4+5) ×2 = 18(cm),符
合条件;图③平行四边形的周长>
(5+4)×2= 18(cm),不符合题意,
故选B.
6.
D 【解析】19 万即为190
000,用
科学记数法表示为1. 9 × 10
5,
∴m= 5, ∴选项A, B 不正确;
19 万的整数位数为6,∴选项C
不正确;∵当m 增加1 时,科学记数
法表示的数为1. 9×10
6 =1
900
000,
与原数19 万相比,扩大为原数的
10 倍,∴选项D 正确.
7.
D 【解析】∵a>1,∴P>1,Q<1,
R< 1. ∵Q - R = a-1
a
-
a
a+1
=
a
2-1-a
2
a(a+1)
=
-1
a(a+1)<0,∴Q-R<0,
∴Q<R,∴P>R>Q.
8.
B 【解析】∵在视线与水平线所
成的锐角中,视线在水平线上方
的角叫做仰角,视线在水平线下
方的角叫做俯角, ∴仰角为
∠BAD,俯角为∠CAD,故A,C 选
项正确;当无人机远离BC 水平飞
行时, 仰角减小, 俯角也减小,
∴B 选项错误,D 选项正确.
9.
B
【解析】由旋转的性质可得
AB=AB′,∠C′ = ∠ACB,∠BAB′ =
150°, ∴∠B = ∠AB′B =
1
2 ×
(180°- 150°) = 15°, ∠CAB′ =
∠BAB′- ∠BAC = 50°, ∴∠C′ =
∠ACB=∠CAB′+∠AB′C= 65°.
10.
A
【解析】如解图, 连接OF,
EF. 由作图可知MN 垂直平分线
段OE,∴OF = EF. ∵OE = OF,
∴OE=OF = EF,∴△OEF 是等
边三角形, ∴∠EOF = 60°,
∴lEF
(
= 60π×2
180
= 2
3 π.
第10 题解图
11.
C 【解析】∵直线l:y = 2x+2 与
y 轴交于点A,∴令x = 0,解得
y= 2,∴点A 的坐标为( 0,2).
∵点A 与点B 关于直线y = x 对
称,∴点B 的坐标为( 2, 0),
∴点B 可以由将点A 先向右平
移2 个单位长度, 再向下平移
2 个单位长度得到,故选C.
12.
D
【解析】题图中的整数点过
(1,0)且垂直于x 轴的直线上有
1 个点,过(2,0) 且垂直于x 轴
的直线上有2 个点,从下向上走
势,过(3,0) 且垂直于x 轴的直
线上有3 个点,从上向下走势,
过(n,0)且垂直于x 轴的直线上
有几个点,共有1+2+3+…+n =
1
2 n(n+ 1) 个点,当n = 8 时,共
有36 个点,且过点(8,0)与x 轴
垂直的直线上的点为向上趋势,
∴第36 个点为( 8, 7), ∴第
40 个点在过(9,0) 且垂直于x
轴的直线上. ∵第37 个点的坐
标为(9,8),∴第40 个点的坐标
为(9,5),故选D.
13.
6
【解析】原式=
27× 4
3 =
36 = 6.
14.
1
6 【解析】从同一横排随机选
出三个相邻的座位, 第一排有
5 种选法,第二排有1 种选法,共
有6 种等可能的结果,恰好选中
如图位置的有1 种,故P(选中
如图中三个画“☆”座位)= 1
6 .
15.
-2
【解析】∵OB = 1,且点B
在y 轴正半轴上,∴点B 的坐标
为(0,1). ∵OD = 1,且点D 在
x 轴的负半轴上,∴点D 的坐标
为(-1,0). ∵线段CD 是由AB
平移得到的,∴xC -xD = xA -xB =
m,yC - yD = yA - yB = 2 - 1 = 1,
∴xC =m- 1,yC = 1,∴点C 的坐
标为(m-1,1). ∵点A 和点C 均
在函数y = k
x (x< 0) 的图象上,
∴2m=m-1,解得m=-1,∴A(-1,
2),∴k= -1×2= -2.
16.
16
5
【解析】由旋转的性质,得
FE= DE,∠DEF = 2α,∴∠EFD =
∠EDF= 1
2 (180°-2α)= 90°-α.
∵AD⊥BC,∴∠ADF = ∠ADC -
∠EDF= 90°-(90°-α)= α. 由题
意易得点F 随着点E 的运动而
运动,∴当AF⊥DF 时,AF 的长
1
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
最小, 即∠AFD = ∠ADB = 90°.
又∵∠B = ∠C = α = ∠ADF,
∴△AFD∽△ADB, ∴AF
AD = AD
AB,
∴AF = AD
2
AB . ∵
∠B = ∠C,
∴△ABC 为等腰三角形,∴AB =
AC=5. ∵AD⊥BC,BC = 6,∴BD =
CD= 1
2 BC = 3. 在Rt△ABD 中,
由勾股定理,
得
AD
=
AB
2-BD
2 = 4, ∴AF = AD
2
AB =
16
5 ,∴AF 的最小值为16
5 .
自习提分小卷(解答题)一
1.
解:(1)原式=
2 +1-2
2 +1
= 2-
2;
(2)解不等式①,得x<4,
解不等式②,得x≥2,
将不等式组的解集在数轴上表示
出来如解图:
第1 题解图
∴原不等式组的解集为2≤x<4.
2.
解:任务一:二,去分母时方程右
边常数项2 没有乘3(x+2);
任务二: 2x-1
3(x+2)= x-1
x+2-2
2x-1= 3(x-1)-6(x+2)
2x-1= 3x-3-6x-12
x= -14
5
经检验,x= -14
5
是原方程的根.
3.
解:(1)由题意得得分为7 分的人
数为20-1-4-3-4-2= 6(人),
得
分
的
平
均
数
为
5×1+6×4+7×6+8×3+9×4+10×2
20
= 7. 55(分);
(2)由统计图可得原数据的中位
数为7 分,总人数为20 人,
∵增加5 人后,总人数为25 人,
∴其中位数是将得分按从小到大
的顺序排列后第13 人的得分.
∵原得5 分、6 分、7 分的总人数
为1 + 4 + 6 = 11 人,要使中位数
不变,
∴现需得5 分、6 分、7 分的总人
数为13 人,
则得5 分、6 分、7 分的人数最少
增加2 人,
∴5 名同学中得分为8 分的人数
最多为3 人.
4.
解:(1)∵函数y = kx+b(k≠0) 的
图象由y= 3x 的图象平移得到,
∴k= 3.
将k= 3,点( b
2 ,5)的坐标代入y=
kx+b,
得5= 3× b
2 +b,解得b= 2;
(2)由(1)知k= 3,b= 2,∴易得函
数y= 3x+2 的图象经过点(1,5),
如解图,当x>1 时,对于x 的每一
个值,函数y = mx+ 3 的值小于函
数y= 3x+2 的值,即当x>1 时,函
数y= mx+3 的图象都在函数y =
3x+2 的图象下方.
∵当x>1 时,对于x 的每一个值,
函数y=mx+3 的值大于5,
∴当x>1 时,函数y = mx+3 的图
象都在直线y= 5 的上方,
∴当函数y = mx+3 的图象经过点
(1,5)时满足题意,
将点(1,5)的坐标代入y = mx+3,
得5=m+3,
∴m= 2.
第4 题解图
5.
解:(1) 如解图①,连接OA,OC,
OD,AD,记AD 与OC 交于点F,
∴可得OF⊥AD,AD= 2AF.
∵CD 与☉O 相切于点D,CA 与
☉O 相切于点A,
∴∠OAC=∠ODC= 90°.
∵OC=OC,OA=OD,
∴Rt△OAC≌Rt△ODC(HL),
∴∠DCO = ∠ACO = 1
2 ∠ACD =
30°,∠AOF= 60°,
∴在Rt △AOF 中, AF = OA ·
sin
60° = 3
2 r,
∴AD= 2AF= 3r,
∴A,D 之间的距离为3r;
图①
图②
第5 题解图
(2)如解图②,连接OA,OE.
∵BE 与☉O 相切于点E,BA 与
☉O 相切于点A,
∴∠OAB=∠OEB= 90°.
∵OB=OB,OA=OE,
∴Rt△OAB≌Rt△OEB(HL),
∴∠EBO=∠ABO.
∵sin∠OBE= 1
4 ,
∴sin∠ABO= 1
4 ,
∴在Rt △OAB 中, tan ∠ABO =
15
15 =AO
AB,
∴AB=
15OA.
∵BC= 6,AB-AC=BC,
由(1)得AC= 3OA,
∴
15OA- 3OA= 6,
解得OA=
15 + 3
2
,
∴☉O 的直径为
15 + 3.
自习提分小卷(解答题)二
1.
解:(1)原式= - 2
3 ×5+( -1 1
3 ) ×
5+1×5
=[- 2
3 +(-1 1
3 )+1]×5
= -1×5
= -5;
(2)原式=x
2-4x+4
x+2
÷(x+2
x+2- 4
x+2)
=(x-2)
2
x+2
÷x-2
x+2
=(x-2)
2
x+2
·x+2
x-2
=x-2.
2.
(1)证明:∵CD⊥AB,
∴∠ADC=∠EDB= 90°,
在△ACD 和△EBD 中,
2
1
参考答案
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卷
AD=ED,
∠ADC=∠EDB,
CD=BD,
{
∴△ACD≌△EBD(SAS);
(2)解:∵AD=DE,∠ADE= 90°,
∴∠AED=∠EAD= 45°.
∵AE=CE,∴∠CAE=∠ACE.
∵∠AED=∠CAE+∠ACE,
∴∠ACE= 22. 5°,
由(1)知△ACD≌△EBD,
∴∠EBD=∠ACE= 22. 5°,
∴∠BEC=∠EDB+∠EBD=112. 5°.
3.
解:(1) 1
3 ;
(2)列表如下:
入口
出口
B1
B2
B3
B4
A1
(A1,B1)
(A1,B2)
(A1,B3)
(A1,B4)
A2
(A2,B1)
(A2,B2)
(A2,B3)
(A2,B4)
A3
(A3,B1)
(A3,B2)
(A3,B3)
(A3,B4)
由列表可知,共有12 种等可能的
结果,其中某顾客进出地下车库
出入口数字序号相同的结果有
3 种,
∴P( 某顾客进出地下车库出入
口数字序号相同)= 3
12 = 1
4 .
4.
解: ( 1) 由表格数据可知, 拉力
F(N)随所悬挂物体的重力G(N)
的增加而增加; 重力G 每增加
1
N,拉力F 相应增加0. 2
N,
∴拉力F(N)和所悬挂物体的重
力G(N)之间是一次函数关系.
设拉力F 与所悬挂物体重力G
之间的函数解析式为F = kG+ b
( k≠0) ,
把点(0,0. 5),(1,0. 7) 的坐标代
入解析式,
得b= 0. 5,
k+b= 0. 7,
{
解得b= 0. 5,
k= 0. 2,
{
∴拉力F 与所悬挂物体重力G 的
函数解析式为F = 0. 2G + 0. 5
( G≥0) ;
(2)当G = 7 时,F = 0. 2×7+0. 5 =
1. 9,
∵7-1. 9= 5. 1(N),
∴当物体的重力G 为7
N 时,用
该滑轮组拉物体, 可省5. 1
N
的力.
5.
解:(1) ∵四边形ABCD 为矩形,
∴∠ADC=90°,
∴∠CDH+∠NDG=90°.
∵∠CDH= 15°,∴∠NDG= 75°;
(2) 如解图,过点M 作ME⊥GH
于点E,过点N 分别作NQ⊥ME
于点Q,NF⊥GH 于点F,
∴∠DNF = 90° - ∠NDG = 90° -
75° = 15°.
∵N, A, D 三点共线, AD = AN =
2(cm),
∴ND=AD+AN= 4(cm),
∴在Rt △DNF 中, NF = ND ·
cos
15°≈4×0. 97= 3. 88(cm).
∵∠MND= 135°,
∴∠MNQ= 135°-90°-15° = 30°.
∵MN= 12(cm),
∴在Rt △MNQ 中, MQ = MN ·
sin
30° = 6(cm),
∴ME = MQ + QE = MQ + NF = 6 +
3. 88≈9. 9(cm).
答:起钉时点M 到底座GH 的距
离约为9. 9
cm.
第5 题解图
自习提分小卷(解答题)三
1.
方法一(代入消元法):
解:令x+y= 4,①
2x-y= 5,②
{
由①,得x= 4-y,③
将③代入②,得2(4-y) -y = 5,解
得y= 1,
将y= 1 代入③,得x= 3,
∴方程组的解为x= 3,
y= 1.
{
方法二(加减消元法):
解:令x+y= 4,①
2x-y= 5,②
{
①+②,得3x= 9,解得x= 3,
将x= 3 代入①,得y= 1,
∴方程组的解为x= 3,
y= 1.
{
2.
解:(1)由题意知m+5n = 3
2 (m+
2n),
解得m= 4n;
(2)由(1)知n= 1
4 m,
∴大矩形的面积为(m+ 5n) (m+
2n)= m
2 +7mn+10n
2 = m
2 + 7
4 m
2 +
5
8 m
2 = 27
8 m
2,
∴27
8 m
2 = 18,
∴m
2 = 16
3 ,
∴阴影部分的面积为18- 7mn =
18- 7
4 m
2 = 26
3 .
3.
解:(1)抽样调查;
(2)补全条形统计图如解图;
第3 题解图
平
均
数
为
6×20+7×60+8×50+9×40+10×30
200
=
8(本),
众数为7 本;
【解法提示】由题图可得抽取总人
数为50÷25% = 200(人),∴读书
本数是9 本的人数为200 - 20 -
60-50-30= 40(人).
(3) 由( 2) 得活动前的众数为
7 本,活动前读书为7 本的学生有
60 人,
由统计图可知与60 人相差最小
的是读书为8 本的学生有50 人.
∵活动后与活动前相比,这些学
生读书本数的众数发生变化,且
唯一,
∴要使活动后有最少的学生读书
本数发生变化,则读7 本的学生
人数减少6 人,而读书为8 本的
学生人数增加6 人, 此时众数
为8,
∴最少有6 名学生的读书本数发
生了变化.
4.
解:(1)如解图,BF 即为所求;
第4 题解图
(2)她的说法正确,
3
1
中考试题研究·数学(河北)
分
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理由:∵四边形ABCD 为正方形,
∴AB=BC,∠ABE=∠C= 90°,
∴∠ABH+∠CBF= 90°.
∵BF⊥AE,
∴∠AHB= 90°,
∴∠ABH+∠BAE= 90°,
∴∠CBF=∠BAE,
∴△ABE≌△BCF(ASA),
∴AE=BF.
5.
解:( 1) ∵抛物线C: y = a ( x -
2. 5)
2+3. 25,
∴将点(0,2) 的坐标代入得2 =
a(0-2. 5)
2+3. 25,解得a= -0. 2.
∴抛物线的函数解析式为y = -0.
2(x-2. 5)
2+3. 25;
(2)令y= 2. 45,则2. 45 = -0. 2(x-
2. 5)
2+3. 25,
解得x1 = 4. 5,x2 = 0. 5.
∵要在球上升的过程中截住篮
球,∴x= 0. 5,
∴在球上升的过程中,小刚与小
明的距离在0. 5
m 以内才能在空
中截住篮球;
(3)改变起跳高度只是对抛物线
进行上下平移,而篮球飞行的抛
物线形状不变,
∴设改变起跳高度后的抛物线
解析式为y = - 0. 2 ( x - 2. 5)
2 +
3. 25+k.
∵小明距篮筐水平距离为3. 8
m,
篮筐中心到地面的距离为3. 05
m,
将点( 3. 8, 3. 05) 的坐标代入,
得3. 05= - 0. 2 × ( 3. 8 -
2. 5)
2 +
3. 25+k,
解得k= 0. 138,
∴小明要竖直起跳0. 138
m 才能
直接投中.
自习提分小卷(解答题)四
1.
解:(1)当A = 5
6 时,S = 18×( 2
3 -
5
6 )-2
2
= 18× 2
3 -18× 5
6 -2
2
= 12-15-4
= -7;
(2)∵游戏结果是琪琪获胜,
∴18×( 2
3 -A)-2
2>-7,即A< 5
6 ,
∴A 的最大整数值为0.
2.
解:(1)由题意可知抛一次质地均
匀的硬币后共有2 种等可能的
结果,
∴P ( 抛一次硬币后, 棋子移动
4 段)= 1
2 ;
(2)列表如下:
第一次
第二次
0
4
0
(0,0)
(0,4)
4
(4,0)
(4,4)
由表格可知,共有4 种等可能的
结果,抛两次硬币后棋子在点O
的情况有2 种,
∴P ( 抛两次硬币后棋子在点
O)= 1
2 .
3.
(1)证明:∵CF∥AB,
∴∠ADE=∠CFE.
在△ADE 和△CFE 中,
∠ADE=∠CFE,
DE=FE,
∠AED=∠CEF,
{
∴△ADE≌△CFE(ASA);
(2)解:由(1)得,△ADE≌△CFE,
∴AE=CE,即AC= 2AE.
如解图,连接CD,
∴S△ACD = 2S△ADE = 8.
∵AD
AB = 2
3 ,
∴
S△ACD
S△ABC
= 2
3 ,
即
8
S△ABC
= 2
3 ,
∴S△ABC = 12.
第3 题解图
4.
解:如解图,过点E 分别作EF⊥
BC 交BC 的延长线于点F,EG⊥
AB 于点G,
∵AB⊥BC,
∴四边形EFBG 为矩形,
∴BG=EF,EG=BF.
∵斜坡CD 的坡比为1 ∶2. 4,
CE= 26
m,
∴设EF=x
m,则CF= 2. 4x
m,
∴x
2+(2. 4x)
2 = 26
2,
解得x= 10(负值已舍去),
∴EF= 10
m,CF= 24
m.
∵∠ACB= 45°,
∴AB=BC,
在Rt△AEG 中,
∵∠AEG= 20°,
∴tan
∠AEG = AG
EG = AB-10
BC+24 =
AB-10
AB+24≈0. 36,
解得AB≈29.
答:该5G 通讯塔的高AB 约为
29
m.
第4 题解图
5.
解:(1) ∵抛物线与x 轴交于A
(1,0),B 两点,AB = 2,且点A 在
点B 的左侧,
∴B(3,0),
将点A(1,0),B(3,0)的坐标分别
代入y=x
2+bx+c 中,
得
1+b+c= 0,
9+3b+c= 0,
{
解得
b= -4,
c= 3,
{
∴该抛物线的函数解析式为y =
x
2-4x+3;
(2)由(1)可知,AB = 2,抛物线开
口向上,
∴抛物线在x 轴上方关于对称轴
对称的两点间的距离大于2.
∵点M(m,3)向右平移2 个单位
长度得到点N,
∴线段MN 与抛物线最多有一个
交点,N(m+2,3).
在抛物线y = x
2 - 4x+ 3 中,当y =
3 时,解得x1 = 0,x2 = 4,
当线段MN 在抛物线对称轴左侧
与抛物线有交点时,
此时m+2≥0 且m≤0,
即-2≤m≤0;
当线段MN 在抛物线对称轴右侧
与抛物线有交点时,
此时m≤4 且m+2≥4,
即2≤m≤4,
综上所述,m 的取值范围为-2≤
4
1
参考答案
分
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m≤0 或2≤m≤4.
自习提分小卷(解答题)五
1.
解:(1) 当甲得到的计算结果为
10 时,
则-4x-2= 10,解得x= -3,
∴乙的计算结果为( - 3+ 2) ÷ 4 =
- 1
4 ;
(2)由题意得,甲得到的计算结果
为- 4x- 2,乙得到的计算结果为
(x+2)÷4,
∵甲得到的计算结果比乙得到的
计算结果大时,甲胜出,
∴-4x-2>(x+2)÷4,
解得x<-10
17.
2.
(1)证明:∵BD⊥AC,EF⊥AB,
∴∠ADB=∠FEB= 90° =∠ABC,
∴∠BAC+∠ABD=∠EFB+∠ABD
= 90°,
∴∠BAC=∠EFB,
在△ABC 和△FEB 中,
∠BAC=∠EFB
∠ABC=∠FEB= 90°
BC=BE
{
,
∴△ABC≌△FEB(AAS);
(2)解:∵△ABC≌△FEB,
∴AB=EF,
∵BE=BC= 4,
∴AB=AE+BE=AE+4,
∵tan∠AFE= 1
3 = AE
EF,
∴EF= 3AE,
∴AE+4= 3AE,
∴AE= 2.
3.
(1)解:如解图,BD 即为所求作;
第3 题解图
(2) 证明: ∵BD 是∠ABC 的平
分线,
∴∠EBD=∠CBD.
∵DE∥BC,
∴∠EDB=∠CBD,
∴∠EBD=∠EDB,
∴BE=DE.
∵E 为AB 的中点,
∴AE=BE,
∴AE=DE,
∴∠A=∠ADE.
在△ABD 中,∠A+∠ADB+∠ABD=
180°,
即∠A+∠ADE+∠EDB+∠ABD=
180°,
∴∠ADE+∠EDB= 90°,
即∠ADB= 90°,
∴BD⊥AC.
4.
解:(1)设线段OA 的解析式为y1
=k1x,
将点A ( 5,150) 的坐标代入, 得
150= 5k1,解得k1 = 30,
∴线段OA 的解析式为y1 = 30x;
∵“基础模式” 下乙机器人运动
1
min 的距离为20
m,
∴“基础模式”速度为20
m/ min.
∵“全速模式”的速度是“基础模
式”速度的3 倍,
∴“全速模式” 的速度为20× 3 =
60(m/ min),
∴这5
min 乙机器人运动的距离
为20+(5-2)×60= 200(m),
∴E(5,200).
设线段CE 的解析式为y2 = k2x
+b,
将点C(2,20),E(5,200) 的坐标
代
入,
得
20= 2k2+b,
200= 5k2+b,
{
解
得
k2 = 60,
b= -100,
{
∴线段CE 的解析式为y2 =
60x-100;
(2)由题图可知,点D 处表示两
机器人相遇,
令30x= 60x-100,解得x= 10
3 ,
∴甲、乙两个机器人在10
3
min 时
相遇.
5.
(1)证明:∵BD
(
=DE
(
,
∴∠EAC=∠CAB.
∵AB 是☉O 的直径,
BC 为☉O 的切线,
∴∠ABC=∠AEB= 90°,
∴∠EAC + ∠AFE = ∠CAB +
∠C= 90°,
∴∠AFE=∠C.
又∵∠AFE=∠BFC,
∴∠BFC=∠C,
∴BC=BF;
(2)解:如解图,连接OD 交BE 于
点G.
∵BD
(
=DE
(
,
∴OG⊥BE,EG=GB.
∵EF= 2,BC= 6,
∴EB=EF+FB=EF+BC= 8,
∴EG=GB= 4,
∴FG=EF= 2.
在△AEF 和△DGF 中,
∠E=∠DGF,
EF=GF,
∠EFA=∠GFD,
{
∴△AEF≌△DGF(ASA),
∴AE=DG.
易得OG 为△ABE 的中位线,
∴AE= 2OG,
设OG=x,
则AE=DG= 2x,
∴OB=OD= 3x.
在Rt△OGB 中,
由勾股定理,得OG
2+GB
2 =OB
2,
即x
2+4
2 =(3x)
2,
解得x= 2(负值已舍去),
∴OB= 3x= 3 2,
即☉O 的半径为3 2.
第5 题解图
自习提分小卷(解答题)六
1.
解:(1)-3÷ 1
2 = -3×2= -6,
∵-6<0,
∴乙获胜;
(2)甲出的卡片上的数字为5,
理由:当甲出的卡片上的数字为
5 时,
5+ 4 = 9 > 0, 5 - 4 = 1 > 0, 5 × 4 =
20>0,
5+1= 6>0,5-1= 4>0,5×1= 5>0,
计算结果均为正数,
∴甲获胜;
当甲出的卡片上的数字为- 1
3 时,
∵- 1
3 ×4= - 4
3 <0,
5
1
中考试题研究·数学(河北)
分
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提
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卷
∴乙获胜,
∴第二轮要使甲一定获胜,甲出
的卡片上的数字为5.
2.
解:(1) 一;除法没有分配律;二;
完全平方公式用错;
(2)x
2-4x+4
x+2
÷(1- 4
x+2)
=(x-2)
2
x+2
÷(x+2
x+2- 4
x+2)
=(x-2)
2
x+2
÷x-2
x+2
=(x-2)
2
x+2
·x+2
x-2
=x-2.
3.
解:(1) 由题意得销售2 部有2÷
10% = 20(人),
∵两个部门员工的总人数相同,
∴销售1 部有20 人,
∴m= 20-2-6-5= 7;
(2)销售1 部所创年利润从多到
少为:2 个9 万元,5 个6 万元,
6 个4 万元,7 个2 万元,
其中第10, 11 个数据都为
4 万元,
∴销售1 部员工每人所创年利润
的中位数为4 万元,
∵2 万元出现的次数最多,故众
数为2 万元;
(3)销售1 部每人所创年平均利
润为x = 7×2+2×9+6×4+5×6
20
=
4. 3(万元),
销售2 部每人所创年平均利润为
3 万元的人数为20 × 25% =
5(人),
所创年利润为4 万元的人数为
20-7-2-5= 6(人),
∴销售2 部所创年平均利润为
x=2×8+7×6+6×4+5×3
20
=4. 85(万元).
∵4. 3<4. 85,
∴销售2 部将获得一等奖.
4.
解:如解图,过点G 作GM⊥AD 于
点M.
∵AE= 2. 5
m,∠BAE= 40°,
∴在Rt △ABE 中, BE = AE ·
tan
40°≈2. 5×0. 84= 2. 1(m),
∴CF= 2. 1
m.
由题意得四边形CGMF 为矩形,
∴GM=CF= 2. 1
m.
∵滑道DG 的坡度为1 ∶1. 5,
∴GM
DM = 2. 1
DM =
1
1. 5, 解得DM =
3. 15
m,
∴FH = FM+DM+DH = 0. 5+3. 15+
0. 5= 4. 15(m).
答:滑道底部点H 与立柱CF 之
间的距离约为4. 15
m.
第4 题解图
5.
解:(1)①根据题意得A(0,3),
∵当小球运动的水平距离为1
m
时,小球达到最大高度,
∴
-
b
2×(- 1
4 )
= 1,
c= 3,
ì
î
í
ïï
ïï
解得
b= 1
2 ,
c= 3,
{
∴y= - 1
4 x
2+ 1
2 x+3,
当x= 1 时,y= - 1
4 + 1
2 +3= 13
4 ,
答:小球达到的最大高度为13
4
m;
②当y= 0 时,- 1
4 x
2+ 1
2 x+3= 0,
解得x1 = 1+
13,x2 = 1-
13(不
符合题意,舍去),
答:小球落地时的水平距离为(1+
13)m;
(2) 根据题意得, 点F ( 4, 1),
E(6,1).
∵c= 3,
∴y= - 1
4 x
2+bx+3,
∴当抛物线过点F( 4,1) 时,得
- 1
4 ×4
2+4b+3= 1,
解得b= 1
2 ;
当抛物线过点E ( 6, 1) 时, 得
- 1
4 ×6
2+6b+3= 1,解得b= 7
6 ,
∴要使小球落入筐中,b 的取值范
围是1
2 <b< 7
6 .
自习提分小卷(解答题)七
1.
解:(1)4;5;
(2)7a
2-2b+2(a
2+b-1)+2-b
2
= 7a
2-2b+2a
2+2b-2+2-b
2
= 9a
2-b
2
=(3a+b)(3a-b).
2.
解:(1)-6-1×2+5
= -6-2+5
= -3;
(2)设指针所指区域的数为x,
则-6-x×2+5= -7,
-2x= -6,
解得x= 3,
∴指针所指区域的数是3;
(3)-6-1×2+5= -3,
-6-(-1)×2+5= 1,
-6-3×2+5= -7,
-6-(-3)×2+5= 5,
∵5>1>-3>-7,
∴最大的结果是5.
3.
(1)解:如解图①,CD 即为所求作
(作法不唯一,合理即可);
第3 题解图①
一题多解法
如解图②,CD 即为所求作.
第3 题解图②
(2)证明:如解图①,连接BD.
∵AB 为☉O 的直径,
∴∠ACB= 90°.
∵∠BAC= 60°,
∴∠ABC = 30°, ∠BDC = 180° -
∠BAC= 120°.
∵CD∥AB,
∴∠BCD=∠ABC= 30°,
∴∠CBD= 180°-∠BDC-∠BCD=
30°,
∴∠BCD=∠CBD,
∴BD=CD.
4.
解:(1) P( 甲同学放学后经过C
6
1
参考答案
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小
卷
口)= 1
2 ;
(2)画树状图如解图:
第4 题解图
由树状图可知,学生随机从A 口
出教室,经过B 口或C 口,再经过
D 口或E 口或F 口走出校门,共
有4 种等可能的结果,其中经过
D 口有1 种结果, 经过E 口有
2 种结果,经过F 口有1 种结果,
∴P(从D 口出) = 1
4 ,P(从E 口
出)= 2
4 = 1
2 ,P(从F 口出)= 1
4 ,
∴学生放学后从D 口或E 口或F
口走出学校的概率不相同.
5.
解:(1)∵A(-2,1),C(3,-2),
∴点D(3,1),
将点D(3,1)的坐标代入直线y =
(k-1) x+ 3 中,1 = 3k- 3+ 3,解得
k= 1
3 ;
(2)∵矩形是中心对称图形,直线
l 将矩形分成面积相等的两部分,
∴直线l 一定经过矩形的对称
中心.
∵矩形顶点A(-2,1),C(3,-2),
∴其对称中心的坐标为( 1
2 ,
- 1
2 ),
将点( 1
2 ,- 1
2 ) 的坐标代入y =
(k-1)x+3,得- 1
2 = 1
2 (k-1) +3,
解得k= -6,
∴直线l 的函数解析式为y =
-7x+3;
(3)k≥2 或k≤1
3
【解法提示】
∵直线l 过定点(0,3),∴当直线
l 与线段AB 相交时,直线l 与矩
形ABCD 有交点( 含边界). 把点
A(-2,1)的坐标代入y=(k-1)x+
3,得1= -2(k-1) +3,解得k = 2.
由(1) 知当直线l 过点D 时,k =
1
3 ,∴当直线l 与矩形ABCD 有交
点(含边界) 时,k 的取值范围是
k≥2 或k≤1
3 .
自习提分小卷(解答题)八
1.
解:(1)二;
(2)由①,得4
3 x-x<3,
则4x-3x<9,
∴x<9;
由②,得4x-4≥3x-2,
∴x≥2;
∴不等式组的解集为2≤x<9.
2.
解:(1)设被遮挡部分表示的式子
为M,根据题意可知,
M- 12
a-2 =a
2-16
a-2 ,
∴M=a
2-16
a-2 + 12
a-2=a
2-16+12
a-2
=a
2-4
a-2 =
a+2;
(2) ①小王认为“ 该分式的值不
可能为6” 的判断依据是分式的
分母不能为0.
理由:∵该分式有意义时a- 2≠
0,a-4≠0,
∴a≠2 且a≠4,
∴当a≠2 时,a+4≠6,
∴小王认为“该分式的值不可能
为6”;
②小王的说法不全面.
理由:∵a≠4,∴a+4≠8,
即该分式的值也不可能为8.
3.
解:(1)根据题意,列表如下:
第二次
第一次
1
2
5
1
2
3
6
2
3
4
7
5
6
7
10
由表格可知,嘉嘉在某一天两次
刷卡后当天累计积分共有9 种等
可能的结果,其中当天累计积分
为6 分的结果有2 种,
∴P( 嘉嘉在某一天两次刷卡后
当天累计积分为6 分)= 2
9 ;
(2)不同意淇淇的说法,正确的概
率值为4
81.
【解法提示】由(1) 可得第一天的
结果共有9 种,第二天的结果也
是9 种,列表如下:
第二天
第一天
2
3
6
3
4
7
6
7
10
2
2,2 3,2 6,2 3,2 4,2 7,2 6,2 7,2 10,2
3
2,3 3,3 6,3 3,3 4,3 7,3 6,3 7,3 10,3
6
2,6 3,6 6,6 3,6 4,6 7,6 6,6 7,6 10,6
3
2,3 3,3 6,3 3,3 4,3 7,3 6,3 7,3 10,3
4
2,4 3,4 6,4 3,4 4,4 7,4 6,4 7,4 10,4
7
2,7 3,7 6,7 3,7 4,7 7,7 6,7 7,7 10,7
6
2,6 3,6 6,6 3,6 4,6 7,6 6,6 7,6 10,6
7
2,7 3,7 6,7 3,7 4,7 7,7 6,7 7,7 10,7
10
2,
10
3,
10
6,
10
3,
10
4,
10
7,
10
6,
10
7,
10
10,
10
共有81 种等可能的结果,其中连
续两天的每天刷卡的总积分都为
6 分的情况有4 种,∴P( 嘉嘉连
续两天的每天刷卡的总积分都为
6 分)= 4
81.
4.
(1)证明:如解图①,连接OD,
∵AB=AC,∴∠B=∠C.
∵OB=OD,∴∠B=∠ODB,
∴∠C=∠ODB,∴OD∥AC.
∵DE 是☉O 的切线,∴OD⊥DE,
∴DE⊥AC;
第4 题解图①
(2)解:如解图②,连接FD.
∵AB=AC,∴∠B=∠C.
又∵∠B=∠F,∴∠F=∠C,
∴sin
F=sin
C=
5
5 .
由(1)可知:DE⊥AC,
∴在Rt△DEF 中,sin
F=DE
DF=
5
5 .
∵DE= 3,∴DF= 3
5,
由勾股定理得EF=
DF
2-DE
2 =6.
第4 题解图②
5.
解:(1)把点A(-1,0),B(0,3)的
7
1
中考试题研究·数学(河北)
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卷
坐标代入y= -x
2+bx+c,
得
-1-b+c= 0,
c= 3,
{
解得b= 2,
c= 3,
{
∴该抛物线的解析式为y = -x
2 +
2x+3;
(2) 由( 1) 知, y = - x
2 + 2x + 3 =
-(x-1)
2+4,
∴点C 的坐标为(1,4).
当BP⊥y 轴时,点P 与点B 关于
对称轴直线x= 1 对称,
∴点P(2,3),
∴BP= 2,点C 到PB 的距离为1,
∴S△BCP = 1
2 ×2×1= 1.
自习提分小卷(解答题)九
1.
解:( 1) 观察数轴可以得到A =
-6,C= 3.
∵A-C
2
=B,
∴-6-3
2
=B,
∴B= - 9
2 ;
(2)∵A×C=B×D,
∴(-6)×3= - 9
2 ×D,
∴D= 4.
2.
解: ( 1) 平方差公式, 完全平方
公式;
(2)二;
括号前是“ -” 号,去掉括号时未
将括号内的第二项变号;
(3)原式= 2(x
2 -9) +4x
2 -4x+1-
(x-6x
2)
= 2x
2 - 18 + 4x
2 - 4x + 1 -
x+6x
2
= 12x
2-5x-17.
当x = - 1 时, 原式= 12 × 1 + 5 -
17= 0.
3.
解:(1)当选择条件①时,
证明:∵DE⊥AB,
∴∠AED=∠C= 90°,
在Rt△ACD 和Rt△AED 中,
AD=AD,
AC=AE,
{
∴△ACD≌△AED(HL);
当选择条件②时,
证明:∵AD 平分∠BAC,
∴∠CAD=∠EAD.
∵DE⊥AB,∴∠AED=∠C= 90°,
在△ACD 和△AED 中,
∠C=∠AED,
∠CAD=∠EAD,
AD=AD,
{
∴△ACD≌△AED( AAS);( 答案
不唯一,任选一个条件即可)
(2)由(1)得,△ACD≌△AED,
∴AC=AE,CD=ED.
在Rt△ABC 中,∵AC= 4,BC= 3,
∴AB=
AC
2+BC
2 = 5,
∴BE=AB-AE= 1,
设CD=DE=x,则BD= 3-x,
在Rt△BDE 中,
∵BE
2+DE
2 =BD
2,
∴1
2+x
2 =(3-x)
2,解得x= 4
3 ,
∴CD= 4
3 .
4.
解:(1)∵∠AOB= 150°,
∴∠BON= 180°-∠AOB= 30°.
∵∠OBM= 30°,
∴∠ANM=∠BON+∠OBM= 60°;
(2)上升了. 在题图①中,
∵AC⊥OC,∠AOC = 180°-∠AOB =
30°,AC= 11
cm,
∴AO= 2AC= 22
cm.
如解图,过点A 作AD⊥BC 于点
D,过点O 分别作OE⊥AD 于点
E,OF⊥BM 于点F.
易得四边形OEDF 为矩形,则点A
到MB 的距离为AE + ED =
AE+OF,
在题图③中,点A′到BM 的距离
为OA′+ON>AE+OF,
∴点A′相对于点A 到水平面BM
距离上升了.
∵OE⊥AD,ND⊥AD,
∴OE∥ND,
∴∠AOE=∠AND= 60°,
∴在Rt △AOE 中, AE = AO ·
sin∠AOE=22×sin
60°=11 3(cm),
∴点A′相对于点A 上升了(22-
11 3)
cm.
第4 题解图
5.
解:(1)直线l2 对应的函数解析式
为y2 = 2x+4.
画出直线l2 如解图所示;
第5 题解图
(2)将y2 = 3 代入y2 = 2x+4 中,得
3= 2x+4,
解得x= - 1
2 ,
∴K(- 1
2 ,3).
∵线段PQ 与直线l1、直线l2 都相
交,
∴点Q 在点K 的右侧,
∴a+4>- 1
2 ,解得a>- 9
2 .
PQ=a+4-a = 4,QK =a+4-(- 1
2 )=
a+ 9
2 .
∵点Q 关于点K 的对称点仍然在
线段PQ 上,
∴QK≤1
2 PQ,即a+ 9
2 ≤2,解得
a≤- 5
2 .
综上,a 的取值范围为- 9
2 < a≤
- 5
2 .
自习提分小卷(解答题)十
1.
解:(1)原式=(-50+ 1
25)×100
= -50×100+ 1
25×100
= -5
000+4
= -4
996;
(2)原式= -4+3+2-(
2 -1)
= 3+2-4-
2 +1
= 2-
2.
2.
解:x-1
x+1 =
3
x
2-1
+1,
(x-1)
2 = 3+(x+1)(x-1),
x
2-2x+1= 3+x
2-1,
解得:x= - 1
2 .
检验:当x =- 1
2 时,(x+1)(x-1)=
8
1
参考答案
分
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小
卷
(- 1
2 +1)(- 1
2 -1)= - 3
4 ≠0,
∴x= - 1
2 是原分式方程的解.
3.
(1) 解:如解图,矩形ADCE 即为
所求;
第3 题解图
( 2 ) 证明: ∵AB = AC, AD 平
分∠BAC,
∴BD=CD,AD⊥BC.
∵四边形ADCE 是矩形,
∴AE=CD,∠FAE=∠FDB= 90°,
∴BD=AE.
∵∠AFE=∠DFB,
∴△AEF≌△DBF(AAS),
∴FA=FD,即点F 是AD 的中点.
4.
(1)证明:如解图,连接AC.
∵AB 是☉O 的直径,
∴∠ACE= 90°,
∴∠ACD+∠ECD=∠E+∠CAD=
90°.
∵∠E=∠ECD,
∴∠ACD=∠CAD,CD=ED,
∴AD=CD=ED,
∴D 是AE 的中点;
第4 题解图
(2)解:如解图,连接OD.
∵AB 是☉O 的直径,CB
(
=BD
(
,
∴AB 垂直平分CD,
∴AC=AD.
又∵AD=CD,
∴AC=AD=CD,
∴△ACD 是等边三角形,
∴∠ACD= 60°,
∴∠AOD= 120°.
过点O 作AD 的垂线,垂足为M,
∴∠AOM= 1
2 ∠AOD= 60°.
∵DE= 4,
∴AD= 4,
∴AM= 1
2 AD= 2.
在Rt△AOM 中,sin∠AOM=AM
AO,
∴AO= 2
3
2
= 4
3
3 ,
∴AD
(
的长为
120π×4
3
3
180
= 8
3
9 π.
5.
解:(1) 由题意得,抛物线的对称
轴为直线x= - b
2a = 2①,
将点( 3, - 15
4 ) 的坐标代入y =
ax
2+bx-3,得-15
4 = 9a+3b-3②,
联立①②,得
- b
2a = 2,
9a+3b-3= -15
4 ,
ì
î
í
ïï
ïï
解得a= 1
4 ,
b= -1,
{
∴抛物线的函数解析式为y =
1
4 x
2-x-3;
(2)由(1)知,抛物线的函数解析
式为y= 1
4 x
2-x-3,
令y=0,即1
4 x
2-x-3 = 0,解得x1 =
-2,x2 =6,∴A(-2,0),B(6,0).
∵抛物线开口向上,抛物线对称
轴为直线x = 2,∴当- 2 ≤x ≤6
时,抛物线对应函数的函数值均
不为正数.
∵当-2≤x≤q 时,抛物线对应函
数的最小值与最大值之和为1,
∴q>6,
将x= 2 代入y= 1
4 x
2 -x-3,得y =
-4,即最小值为y = -4,∴最大值
为y= 1-(-4)= 5,
令y= 5,即1
4 x
2-x-3 = 5,解得x =
-4(舍去)或x= 8,∴q 的值为8.
周末限时小卷一
1.
A
2.
A 【解析】如解图,根据题意,两
根矩形木条, 对边相等且平行,
∴CH∥EF, DE ∥FH, ∴∠1 =
∠CDE = ∠EFG, ∠3 = ∠IDH.
∵∠CDE+∠4= 180°,∠EFG+∠2 =
180°, ∴∠1 + ∠4 = 180°, ∠1 +
∠2= 180°, ∴当∠1 增大3° 时,
∠2 减小3°,∠4 减小3°. ∵∠3 =
∠IDH,∠IDH+∠4 = 180°,∠CDE+
∠4 = 180°, ∴∠IDH = ∠CDE,
∴∠1=∠3,∴当∠1 增大3°时,
∠3 增大3°,综上所述,只有选项
A 正确,符合题意.
第2 题解图
3.
D 【解析】A.
a
3·a
3 =a
6,原选项
计算错误,不符合题意;B.
2b+b =
3b,原选项计算错误, 不符合题
意;C.
a
6 ÷a
2 = a
4,原选项计算错
误,不符合题意;D.
(a
2)
3 = a
6,原
选项计算正确,符合题意.
4.
C 【解析】经过观察判断只有③
的主视图不是轴对称图形, 故
选C.
5.
D
【解析】由平行线的性质得
a
c = b
x , 故x = bc
a , 故A 选项正
确,不符合题意;由平行线的性质
得a
b = c
x ,故x = bc
a ,故B 选项正
确,不符合题意;由平行线的性质
得a
b = c
x ,故x = bc
a ,故C 选项正
确,不符合题意;由平行线的性质
得a
b = x
c ,故x = ac
b ,故D 选项不
正确,符合题意.
6.
D 【解析】1
a-b(a-2ab-b
2
a
)= 1
a-b·
a
2-2ab+b
2
a
=
1
a-b·(a-b)
2
a
= a-b
a .
∵a=6b,b>0,∴原式= 6b-b
6b = 5b
6b =
5
6 . ∵
3
4 < 5
6 < 1, ∴
1
a-b ( a -
2ab-b
2
a
)的值在第④段.
7.
A 【解析】k
2-4×2×(-1)= k
2+8>
0,故原方程总有两个不相等的实
数根,∴结论一正确;将x = -2 代
入2x
2-kx - 1 = 0,解得k = -
7
2 ,
9
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
∵抄错了k 值的正负号,∴k 的正
确值是
7
2 , ∴2x
2 - 7
2 x - 1 = 0,
∴x1+x2 = 7
4 ,∴结论二不正确.
8.
C 【解析】将四张半张的扑克牌
分别记为A,a,B,b,其中A 与a
可以拼成完整的一张牌,B 与b
可以拼成完整的一张牌. 列表
如下:
—
A
a
B
b
A
—
Aa
AB
Ab
a
aA
—
aB
ab
B
BA
Ba
—
Bb
b
bA
ba
bB
—
共有12 种等可能的结果,其中琪
琪抽到的两张半张的扑克牌恰好
能拼成完整的一张牌的结果有:
Aa,aA,Bb,bB,共4 种,∴琪琪抽
到的两张半张的扑克牌恰好能拼
成完整的一张牌的概率是4
12 =
1
3 . 故选C.
9.
C
【解析】∵0. 00…0
}
a个
6237 用科
学记数法表示为6. 237 × 10
-8,
∴该数据为0. 000
000
062
37,
∴a 的值为7.
10.
A 【解析】∵直线y= 3kx+k+b=
3k(x+ 1
3 )+b,即将直线y = 3kx+
b 向左平移1
3 个单位长度得到
直线y = 3kx + k + b,∴直线y =
3kx+k+b 与x 轴的交点坐标为
( 8
3 ,0).
11.
B 【解析】∵5 月1 日~ 5 月31
日共31 天,包括四个完整的星
期,∴5 月1 日~ 5 月28 日写的
张数为4×(1+2+3+4+5+6+7)=
112,若5 月31 日为星期一,所
写张数为112 + 1 + 7 + 6 = 126 >
120,若5 月31 日为星期二,所
写张数为112 + 2 + 1 + 7 = 122 >
120,若5 月31 日为星期三,所
写张数为112 + 3 + 2 + 1 = 118 <
120,若5 月31 日为星期四,所
写张数为112 + 4 + 3 + 2 = 121 >
120,若5 月31 日为星期五,所
写张数为112 + 5 + 4 + 3 = 124 >
120,若5 月31 日为星期六,所
写张数为112 + 6 + 5 + 4 = 127 >
120,若5 月31 日为星期日,所
写张数为112 + 7 + 6 + 5 = 130 >
120,∴5 月31 日为星期三.
12.
B
【解析】由折叠的性质得,
EA= EQ = ED,∴点Q 在以点E
为圆心, 1
2 AD 的长为半径的圆
弧上,∴C,Q,E 三点共线时,CQ
最小,如解图,过点E 作CD 延
长线的垂线,垂足为点F,∵四
边形ABCD 是菱形,∠A = 60°,
AB = 2, ∴CD∥AB, AB = AD =
CD= 2, ∴
∠EDF = 60°, 在
Rt△EDF 中, EF =
1
2
AD ·
sin
60° =
3
2 , DF=
1
2
AD ·
cos
60° = 1
2 ,∴CF = 2+ 1
2 = 5
2 ,
在
Rt
△ECF
中,
CE
=
CF
2+EF
2 =
7,∴CQ=
7 -1.
第12 题解图
13.
3 5
【解析】
20 + 5 = 2 5 +
5 = 3 5.
14.
∠D=∠B(答案不唯一)
【解析】∵∠1 = ∠2, ∴∠1 +
∠BAE=∠2+∠BAE,即∠DAE =
∠BAC,∴添加的条件为∠D =
∠B 或∠C=∠AED 或AB
AD =AC
AE.
15.
0(答案不唯一)
【解析】∵在
一次函数y = - x + b 中, - 1 < 0,
∴一次函数的图象一定经过第
二、四象限. ∵反比例函数与一
次函数y = -x+b 的图象交于点
(m,p),(n,q) 且mn<0,∴反比
例函数的图象位于第二、四象
限,∴2k- 1< 0,解得k< 1
2 ,∴k
的整数值可以为0.
16.
7-3 5
2
【解析】∵五边形ABCDE
是正五边形,设AB = a,∴AC =
AD=BE,AB=BC =AE =a,∠BAE =
∠ABC=∠BCD=108°,∴∠ABE =
∠BAC
=
∠ACB
=
36°,
∴∠BMC= ∠CBM = ∠AMN =
∠ACD = 72°, ∴BC = CM = a,
△AMB ∽△ABC, ∴AM
AB = AB
AC,
∴AM
AB =
AB
AM+CM,∴AM
a =
a
AM+a,
∴AM
2+aAM = a
2,∴AM
2 +aAM-
a
2 = 0,∴AM = -1+ 5
2
a 或-1- 5
2
a
(舍去), ∴AM
AC =
-1+ 5
2
a
-1+ 5
2
a+a
=
3- 5
2
. ∵∠AMN = ∠ACD = 72°,
∠MAN = ∠CAD, ∴△AMN ∽
△ACD, ∴
S△AMN
S△ACD
= ( AM
AC )
2 =
(3- 5
2
)
2 = 7-3 5
2
.
17.
解:(1)原式= 3 3
7 -2. 4+1 4
7 -
1. 6
= ( 3 3
7 + 1 4
7 ) -
(2. 4+1. 6)
= 5-4
= 1;
(2)原式= 3+4+(-3)×2
= 3+4+(-6)
= 1.
18.
解:(1)∵y1-3 与x 成正比例,
∴设y1-3=kx.
∵当x= 3 时,y1 = -3,
∴代入得-3-3= 3k,
解得k= -2,∴y1-3= -2x,
即y1 = -2x+3;
画出图象l1 如解图;
第18 题解图
(2)∵m= - 1
3 ,∴直线l:y = mx =
- 1
3 x.
0
2
参考答案
分
层
提
分
小
卷
∵将直线l:y = - 1
3 x 向上平移
a 个单位长度得到直线l2,∴直
线l2:y= - 1
3 x+a(a>0).
∵图象l1,直线l2 分别与x 轴交
于点A,B,∴点A( 3
2 ,0),B(3a,
0).
∵O,A,B 三个点中的两个点关
于另一个点中心对称,
∴分三种情况:①当点O,A 关于
点B 中心对称时,则3a =
3
2 +0
2
,
解得a= 1
4 ;
②当点O,B 关于点A 中心对称
时,则3
2 = 3a+0
2
,解得a= 1;
③当点A,B 关于点O 中心对称
时,∵a>0,∴3a>0,
即点A,B 均在x 轴正半轴,
∴此情况不存在.
综上所述,当a = 1
4 或a = 1 时,
O,A,B 三个点中的两个点关于
另一个点中心对称.
周末限时小卷二
1.
D 2.
B
3.
D
【解析】2a
2 +a
2 = 3a
2,A 选项
不符合题意;2a
2 -a
2 = a
2,B 选项
不符合题意;2a
2 ×a
2 = 2a
4,C 选项
不符合题意;2a
2÷a
2 = 2,D 选项符
合题意. 故“ □” 中的运算符号
是÷.
4.
A 【解析】由题意得新得到的主
视图为
,则应将②挪至④
或③上,A 选项符合题意.
5.
D
【解析】由该小组每人制作
9 个,那么就比订单少做17 个;如
果每人制作12 个,那么就比订单
多做4 个,可得等量关系为订单
总量= 订单总量,∴可设这个小
组共有x 人,由题意可得9x+17 =
12x- 4,解得x = 7;故A 选项正
确,D 选项错误;由该小组每人制
作9 个, 那么就比订单少做
17 个;如果每人制作12 个,那么
就比订单多做4 个,可得等量关
系为人数= 人数,∴设这批团扇
有x 个,由题意可得x-17
9
= x+4
12 ,
解得x= 80,故B,C 选项正确.
6.
A 【解析】∵AD 是BC 边上的高
线,∴AD⊥BC. 由垂线段最短可
得,AD 一定不大于AE,AF,A 选
项符合题意,B,C,D 选项不符合
题意.
7.
C
【解析】∵m-1≠0,m+1≠0,
∴m ≠± 1, ∴M = 1 -
2
m+1 ≠0,
∴Ⅰ不对;∵M 的值为整数,且m
为整数,∴m = 0 或1 或-2 或-3.
∵m ≠1, ∴m = 0 或- 2 或- 3,
∴Ⅱ对.
8.
C
【解析】∵4 和10 各出现了
1 次,7 出现了2 次, 15 出现了
3 次,且这组数据众数不止一个,
∴x= 7,将这组数据按从小到大
的顺序排列,最中间的数据为7
和10, ∴该组数据的中位数为
7+10
2
= 8. 5.
9.
C
【解析】∵在正方形EFGH 中
FH =
2,∴EF = EH = 1. ∵DF =
10, ∴在Rt △DEF 中, DE =
DF
2-EF
2 =
( 10)
2-1
2 = 3,
∴DH = DE - EH= 3 - 1 = 2. ∵
Rt△DAE≌Rt△CDH,∴CH = DE
= 3, ∴在Rt △CDH 中, CD =
DH
2+CH
2 =
2
2+3
2 =
13.
10.
C
【解析】根据数轴可得n>0,
m<0,∴Δ = b
2 - 4ac = m
2 + 4n> 0,
∴该方程有两个不相等的实
数根.
11.
C
【解析】如解图,易知BE 平
分
∠ABC,
则
∠ABM
=
180°×(6-2)
2×6
= 60°,正五边形每
个内角的度数为180°×(5-2)
5
=
108°,在四边形ABMI 中,∠1 =
360°-60°-108°-108° = 84°.
第11 题解图
12.
B 【解析】在抛物线y=ax
2+bx+
c 中,令x= 0,得y = c. 由题意得,
点M,N 关于对称轴对称,∴抛
物线的对称轴为直线x = t =
m-4+m
2
= m- 2,∴(0,c) 关于抛
物线对称轴对称的点为(2m-4,
c). ∵a>0,p<q<c,6> 0,∴抛物
线的对称轴在y 轴右侧,如解图
①,当点Q 在对称轴右侧时,
∵p<q< c,∴
2m-4>6,
6>m,
{
解得5 <
m<6. ∵t = m-2,∴t 的取值范围
为3<t< 4;如解图②,当点Q 在
对称轴左侧时,∵p<q<c,∴m-
4>6, 解得m > 10. ∵t = m - 2,
∴t 的取值范围为t>8;综上所述,
t 的取值范围为3<t<4 或t>8.
图①
图②
第12 题解图
13.
(a+2)(a-4)
14.
-2
【解析】∵整式2x-(x- 2)
的值落在数轴上的区间②内,
∴
-0. 6<2x-(x-2),
2x-(x-2)<0. 2,
{
解得- 2. 6 <
x<-1. 8,∵x 为整数,∴x= -2.
15.
25
39
【解析】如解图,过点G 作
GH ⊥BE 于点H, 过点B 作
BM⊥AE 于点M. ∵AC
BC = 3
4 ,设
AC = 3a, 则BC = 4a, AB = 5a,
∴cos
∠CBF = BC
AB = 4
5 , 由旋转
的性质,得BE = AB = 5a. ∵F 为
AB 的中点,∠ACB = 90°,∴CF =
AF=BF,∴∠BCD=∠CBF,由旋
转的性质, 得∠CBD = ∠ABE,
∴△CBD ∽△ABE, ∠BCD =
∠BAE, ∵BC = BD, AB = AE,
1
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
∠BCD
=
∠BDC, ∠BAE
=
∠BEA,∴∠AEB = ∠CBF. 由旋
转的性质, 得∠DBE = ∠CBF,
∴∠AEB = ∠DBE = ∠CBF,
∴BG= EG. ∵GH⊥BE, ∴EH =
1
2 BE = 5
2 a,∴EG =
EH
cos∠AEB =
EH
cos∠CBF = 25
8 a. ∵AB = BE,
∴AE= 2EM = 2BE·cos∠AEB =
8a, ∴AG = AE- EG = 39
8 a,
∴EG
AG = 25
39.
第15 题解图
16.
3 【解析】∵点A(4,2) 在函数
y= k
x 的图象上,∴k = 4× 2 = 8,
∴反比例函数的解析式为y =
8
x . 设直线OA 的解析式为y =
tx,∴4t = 2,∴t = 1
2 ,∴直线OA
的解析式为y= 1
2 x. 又设向上平
移m 个单位长度到直线BC,
∴B(0,m),直线BC 的解析式为
y= 1
2 x+m. 再设C( a, 8
a ) ( a>
0),∴8
a = 1
2 a + m,∴8
a - m =
1
2 a. 如解图,过点C 作CH⊥y
轴于点H,∴CH=a,BH= 8
a -m=
1
2 a,BH
2+CH
2 =BC
2,∴1
4 a
2+a
2 =
5,∴a = 2,∴4-m = 1,∴m = 3,
∴OB 的长为3.
第16 题解图
17.
解:(1)智能机器人甲选择接口
充电共有4 种等可能的结果,
选择④接口充电的结果有
1 种,
∴P(智能机器人甲选择④接口
充电)= 1
4 ;
(2)画树状图如解图:
第17 题解图
由解图得共有12 种等可能的结
果, 其中符合条件的情况
有2 种,
∴P( 甲、乙两个智能机器人同
时选择奇数接口充电) =
2
12 = 1
6 .
18.
解:(1) 当C,D,B 三点共线时,
如解图①,过点B 作BG⊥PM 于
点G,连接BD.
∵∠BAM= 120°,
∴∠BAG= 180°-∠BAM = 180°-
120° = 60°.
在Rt△ABG 中,BG=AB·sin
60°=
2 ×
3
2 =
3 ≈1. 73 ( m), AG =
AB·cos
60° = 2× 1
2 = 1(m).
在Rt△PBG 中,PG =
BG
tan
80° =
1. 73
tan
80°,
∴PA=PG+AG= 1.73
tan
80°+1≈1.3
(m);
图①
图②
第18 题解图
(2) 如解图②,设DF 交PM 于
点N,过点C 作CH∥直线l 交
DF 所在直线于点H,则四边形
CHFE 为平行四边形,
∴CH=EF,
由题意,得∠HFM= 60°,
PM⊥直线l,
∴∠DNP=∠FNM= 30°.
∵∠DPM= 60°,
∴∠PDN = 180° - ∠DNP -
∠DPN= 90°,
∴∠CDH= 90°.
∵CH∥直线l,
∴∠H=∠HFM= 60°,
在Rt △CDH 中, CH =
CD
sin
H =
1
3
2
≈1. 2(m),
∴EF=CH= 1. 2(m),
答:太阳能光伏板CD 落在地面l
上的影子EF 的长约为1. 2
m.
周末限时小卷三
1.
B 【解析】∵| -4 | = 4,-( -3) =
3,-2<0<3<4,∴-2<0<-( -3) <
| -4| ,∴最大的数是| -4| .
2.
C
3.
B
【解析】如解图,∵AB∥CD,
∴∠1+∠3 = 180°. ∵∠1 = 141°,
∴∠3= 39°,∴∠2=∠3= 39°.
第3 题解图
4.
A
【解析】-m
2 ·( -m)
3 = m
2 ·
m
3 =m
5.
5.
A
【解析】原式=
x
x(x+3) +
3
x(x+3)=
x+3
x(x+3)= 1
x .
6.
B
【解析】∵5 分钟= 300 秒,
∴连续运行5 分钟,则总计算次
数为3. 39 × 10
16 × 300 = 1. 017 ×
10
19(次).
7.
C
【解析】由题意得,点C 表示
的数为4, 点B 表示的数为b,
∵点P 表示的数为x,且| x-4 | =
| x-b| ,∴点P 到点C 的距离等于
点P 到点B 的距离,∴点P 为BC
的中点, 由数轴可得OB < OC,
∴点P 在线段OC 上. 故C 选项
符合题意.
8.
D 【解析】∵三角形的任意两边
之和大于第三边,任意两边之差
小于第三边,∴题图中可以构成
三角形的组合是线段b,c,d.
2
2
参考答案
分
层
提
分
小
卷
9.
C 【解析】∵AB= AC,取BC 的中
点D,∴在拼接图形中,BD = D′C,
∠ADB = ∠DD′C,∴AC∥BD,∴拼
接图形为平行四边形,故甲方案
正确;乙:∵分别取AB,AC 的中
点E,F,∴EF∥BC 且EF = 1
2 BC,
∴在拼接图形中,EF+ FE′= BC,
即EE′ = BC,∴拼接图形为平行
四边形, 故乙方案正确. 综上所
述,甲、乙两个方案都是正确的.
10.
D 【解析】设y 与x 的函数解析
式为y = m
x ( x > 0),将点( 0. 2,
500) 的坐标代入,得m
0. 2 = 500,
∴m= 100,∴y= 100
x (x>0),故A
选项正确,不符合题意; 将x =
0. 25 代入y = 100
x ,得y = 100
0. 25 =
400,故B 选项正确,不符合题
意;由图象可知y 随x 的增大而
减小,∴随着焦距的减小,眼镜
度数在逐渐增大,故C 选项正
确,不符合题意;当x = 0. 1 时,
y= 1
000, x = 0. 5 时, y = 200,
∴当0. 1< x < 0. 5 时, 200 < y <
1
000,故D 选项不正确, 符合
题意.
11.
C 【解析】∵关于x 的一元二次
方程x
2-3x+t = 0 有两个不相等
的实数根,∴Δ=(-3)
2-4t>0,解
得t< 9
4 ,∴t 不可以取3.
12.
D 【解析】由题图可知,抛物线
开口向下,∴a<0. ∵抛物线的对
称轴为直线x = 1, ∴- b
2a = 1,
∴b= -2a,∴b>0. ∵抛物线经过
点(0,2),∴c= 2>0,∴abc<0,故
命题①为真命题; ∵b = - 2a,
∴2a+b= 0>-1,故命题②为假命
题;∵抛物线的开口向下,抛物
线的对称轴为直线x = 1,∴当
x= 1 时,y 取最大值,将x = 1 代
入y=ax
2+bx+c 中,得y= a+b+c,
∴对于任意实数m,都有a+b+
c≥am
2+bm+c,∴a+b≥m(am+
b),故命题③为真命题;∵抛物
线y = ax
2 + bx 可由抛物线y =
ax
2+bx+c 沿y 轴向下平移2 个
单位长度得到, ∴抛物线y =
ax
2+bx 的增减性与抛物线y =
ax
2 + bx + c 的增减性一致,即当
x>1 时,y 随x 的增大而减小. 当
x1>1 时,∵x1 <x2,且x1 +x2 > 2,
∴x2>x1 >1,则E,F 两点都在对
称轴的右侧,此时y1>y2,故命题
④为假命题. 综上所述,真命题
的序号为①③.
13.
3
14.
1
3
【解析】由摘取顺序可知,
共有BAC,BCA,CBA
3 种等可能
的结果,其中第二个取下的吊灯
是A 的结果有1 种,∴P(清洗时
第二个取下的吊灯是A)= 1
3 .
15.
乙槽 【解析】∵三次操作相同,
且总得分是20+10+9 = 39(分),
∴一次操作的总分,即三个球数
字之和为39÷3= 13,则有以下情
况:1,3,9;1,4,8;1,5,7;2,3,8;
2,4,7;2,5,6;3,4,6,其中只有
1,4,8 这一组能同时满足三个
数组合相加得20,10,9,∴4+8+
8= 20( 甲槽),8 + 1 + 1 = 10( 乙
槽),1+4+4 = 9(丙槽),∴第一
次操作甲槽、乙槽、丙槽分数分
别为4,8,1,第二次操作甲槽、乙
槽、丙槽分数分别为8,1,4,第三
次操作甲槽、乙槽、丙槽分数分
别为8,1,4,∴第二次操作计分
最低的是乙槽.
16.
2+
10
【解析】如解图,取AB
的中点H,连接CH,MH,则CH=
1
2 AB,∵CM≤CH+MH,∴当C,
M,H 三点共线且点H 在点C,M
之间时,CM 的长度最大,最大值
为MH+CH. ∵M 是AQ 的中点,
∴MH = 1
2 BQ, 在△ABC 中,
∠ACB = 90°, tan ∠ABC = 1
3 ,
AC= 2,∴BC = 6,∴AB = 2
10,
∴MH+CH = 1
2 BQ+ 1
2 AB = 1
2 ×
4+ 1
2 ×2 10 = 2+
10,即CM 长
度的最大值为2+
10.
第16 题解图
17.
解:(1)如解图,点E 即为所求;
【作法提示】以点B 为圆心,适
当长为半径画弧分别交AC 于点
F,G;再分别以点F,G 为圆心,
大于1
2 FG 的长为半径画弧,两
弧相交于点H;作射线BH 与AC
的交点即为点E.
第17 题解图
(2) ∵四边形ABCD 是矩形,
AD= 3,CD= 4,
∴∠ABC= 90°,BC= AD = 3,AB =
CD= 4,
∴AC=
AB
2+BC
2 = 5.
由(1)知BE⊥AC,
∴∠AEB=∠ABC= 90°.
∵∠BAE=∠CAB,
∴△ABE∽△ACB,
∴AB
AC = AE
AB = BE
CB,即4
5 = AE
4 = BE
3 ,
解得AE= 16
5 ,BE= 12
5 ,
∴C△ABE = AE+BE+AB= 16
5 + 12
5 +
4= 48
5
.
∴△ABE 的周长为48
5 .
18.
解:(1)当5≤t≤10 时,设y 与t
之间的函数解析式为y = kt +
b(k≠0),
∵函数图象过点(5,30),( 10,
60),
∴
5k+b= 30,
10k+b= 60,
{
解得
k= 6,
b= 0,
{
∴当5≤t≤10 时,y 与t 之间的
函数解析式为y= 6t;
当10<t≤20 时,设y 与t 之间的
函数解析式为y=mt+n(m≠0),
∵函数图象过点( 20, 20 ),
3
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
(15,40),
∴
20m+n= 20,
15m+n= 40,
{
解得
m= -4,
n= 100,
{
∴当10<t≤20 时,y 与t 之间的
函数解析式为y= -4t+100,
综上所述,y 与t 之间的函数解
析式为
y= 6t(5≤t≤10),
-4t+100(10<t≤20);
{
(2)淇淇检测出的农药的去除率
更高,理由如下:
由(1)得,当t = 8 时,y = 6t = 48,
则嘉嘉检测出的农药的去除率
为48%,
当t= 12 时,y = -4t+100 = 52,则
淇淇检测出的农药的去除率
为52%,
∵52%>48%,
∴淇淇检测出的农药的去除率
更高.
周末限时小卷四
1.
C 【解析】-1+4= 3,0-(-2)= 2,
-2× | - 1 | = - 2,- 2÷ 1
3 = - 6,故
C 选项符合题意.
2.
B 【解析】逐项分析如下:
选项
逐项分析
正误
A
是轴对称图形,但
不是中心对称图形
✕
B
是中心对称图形
√
C
是轴对称图形,但
不是中心对称图形
✕
D
既不是轴对称图形,
也不是中心对称
图形
✕
3.
C 【解析】原式=(395+5)
2.
4.
D 【解析】∵2
215 万=22
150
000=
2. 215 × 10
7, ∴n = 7, a = 2. 215,
∴n-a= 4. 785. ∵22
150
000 的整
数位数为8,∴n 不等于2
215 万
的整数位数.
5.
A
【解析】∵箭尺每小时上升
x
cm,供水2 小时, 箭尺读数为
18
cm,则箭尺的初始读数为(18-
2x)
cm;供水6 小时,箭尺读数为
42
cm,则箭尺的初始读数为(42-
6x)
cm,由于箭尺初始读数相等,
则18-2x= 42-6x.
6.
D
【解析】原式= 3n-(2m-n)
m-2n
=
4n-2m
m-2n
= 2(2n-m)
m-2n
= -2,∴嘉嘉
开始出现错误的那一步是第
④步.
7.
C
【解析】∵球由下至上,所占
体积由小变大, 接下来又变小,
∴沿水槽内壁向水槽内匀速注水
时,水上升的速度由慢到快,然后
又变慢,最后保持不变,故选项C
符合题意.
8.
D 【解析】根据折叠的过程可得
题图①中MB = 5AD,∵PA = PC =
CB,∴AM = 2BC = 2AD, ∴AB =
7AD,∴AB
AD = 7.
9.
C 【解析】设本班学生成绩中得
8 分的人数为x 人. ∵中位数为
7,∴12+16>x+8,得x<20. 又∵唯
一众数是8,∴x>16,∴x 的值可
以为17, 18, 19, ∴该班最多有
12+16+ 19 + 8 = 55 ( 人),最少有
12+16+17+8= 53(人). 故选C.
10.
C
【解析】如解图, 连接AB,
CD,过点O 作OE⊥AB 于点E,
OF⊥CD 于点F,由小孔成像原
理得OA=OB,OC = OD,∠COF =
∠BOE,∴△COF∽△BOE,CF =
1
2 CD = 3
2
cm, BE = 1
2 AB =
3
cm,∴CF
BE = OF
OE,即
3
2
3 = 16
OE,解
得OE= 32(cm),则蜡烛到薯片
筒打小孔的底部的距离为32
cm.
第10 题解图
11.
C
【解析】如解图,过点H 作
HM ⊥CD 交CD 的延长线于
点M,BE 的延长线交CH 的延长
线于点N. 由题意得∠CDE =
120°,∴∠HDM= 60°. ∵DH = 2,
∴HE= 1,DM = 1,MH = 3,由题
意得BN ∥CD, BE = 2CD = 6,
∴△EHN∽△DHC,∴EN
DC = HN
HC =
EH
DH = 1
2 ,∴EN = 3
2 . ∵AB∥DE,
∴△BGP∽△EDP,∴BG
ED = BP
EP =
1
3 ,∴BP = 3
2 ,EP = 9
2 ,∴PN =
PE + PN = 6. 又∵BN ∥CD,
∴△PQN∽△DQC,∴PQ
DQ = PN
DC =
6
3 = 2.
第11 题解图
12.
C 【解析】∵双曲线G:y= k
x (1≤
x≤6) 经过点A(1,6),∴k = 6,
∴双曲线G:y = 6
x (1≤x≤6).
∵抛物线L:y = - 2x
2 +mx+ 8-m
(m 为常数),∴抛物线L 的对称
轴为直线x= m
4 . ∵点M(a,y1),
N(b,y2) 是抛物线L 上的两点,
且当a < b ≤3 时, 均有y2 > y1,
∴m
4 ≥3,如解图,设抛物线L 的
对称轴与双曲线G 的交点为Q,
则点Q 横坐标的最小值为3.
∵抛物线L 与双曲线G 交于
点A,P,∴当点P 与点B 重合
时,将点B(6,1)的坐标代入y =
-2x
2+mx+8-m,得-2×36+6m+
8-m= 1,解得m= 13,∴抛物线L
的对称轴为直线x = 13
4 ,即点Q
横坐标的最大值为13
4 ,将x = 3
代入y= 6
x (1≤x≤6),得y = 2,
将x= 13
4 代入y = 6
x (1≤x≤6),
得y= 24
13. ∵6>0,∴在第一象限
内,双曲线G:y = 6
x (1≤x≤6)
4
2
参考答案
分
层
提
分
小
卷
中,y 随x 的增大而减小,∴点Q
的纵坐标y 的取值范围为24
13 ≤
y≤2,故选C.
第12 题解图
13.
1 【解析】∵2
m×2
m×2
m×2
m = 4+
4+4+4,∴(2
m)
4 = 4×4,即2
4m =
2
4,∴4m= 4,∴m= 1.
14.
9
【解析】由题意得7. 2< x2 <
89, ∴x2 可取整数8, 9,
∴x2 的最大整数值为9.
15.
32
9
【解析】设直线AB 的函数
解析式为y=mx+n(m≠0),分别
代入点( 4, 0 ), ( 0, 4 ), 得
4m+n= 0,
n= 4,
{
解得m= -1,
n= 4,
{
∴直线
AB 的函数解析式为y= -x+4;如
解图,过点C 作CE⊥y 轴于点
E,过点D 作DF⊥y 轴于点F,
设点C 的坐标为( t,-t+ 4),则
CE = t, OE = - t + 4. ∵BC = CD,
∴BD= 2BC. ∵∠CBE = ∠DBF,
∠BEC = ∠BFD, ∴△CBE ∽
△DBF,∴BC
BD = EC
FD = BE
BF = 1
2 ,即
BC
BD= t
FD = 4-(-t+4)
BF
= 1
2 ,∴BF
=DF= 2t,∴OF=OB-BF= 4-2t,
∴点D 的坐标为( 2t, 4 - 2t),
∵点C,D 均在反比例函数的图
象上,∴t(-t+4)= 2t(4-2t),解
得t1 = 4
3 ,t2 = 0(不符合题意,舍
去),∴-t+4 = - 4
3 +4 = 8
3 ,∴点
C 的坐标为( 4
3 , 8
3 ),∴k = 4
3 ×
8
3 = 32
9 .
第15 题解图
16.
3 【解析】∵四边形ABCD 是
菱形,∴AB = BC = CD = DA = 3,
CD∥AB, BC∥AD, ∴∠CBD =
∠FDA.
∵
∠CBD = ∠DAE,
∴∠FDA= ∠DAE, ∴AF = DF.
∵E 为CD 的中点, ∴DE =
1
2 CD= 3
2 . ∵CD∥AB,∴∠CDF=
∠FBA,
∠DEF
=
∠BAE,
∴△DEF∽△BAF,∴DE
BA = EF
AF =
1
2 ,∴AF = 2EF, ∴DF = 2EF.
∵CD= CB, ∴∠CBD = ∠CDB.
∵∠CBD = ∠DAE, ∴∠CDB=
∠DAE.
∵
∠DEF = ∠AED,
∴△DEF∽△AED,∴EF
ED = DE
AE,
∴DE
2 = EF·( AF+EF) = EF·
3EF=( 3
2 )
2,∴EF =
3
2 或EF =
-
3
2 (舍去),∴DF= 2EF=
3.
17.
解: ( 1) 一; 正确的解题过程
如下:
4x-1-6x<-9,
4x-6x<-9+1,
-2x<-8,
x>4;
(2)x-2≤5. (答案不唯一)
18.
解:(1)如解图①,设O 为AN 的
中点,连接BO,连接PO 交AB
于点Q.
∵AB⊥MN,A,B,P,N 四点恰好
在同一圆上,
∴AN 为☉O 的直径.
∵AB= 2,∠ANB= 60°,
∴AN =
AB
sin∠ANB = 4 3
3 , NB =
AB
tan∠ANB = 2 3
3 .
∴OB=ON= 1
2 AN= 2 3
3 .
又∵∠ANB= 60°,
∴∠AOB= 120°.
∵P 为AB
(
的中点,
∴OP⊥AB,BQ=AQ,
∴OQ 是△ABN 的中位线,
∴OQ= 1
2 BN= 3
3 ,
∴S扇形AOB =
120×π×(2 3
3 )
2
360
= 4π
9 ,
S△AOB = 1
2 ×2× 3
3 = 3
3 ,
∴遮阳篷的截面(阴影部分) 的
面积为(4π
9 - 3
3 )m
2;
图①
图②
第18 题解图
(2)如解图②,记O 为AN 的中
点,连接AA′,A′N,A′N 交AB 于
点K.
由(1)得NB = 2 3
3 ,AN 为☉O 的
直径,
∴∠AA′K= 90°.
在Rt△BNK 中,∠KNB= 45°,
∴BK = BN = 2 3
3 , ∠BNK =
∠BKN= 45°,
∴AK=AB-BK= 6-2 3
3
.
∵∠AKA′=∠BKN= 45°,
∴AA′ = AK · sin
45° = 6-2 3
3
×
2
2 =( 2 - 6
3 )m.
周末限时小卷五
1.
C
【解析】∵1° = 60′,∴0. 6° =
0. 6×60′= 36′,∴50. 6° = 50°36′.
2.
B
【解析】∵a>b,∴- 3a<- 3b,
∴8-3a<8-3b.
3.
C
【解析】将展开图复原,可得
点P,Q 是正方体的一条棱长上
的两个端点,故选C.
4.
D 【解析】如解图,∵1、2 号营地
到大本营的距离相等,且2 号营
地要在1 号营地的正东方向,
∴作点A 关于直线EF 的对称
点B,连接AB,与EF 交于点C,连
5
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
接OB, ∴∠BOC = ∠AOC = 30°,
∴2 号营地位于大本营的北偏东
30°方向,故选D.
第4 题解图
5.
C
6.
B
【解析】由4
m + 4
m + 4
m + 4
m =
4
n×4
n × 4
n × 4
n,可得4 × 4
m = 4
4n,
∴4
m+1 = 4
4n,∴m+1= 4n.
7.
C
【解析】若x = 3y,则x
2+xy
x
2-2y
2 =
9y
2+3y
2
9y
2-2y
2 = 12
7 ≈1. 71,计算结果为
分数,因此是有理数,数轴上的点
与实数一一对应,故存在一个点
与之对应,计算结果精确到0. 1
为1. 7,正数有两个平方根,因此
正确的是C.
8.
D
【解析】如解图①,当点E 与
点A 重合时,连接AC,∴AC<AB+
BC= 8,∴点C 与点F 之间的距离
小于8. 如解图②,当点F 落在线
段BC 上时,点C
与点F 之间的
距离最小, 最小值为BC - BF =
BC-AB= 5-3 = 2. ∴2≤CF<8. 故
选D.
图①
图②
第8 题解图
9.
C
【解析】∵4 < a < 5, ∴{ a} -
{-2. 7} =a- 4-[ - 2. 7-( - 3)] =
a-4.3,∴-0.3<a-4.3<0.7,∴-0. 3<
{a} - { - 2. 7} < 0. 7, 故C 选项
正确.
10.
C
【解析】∵A( - 2,2),B(6,
2),∴AB∥x 轴. ∵点D 是线段
AB 上一点,∴点D 的纵坐标为
2,横坐标的范围为-2<xD <6,如
解图,过点C 作CE⊥x 轴,交AB
于点E. ∵C(2,3),∴E(2,2).
∵y 随x 增大而减小,∴点D 在
点E 的右侧,即2<xD<6,∴点D
的坐标可以是(3,2).
第10 题解图
11.
C 【解析】根据题意,可知一轮
报数后留下的人是3 的倍数的
号;两轮后留下的人是9 的倍数
的号;三轮后留下的人是27 的
倍数的号;四轮后留下的人是81
的倍数的号,…,由题意可知,经
过n 轮后(n 为正整数),剩下同
学的编号为3
n 的倍数. ∵3
n <
500,∴n<6,∴剩下的同学的编
号为3
5 的倍数,即243 和486.
12.
C 【解析】甲. 在矩形ABCD 中,
AD=BC = 8. ∵AE = 4,∴点E 为
AD 的中点,∴△BEC 为等腰三
角形, ∴BE =
AB
2+AE
2
=
2 13,如解图,作出BE 边的中
线CF,BC 边的中线EG,则BF =
1
2 BE =
13,BG = 4,由三角形
三边的关系可知CF>BC-BF
=
8-
13 >
13,∴CF> 1
2 BE,易
得EG = AB = 6, ∴EG > BG =
1
2 BC,∴甲画的三角形不符合
要求;乙. 在矩形ABCD 中,CD =
AB = 6,∠C = ∠D = 90°,DG = 3,
∴CG= 3. ∵DE= 3 3,FC = 3 3,
∴EG =
ED
2+DG
2 = 6, FG =
FC
2+CG
2 = 6, DE
DG =
3, CF
CG =
3, ∴EG = FG, ∠EGD = 60°,
∠FGC = 60°, ∴∠EGF = 60°,
∴△EFG 是等边三角形,根据等
边三角形的三线合一可得每一
条边上的中线长为
3
2 × 6 =
3 3≠3,∴乙画的三角形不符合
要求. 丙. 由题图可得,CE = CF =
2,∴EF
2 = CE
2 +CF
2 = 2
2 +2
2 = 8.
∵AE
2 = AB
2 +BE
2 = 6
2 + 6
2 = 72,
AF
2 = AD
2 + DF
2 = 8
2 + 4
2 = 80,
∴AE
2+EF
2 =AF
2,∴△AEF 是直
角三角形,即∠AEF = 90°. 由直
角三角形中,斜边上的中线等于
斜边的一半,可判断丙画的三角
形符合要求,故选C.
第12 题解图
13.
2
【解析】( 7 ÷
14 ) × a
b
=
7
14× a
b
=
1
2 × a
b
=
1,
∴a
b = 2.
14.
1
2
【解析】画出树状图解图,
由树状图可知,共有12 种等可
能的结果,其中两名女组员座位
相邻的结果有6 种,∴P(两名女
组员座位相邻)= 6
12 = 1
2 .
第14 题解图
15.
4
【解析】∵BG = 3FG,∴BF =
4FG. ∵正六边形的每个内角的
度数为180°×(6-2) ÷ 6 = 120°,
∴∠A = ∠AFE = 120°. ∵AF =
AB,∴∠AFB = ∠ABF = (180° -
120°) ÷ 2 = 30°, ∴∠BFE =
∠AFE - ∠AFB = 120° - 30° =
90°, 同理可得∠FBC = 90°.
∵S△EFG = 1
2 EF·FG=1,∴S△FBC =
1
2 BC·BF= 1
2 EF·4FG= 4.
16.
2
【解析】将y = 2 代入y = 6
x
得,x = 3,∴A(3,2).
设点B 的
坐标为(m,2).
当点B 在A 的
右侧时,AB=m-3,∴S△AOB = 1
2 ×
AB×2= 1
2 (m-3) ×2<2. 5,∴3<
m<5. 5.
当点B 在A 的左侧时,
AB = 3-m,∴S△AOB = 1
2 AB× 2 =
1
2 (3-m)×2<2. 5,∴0. 5<m<3,
∴0. 5<m<5. 5 且m≠3. ∵3<x<
6
2
参考答案
分
层
提
分
小
卷
5. 5 之间有2 个正整数4, 5,
0. 5<x<3 之间有2 个正整数1,
2,∴线段AB 上横坐标为正整数
的点最多有2 个.
17.
解:(1)C;4;
【解法提示】∵点B 表示的数为
-2, n = 2, ∴点C 表示的数是
-2+2= 0,∴原点是点C. 点E 表
示的数为-2+2+2+2= 4.
(2)由题意,当点E 所表示的数
是10 时,n= 10-(-2)
3
= 4,
∴点D 所表示的数为- 2 + 4 +
4= 6.
18.
解:(1)如解图,过点A′作A′B⊥
OA,垂足为B.
第18 题解图
设摆绳OA 的长度为x
cm,
由题可知,OA = OA′ = x
cm,AB =
4
cm,A′B= 10
cm,
∴OB=OA-AB=(x-4)cm.
在Rt△OA′B 中,由勾股定理得
A′B
2+OB
2 =OA′
2,
∴10
2 + ( x - 4)
2 = x
2, 解得x =
14. 5.
∴摆绳OA 的长度为14. 5
cm;
(2)由题可知,∠OPA′=∠OQA″=
90°,OA′=OA″=OA.
在Rt △OA′ P 中, OP = OA′ ·
cos
α=OA·cos
α.
在Rt △OA″ Q 中, OQ = OA″ ·
cos
β=OA·cos
β.
∵OQ-OP=h,
∴OA·cos
β-OA·cos
α=h,
∴OA=
h
cos
β-cos
α.
周末限时小卷六
1.
A
2.
B 【解析】A,C,D 选项的左视图
为
, B 选项的左视图为
,故选B.
3.
A
4.
C 【解析】∵1
m= 1
000
000
μm,
则1
μm= 1. 0×10
-6
m,∴50
μm =
5. 0×10
-5
m = 5. 0×10
-4
dm = 5. 0×
10
-3
cm,故□表示的长度单位为
cm. 故选C.
5.
B
【解析】∵
12 - n =
3,
∴
n =
12 - 3 = 2 3 - 3 = 3,
∴n 的值可以是3,故选B.
6.
D 【解析】由题意得这两个图形
的面积相等, ∴a
2 - b
2 = ( a + b)
(a-b).
7.
B
【解析】∵P ÷ Q =
x
2-1
x
2-2x+1
÷
x+1
2x-2 = (x+1)(x-1)
(x-1)
2
÷
x+1
2(x-1) =
(x+1)(x-1)
(x-1)
2
· 2(x-1)
x+1
=
2,
∴P 是Q 的2 倍.
8.
B 【解析】∵∠P+∠BCP = 180°,
∴MP∥BC,甲:添加BM = PC 后,
一组对边平行,另一组对边相等,
不能证明四边形MBCP 为平行四
边形;乙:添加BM∥PC 后,满足
两组对边平行, 能证明四边形
MBCP 为平行四边形; 丙: 添加
MP=BC 后,满足一组对边平行且
相等,能证明四边形MBCP 为平
行四边形;综上可知,只有乙、丙
才对.
9.
C 【解析】如解图,连接AC,EC.
∵六边形ABCDEF 是正六边形,
∴∠B=∠D = ∠BCD = 120°,AB =
BC = CD = DE, ∴∠BCA = 1
2 ×
(180°-∠B)= 30°,同理得∠DCE =
30°,∴∠ACE = 120° - 30° - 30° =
60°,∴∠APE= 1
2 ∠ACE= 30°.
第9 题解图
10.
B
【解析】如解图,过点C 作
CE⊥PB,垂足为E, 过点D 作
DF⊥PB,垂足为F,由题意得:
CE= DF = 3
m,△ACP 和△BDP
都是等腰三角形, BP ∥MN,
∴∠APC=∠PCM = 45°,∠BPD =
∠PDM = 30°. 在Rt △PCE 中,
PE =
CE
tan
45° = 3 ( m), ∴AP =
2PE= 6 ( m). 在Rt △PDF 中,
PF=
DF
tan
30° = 3
3
3
= 3
3 ( m ),
∴BP= 2PF = 6
3 ( m),∴AB =
BP-AP= (6
3 - 6) m,∴光斑移
动的距离AB 为(6
3 -6)m.
第10 题解图
11.
D 【解析】由题意得,直线y=kx
是过原点的一条直线. ∵A(1,
2),C(2,1),D(2,2),且四边形
ABCD 为正方形,∴B(1,1). ∴
直线y = kx 过点B(1,1) 时,k =
1,即直线为y = x,故此时点D
(2,2) 也在该直线上. 又∵当直
线y = kx 过点A(1,2) 时,则k =
2,可得直线y = 2x,∴作出图象
如解图. ∵函数y = kx 的图象与
正方形ABCD 的边AB 和AD 同
时相交,且交点不与顶点A,B,D
重合,∴结合图象可得,1<k<2.
第11 题解图
12.
B
【解析】∵AB = AC,∠BAC =
90°,∴∠ABC= 45°,由旋转的性
质,知AB = AD = AC = AE, BC =
DE,∠BAD=∠CAE= 60°,∠BAC =
∠DAE = 90°,∴△ABD 和△ACE
都是等边三角形, ∴∠ABD =
∠AEC = 60°,∴∠CBF = ∠ABD-
∠ABC = 15°, 故结论①错误;
∵∠BAE=∠BAC+∠CAE = 90°+
60° = 150°, ∴在四边形BAEF
中, ∠BFE = 360° - ∠ABD -
∠BAE-∠AEC = 90°,在Rt△ABC
中, BC
2 = AB
2 + AC
2 = 2AB
2, 在
7
2
中考试题研究·数学(河北)
分
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提
分
小
卷
Rt△BCF 中, BC
2 = BF
2 + CF
2,
∴2AB
2 =BF
2 +CF
2,故结论②正
确; ∵∠DAE = 90°, AD = AE,
∴∠AED= 45°, ∴
∠DEF =
∠AEC-∠AED = 15°,∴∠CBF =
∠DEF,在△BCF 和△EDF 中,
∠BFC=∠EFD,
∠CBF=∠DEF,
BC=ED,
ì
î
í
ïï
ïï
∴
△BCF ≌
△EDF(AAS),∴BF =EF,如解图,
连接AF,在△ABF 和△AEF 中,
AB=AE,
AF=AF,
BF=EF,
ì
î
í
ïï
ïï
∴△ABF≌△AEF(SSS),
∴∠BAF = ∠EAF, ∴点F 在
∠BAE 的平分线上, ∴点F 到
AB 的距离与点F 到AE 的距离
相等,故结论③正确;∵∠ADE =
∠ABC = 45°, ∠BAD = 60°,
∴∠ADE≠∠BAD,∴AB 与DE
不平行,故结论④错误,综上所
述,正确结论的序号是②③.
第12 题解图
13.
22
14.
-2<m<- 1
【解析】如解图,过
点A 分别作y 轴与x 轴的垂线,
分别交反比例函数图象于点C
和点D. ∵k < 0,∴B 点只能在
C 点与D 点之间,把y = 1 代入
y= - 2
x ,得x= -2. 把x = -1 代入
y= - 2
x ,得y = 2,∴点C 的坐标
为(-2,1),点D 的坐标为( -1,
2),∴m 的取值范围为- 2<m<
-1.
第14 题解图
15.
11 【解析】设第一步时,每堆牌
的数量都是x ( x ≥5);第二步
时,左边x-5,中间x+5,右边x;
第三步时:左边x-5,中间x+8,
右边x- 3;第四步开始时,右边
有( x - 3) 张牌,则从中间拿走
(x-3) 张, ∴中间所剩牌数为
(x+8)-(x-3)= x+8-x+3 = 11,
∴他说出的张数是11.
16.
120°
【解析】∵四边形ABCD
是平行四边形,∴DC = AB,DC∥
AB,AD∥BC. ∵E,F 分别为AB,
CD 的中点,∴DF∥AE,DF = AE,
∴四边形DAEF 是平行四边形,
∴∠DFE = ∠A = 150°,∠FEA =
180° - 150° = 30°, ∴∠GFE =
30°,由折叠的性质得∠FEA =
∠FEG = 30°,∴∠FGE = 180° -
30° - 30° = 120°, ∴∠A′ GC =
∠FGE= 120°.
17.
解:(1)20;
【解法提示】∵m% = 100% -
25%- 10% - 10% - 35% = 20%,
∴m= 20.
(2)统计的前5 天骑电瓶车戴头
盔的总人数为52÷20% = 260;
第四天骑电瓶车戴头盔的人数
为260×10% = 26;
第五天骑电瓶车戴头盔的人数
为260×35% = 91;
∴这组数据的平均数x = 260 ÷
5= 52,
将数据按从小到大的顺序排列
得26,26,52,65,91,
∴中位数为52.
∵52<60,
∴需要继续进行安全专项宣传
活动;
(3)由(2)得前5 天的数据按从
小到大顺序排列为26,26,52,
65,91,
∵52<58. 5,
∴n>52.
∵52+65
2
= 58. 5,
∴n 的最小值为65.
18.
解:(1)依题意,得抛物线L1 的顶
点为B(0,4),且过点C(8,0).
设抛物线L1 的函数解析式为
y=ax
2+4(a≠0),
将点C(8,0)的坐标代入,得
0= 64a+4,解得a= - 1
16,
∴抛物线L1 的函数解析式为
y= - 1
16x
2+4;
(2) 设点N 的横坐标为x, 则
点Q 的横坐标为x.
∵NQ= 5
2 ,
∴- 1
16x
2 +4-[ - 3
16( x-4)
2] =
5
2 ,
解得x1 =x2 = 6,
∴点N 到y 轴的距离为6,
由对称性,得MN= 2×6= 12,
∴MN 的长为12
m.
周末限时小卷七
1.
B 【解析】3+(-2)= 1,则A 不符
合题意;3-(-2)= 3+2 = 5,则B 符
合题意;( - 3) - ( - 2) = - 3 + 2 =
-1,则C 不符合题意; ( - 3) +
(-2)= -5,则D 不符合题意.
2.
C 【解析】如解图,由题意得,射
出的光线均平行于地面,∴∠4 =
∠3= 56°. ∵∠1 = 20°,∠1+∠2 =
∠4,∴∠2=∠4-∠1= 36°.
第2 题解图
3.
C 【解析】1
nm= 10
-6
mm,20
nm=
2×10
-5
mm,∴1÷(2×10
-5) = 1
2 ×
10
5 = 5×10
4.
4.
B
【解析】∵x
a · x
b = x
a+b = 1,
∴a+b= 0,∴1
a + 1
b =a+b
ab = 0.
5.
D 【解析】分别以A 面和B 面为
正方向观察该几何体,则观察到
的主视图,左视图均相同,俯视图
不相同.
6.
C 【解析】-m-n= -(m+n),(m-
n)
2 = ( n - m)
2,
(-2)
2 = 2, 故
选C.
7.
A 【解析】△ACD 与△ABO 是位
似图形,只有一种情况,过点C 作
8
2
参考答案
分
层
提
分
小
卷
CD∥OB,交AB 于点D, 则CD
OB =
AC
AO,即CD
3 = 1
4 ,∴CD = 3
4 ,∴点D
的横坐标为3
4 .
8.
D 【解析】设第一批次确定的人
员中,男生为x 人,则x+1
7+1+2 = 3
5 ,
解得x = 5,所以第一批次确定的
人员中,男生为5 人.
9.
C 【解析】∵
27
3
= 3· 3· 3
3
=
3,∴C 选项计算过程错误,符合
题意.
10.
D 【解析】如解图,连接BD. ∵AB
为半圆O 的直径, ∴∠ADB =
∠CDB = 90°. ∵∠BAC = 70°,
∴∠ABD= 90° - ∠BAC = 20°.
∵D 是AE
(
的中点, ∴∠ABD =
∠CBD= 20°,∠ABE = 40°. ∵BD =
BD, ∴△ABD ≌△CBD, ∴AB =
BC= 6, ∴OB = 3. ∵OB = OE,
∴∠OBE=∠OEB = 40°,∴∠BOE =
180° - 2∠OBE= 100°, ∴S阴影=
100π×3
2
360
= 5π
2 .
第10 题解图
11.
C 【解析】∵四边形AOEB 为矩
形,∴AB=OE= 1
m. ∵BE= 4
m,
∴B(1,4),将点B(1,4) 的坐标
代入双曲线y = k
x , 得4 = k
1 ,
∴k= 4,∴双曲线解析式为y =
4
x (x>0). ∵点P 到OD 的距离
与到AO 的距离相等,∴点P 的
横坐标与纵坐标相等,即x = y,
代入y= 4
x ,解得x = y = 2(负值
已舍去),即点P(2,2). ∵OD =
4,CD⊥x 轴,∴点C 的横坐标为
4,∴此时他距离点C 的水平距
离为4-2= 2(m).
12.
B
【解析】由折叠的性质可得
FG∥EC. ∵EC 不与AD 平行,
∴FG 不与AD 平行,故A 选项
结论错误;∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴∠BAD = ∠BCD,由
折叠的性质可得∠BAD =
∠ECG, ∴
∠BCD = ∠ECG,
∴∠BCD- ∠ECF = ∠ECG -
∠ECF,∴∠ECB = ∠FCG. ∵在
平行四边形ABCD 中, ∠D =
∠B,AD = BC,由折叠的性质可
得∠D = ∠G,AD = CG,∴∠B =
∠G, BC = CG, ∴
△EBC ≌
△FGC,∴EB = FG,故B 选项结
论正确; 由折叠的性质可得
AE= CE, ∴BE + CE = BE + AE =
AB=CD. ∵BC≠CE,∴BE+BC≠
CD,故C 选项结论错误;由折叠
的性质可得∠AEF = ∠CEF.
∵得不到∠AEF = 45°,∴得不到
∠BEC 为直角,∴得不到AE⊥
CE,故D 选项结论错误.
13.
1
012 【解析】(k
-1·k
-1·…·k
-1
ü
þ
ý
ïï
ïï
n个k-1
)
2 =
k
-2n = 1
k
2n =
1
k
2
024, ∴2n = 2
024,
∴n= 1
012.
14.
1
4 【解析】由数轴上A,B 两点
位置可知
a - b = -5, 由
a+b= 3,
a-b= -5,
{
解得
a= -1,
b= 4,
{
∴b
a =
4
-1 =
1
4 .
15.
13 【解析】∵x1,x2 是x
2 + 2x-
3=0 的两根,∴x1 +x2 = -2,x1x2 =
-3,则x
2
1 +x
2
2 -x1x2 = ( x1 +x2 )
2 -
3x1x2 = 4-3×(-3)= 13.
16.
3 3
2 【解析】如解图,连接GD.
∵直线外一点与直线上各点连
接的所有线段中,垂线段最短,
∴过点I 作ED 的垂线,垂足为
L,连接DH,作点J 关于EC 的对
称点J′, 连接KJ′, ∴JK + IK =
KJ′+IK. ∵多边形ABCDEF 为正
六边形, FC, BE 交于点G,
∴G 为正六边形ABCDEF 的中
心,∴∠EGD = ∠CGD = ∠DEG =
∠CDG= 60°,∴△EGD 与△GDC
均为等边三角形,∴GE = ED =
DG = DC = GC = 3, ∴四边形
GEDC 为菱形,∴GE 与ED 关于
直线EC 对称,∴点J′在DE 上,
∴KJ′+IK≥IL,∴JK+IK 的最小
值为IL 的长. ∵GC∥ED,∴IL =
HD,在Rt△DHG 中,DH = DG ·
sin∠CGD = 3 3
2 ,即JK+IK 的最
小值为3 3
2 .
第16 题解图
17.
解:(1) 五;括号前是负号,去括
号时, 括号里的第二项没有
变号;
(2)正确的解题过程如下:
原式=(x+1)(x-1)
(x+1)
2
- 2x+1
2(x+1)
=x-1
x+1- 2x+1
2(x+1)
= 2(x-1)
2(x+1) - 2x+1
2(x+1)
= 2x-2-(2x+1)
2(x+1)
= 2x-2-2x-1
2(x+1)
= -
3
2x+2.
18.
(1) 证明:∵AC
(
= AD
(
,AB 是☉O
的直径,
∴AB ⊥CD, 即∠BEC = 90°,
CE=DE,
∴BC=BD,
∴∠D=∠DCB.
∵AF 是☉O 的切线,A 为切点,
∴∠BAF= 90°,
∴AF∥EC,
∴∠F=∠DCB,
∴∠D=∠F;
(2) 解: 由( 1) 得, ∠D = ∠F,
BD=BC.
∵BD=CD,
∴△BCD 是等边三角形,
∴∠D=∠F=∠DCB= 60°.
如解图,连接OC.
∵OC=OB,
∴∠OBC=∠OCB= 30°,
∴∠OCE= 30°.
9
2
中考试题研究·数学(河北)
分
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提
分
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卷
∵在Rt △CEO 中, CO = 6,
∠CEO= 90°,
∴CE=OC·cos
30° = 3
3,
∴S△BCO = 1
2 OB·CE= 9
3.
在Rt △ABF 中, ∠F = 60°,
AB= 12,
∴AF=
AB
tan
60° = 4
3,
∴S△ABF = 1
2 AF·AB= 24
3.
∵S扇形AOC = 60π×6
2
360
= 6π,
∴S阴影= S△ABF - S△BCO - S扇形AOC =
15
3 -6π.
第18 题解图
周末限时小卷八
1.
C 【解析】∵-2-? = -3,∴? =
-2+3= 1,故选C.
2.
D
3.
A
【解析】2a
2b · ( - 2b )
2 =
8a
2b
3,逐项分析如下:
选项
逐项分析
正误
A
2b
·(2ab)
2 = 8a
2b
3
√
B
-8a
2 与b
3 无法合并✕
C
(-2a)
2·b
3
= 4a
2b
3
✕
D
-(2a
2b)
3
= -8a
6b
3
✕
4.
C
【解析】由题可得a = 9,∵a+
n=15,∴n= 6,∴原数为9
000
000,
∴原数中0 的个数为6.
5.
B 【解析】由条件可知乙与丙重
叠的部分的长度为:b-( a- 3) =
(b-a+3)m,∴丙的长度为:b-a+
3+5=(b-a+8)m.
6.
C 【解析】设“
”的质量为a
g,
“
”的质量为b
g,根据图①可知
b= 2a,当一个a,一个b 同时等可
能落下时,共有4 种等可能结果:
①两个物体都落入左盘,则y甲=
7a,y乙= 4a;②两个物体都落入右
盘,则y甲= 4a,y乙= 7a;③“
” 落
入左盘,“
” 落入右盘,则y甲=
5a,y乙= 6a; ④“
” 落入右盘,
“
” 落入左盘,则y甲= 6a,y乙=
5a. 故选C.
7.
C
【解析】A-B = 4x-x
2-2x-1
2(x+1)
=
-(x-1)
2
2(x+1) ,∵x>0,∴-(x-1)
2≤0,
2(x+1)>0,∴A-B≤0,∴A≤B.
8.
B
【解析】如解图, 过点M 作
MC⊥PG 于点C,∴∠MCP = 90°.
∵∠MPG 的读数是n°,∴∠MPC =
n°. ∵∠PMC=m°,∴m = 90-n. 故
选B.
第8 题解图
9.
B
【解析】如解图,连接BD 交
AC 于点P,则点P 在直线l1 上.
∵BP =DP,∠CPD =∠APB,∴点D
到直线l1 的距离等于点B 到直线
l1 的距离,∴点D 在一条直线上
运动,当点D 运动到点C 的正上
方,即CD⊥AC 时,点D 与点C 之
间的距离最小. ∵四边形ABCD
是平行四边形,∴CD = AB,CD∥
AB. ∵CD⊥AC,∴AB⊥AC. ∵直
线l1 与直线l2 之间的距离为2,
∴CD=AB= 2. ∵AC= 4,∴PC = 2,
∴PC = CD, ∴∠DCA = 90°,
∴∠BDC= 45°.
第9 题解图
10.
A 【解析】A. ∵PM⊥BD,QN⊥
BC,∴PM 与QN 不平行,∴不能
判定四边形PNQM 是平行四边
形;B. ∵四边形ABCD 是平行四
边形, ∴AD ∥BC, ∴∠ADB =
∠CBD. ∵∠DPM = ∠BQN,DM=
BN,∴△DMP≌△BNQ( AAS),
∴PM = QN, ∠DMP = ∠BNQ,
∴∠PMN= ∠QNM,∴PM∥QN,
∴四边形PNQM 是平行四边形;
C. ∵AB∥CD,PM∥AB,QN∥CD,
∴PM∥QN,∴∠PMN= ∠QNM,
∴∠DMP = ∠BNQ. ∵∠ADB =
∠CBD, DM = BN, ∴△DMP ≌
△BNQ(ASA),∴PM = QN,∴四
边形PNQM 是平行四边形;
D. ∵四边形ABCD 是平行四边
形, ∴
AD = BC, AD ∥BC,
∴∠ADB= ∠CBD. ∵P,Q 分别
是AD,BC 的中点,∴PD = QB.
∵DM= BN, ∴△DMP ≌△BNQ
(SAS), ∴PM = NQ, ∠DMP =
∠BNQ, ∴
∠PMN = ∠QNM,
∴PM∥QN,∴四边形PNQM 是
平行四边形. 故选A.
11.
B 【解析】将矩形ABCD 沿y 轴
向上平移a 个单位长度后,点A′
的坐标为(0,a),点D′的坐标为
(0,a+1),设M(m,a),N(n,a+
1),∴d=m-n,将点M,N 的坐标
分别代入y = 6
x 中得,a = 6
m ,a+
1= 6
n ,∴m = 6
a ,n =
6
a+1,∴当
d= 3 时, 6
a - 6
a+1 = 3,解得a1 =
1,a2 = - 2( 舍去);当d = 1 时,
6
a - 6
a+1 = 1,解得a1 = 2,a2 = - 3
(舍去),∴当M,N 之间的水平
距离d 满足1≤d≤3 时,a 的取
值范围为1≤a≤2,故选B.
12.
D 【解析】如解图,光点的弹射
路线可以是P→D→E→F→G→
H→P 或P→H→G→F→E→D→
P. ∵光点沿与矩形边夹角45°
方向向矩形内弹出,且每次的弹
射路线与矩形OABC 的边所成
的角均相等,∴易得点H 的坐标
为(3,2),点D 的坐标为(0,1),
∴光点第5 次与矩形OABC 边的
撞击点坐标为(3,2)或(0,1).
第12 题解图
13.
1( 或2)
【解析】根据题意得
2-x≥0,∴x≤2,则x 可取的正
整数值为1 或2.
0
3
参考答案
分
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提
分
小
卷
14.
1
3 【解析】当机器狗从起点开
始随机运行2 次(不会返回前一
个顶点),共有A-B-C,A-B-D,
A-D-B,A-D-C,A-C-D,A-C-
B,6 种等可能的情况,其中随机
运行2 次后恰好停在C 点的有
A- B - C, A - D-C, 2 种情况,
∴P(随机运行2 次后恰好停在
C 点)= 2
6 = 1
3 .
15.
9 【解析】(n+1) (n-1) +n(n+
2)= n
2 -1+n
2 +2n = 2n
2 +2n-1 =
2n( n + 1)
- 1,∵n( n + 1) = 5,
∴原式= 2×5-1= 10-1= 9.
16.
7 【解析】由∠B = 60°及旋转
性质可知BC = B′ C, ∴△BB′ C
为等边三角形. ∴∠B′CA = 90°-
60° = 30° =∠BAC,∴B′A = B′C =
BC=2. 又∠ACA′= 90°-∠B′CA =
60°, ∠CA′ B′ = ∠BAC = 30°,
∴B′A′⊥AC,∴B′A′为AC 的中
垂线, ∴AA′ = A′ C = AC = 2 ×
tan
60° = 2
3. ∴∠A′AC = 60°,
∴∠B′ AD = ∠BAC + ∠A′ AC =
90°,又D 为AA′ 中点, ∴AD =
1
2 AA′=
3,∴B′D =
AB′
2+AD
2
=
2
2+(
3)
2 =
7.
17.
(1)证明:∵BD⊥AC,CE⊥AB,
∴∠DCF + ∠CFD = ∠ABD +
∠BFE = 90°, ∠BDA = ∠CDF
= 90°.
又∵∠BFE=∠CFD,
∴∠DCF=∠DBA.
在△ABD 和△FCD 中,
∠BDA=∠CDF,
BD=CD,
∠ABD=∠FCD,
{
∴△ABD≌△FCD(ASA);
(2)解:∵△ABD≌△FCD,
∴AD=FD,
∴BD=BF+FD=BF+AD.
∵BD=CD,AD= 1,BF= 3,
∴CD=BF+AD= 3+1= 4.
18.
解:(1)线段AB 的长是定值.
∵抛物线L:y= 1
2 (x-a)
2-2,
∴令y= 0,得1
2 (x-a)
2-2= 0,
解得x=a-2 或x=a+2.
∵点A 在点B 的左侧,
∴A(a-2,0),B(a+2,0),
∴AB=(a+2)-(a-2)= 4,
∴线段AB 的长为4,是定值;
(2) 在抛物线L:y = 1
2 (x-a)
2 -
2 中,
令x = 0,则y = 1
2 ( 0- a)
2 - 2 =
1
2 a
2 -2,
∴C(0, 1
2 a
2-2).
∵直线l:y = a + 2 与y 轴交于
点D,
∴D(0,a+2),
当点D 在点C 上方时, a + 2 >
1
2 a
2-2,解得-2<a<4,
CD= a+ 2-( 1
2 a
2 - 2) = - 1
2 a
2 +
a+4= - 1
2 (a-1)
2+ 9
2 ,
∵- 1
2 <0,
∴当a 的值为1 时,点C,D 之间
距离的最大值为9
2 .
冲刺小卷一
1.
C
【解析】由翻折得AE = EF,
∠AEB = ∠FEB, ∴
∠AEB =
1
2 (180°-∠DEF),∵E 为AD 边
的中点,∴AE = DE,∴DE = EF,
∴∠EDF= ∠EFD, ∴∠EDF =
1
2 (180°- ∠DEF ), ∴∠AEB =
∠EDF, ∴BE ∥DG, ∵四边形
ABCD 是平行四边形,∴DE∥BG,
∴四边形BEDG 为平行四边形;
∴DE=BG,DG = BE = 3,∵四边形
ABCD 是平行四边形, AE = DE,
▱ABCD 的面积等于6,∴S△ABE =
1
4 S▱ABCD = 3
2 ,连接AF 交BE 于
点H,则AH⊥BE,AH =HF,∵BE =
3, ∴AH = 1, ∴AF = 2AH = 2,
∵BE∥DG, ∴AF ⊥DG, ∴DF =
AD
2-AF
2 =
5, ∴FG = DG -
FD= 3-
5.
第1 题解图
2.
D 【解析】∵对任意正整数m,若
m 为偶数则除以2,若m 为奇数
则乘3 再加1,在这样一次变化
下,我们得到一个新的正整数,
∴由新正整数求原来的数的规律
为:若输入正整数m, 则m ≥1,
∴3m+1≥4,∴当新正整数小于4
时,原来的数为偶数,当新正整数
大于4 时,若新正整数为奇数,则
原来的数为偶数,若新正整数为
偶数,则原来的数为偶数或奇数.
∵最后一步结果为1,则最后一次
计算过程为:2÷2 = 1,∴倒数第二
步结果为2 = 2
1,计算过程为:4÷
2= 2,∴倒数第三步结果为4 =
2
2,计算过程为:8÷2 = 4 或1×3+
1= 4(舍去),∴倒数第四步结果
为8= 2
3,计算过程为:16÷2 = 8 或
7
3 ×3+ 1 = 8(舍去),∴倒数第五
步结果为16 = 2
4, 计算过程为:
32÷2= 16 或3×5+1 = 16,∴倒数
第六步结果为32 = 2
5 或5,计算
过程为:64÷ 2 = 32, 31
3 × 3+ 1 = 32
(舍去)或10÷2 = 5 或4
3 ×3+1 = 5
(舍去), ∴倒数第七步结果为
64= 2
6 或10,计算过程为:128 ÷
2= 64 或3×21+1= 64 或20÷2= 10
或3× 3+ 1 = 10,∴倒数第八步结
果为128= 2
7 或21 或20 或3;…,
∴若正整数m 的路径长为n,则m
的最大值为2
n.
3.
3- 3
2
【解析】如解图①,延长
BC 至点G,使CG = BC,连接AG,
EG. ∵CA = CB = CG,∠ACB = 90°,
∴AB = AG. ∵△ABC 为等腰直角
三角形,∴∠ABC = ∠BAC = 45°,
∴△ABG 为等腰直角三角形,
1
3
中考试题研究·数学(河北)
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分
小
卷
∴∠BAG=∠DAE = 90°,∴∠BAD =
∠GAE. ∵AD = AE, ∴△ABD ≌
△AGE(SAS),∴BD = GE,∠ABC =
∠AGE = 45°, ∴∠CGE = 90°.
∵∠ACB= 90°,∴CF∥EG,∴CF
是△BGE 的中位线, ∴CF =
1
2 EG. ∵∠BAC = 45°, ∠BAD =
15°,∴∠DAC = 30°, 在Rt△ACD
中,tan
30°=CD
AC,即3
3 =CD
3 ,∴CD =
3,∴BD=BC-CD = 3- 3,∴CF =
1
2 EG= 1
2 BD= 3- 3
2
.
第3 题解图①
一题多解法
如解图②,过点E 作EG⊥AC 于
点G. ∵△ABC 是等腰直角三角
形, ∴∠BAC = 45°, ∴∠DAC=
∠BAC-∠BAD = 30°. 在Rt△ACD
中,cos
30° = AC
AD,即3
2 = 3
AD,∴AD
= 2 3,∴AE = AD = 2 3. ∵AD⊥
AE,∴∠DAE = 90°, ∴∠EAG =
∠DAE- ∠DAC = 60°,∴AG = 3,
EG = 3. ∵BC = 3, ∴BC = EG.
∵∠BCF = ∠EGF = 90°,∠CFB =
∠GFE,∴△BCF≌△EGF(AAS),
∴CF = GF = 1
2 CG = 1
2 ( AC - AG)
= 3- 3
2
.
第3 题解图②
4.
解:(1)将点A(2,5) 的坐标代入
y=ax
2+ 2ax- 3 中,得4a+ 4a- 3 =
5,解得a= 1,
∴y=x
2+2x-3=(x+1)
2-4,
∴抛物线L1 的顶点坐标为(-1,-
4);
(2)设L2 的顶点的横坐标为h.
∵L2 的顶点在直线y= -2x+6 上,
∴L2 的顶点坐标为(h,-2h+6),
∴L2 的解析式为y = (x-h)
2 -
2h+6.
∵点(h,-2h+6)关于坐标原点O
的对称点为(-h,2h-6),
将点(-h,2h- 6) 的坐标代入y =
(x+1)
2-4,得(-h+1)
2-4= 2h-6,
整理得h
2-4h+3= 0,
解得h1 = 1,h2 = 3;
∴抛物线L2 的解析式为y =
(x-1)
2+4 或y=(x-3)
2;
(3)由(2) 可设抛物线L2 的解析
式为y=(x-h)
2-2h+6.
∵点M(6-t,m),N(t-3,n) 在抛
物线L2 上,
∴m=(6-t-h)
2 -2h+6,n = (t-3-
h)
2-2h+6,
∴m-n = (6-t-h)
2 -(t-3-h)
2 =
[(6-t-h)+(t-3-h)][(6-t-h)-
(t-3-h)] =(3-2h)(9-2t).
∵m≥n,
∴m-n=(3-2h)(9-2t)≥0.
∵t> 9
2 ,∴9-2t<0,
∴3-2h≤0,
∴h≥3
2 ,
由(2) 知L2 的顶点的纵坐标为
-2h+6,且- 2h+ 6 随h 的增大而
减小,
∴当h = 3
2 时,-2h+6 取最大值,
最大值为-2× 3
2 +6= 3,
∴抛物线L2 顶点纵坐标的最大
值为3.
冲刺小卷二
1.
B
【解析】如解图,甲的方法是
正确的,且甲拼成的正方形的边
长为
5;乙的方法是错误的,不
能拼成正方形,故选B.
第1 题解图
2.
C 【解析】∵抛物线y=ax
2-2ax+
c(a>0),∴抛物线开口向上,对称
轴为直线x= --2a
2a = 1. 当t= 0 时,
-1<x1 < 0,1<x2 < 2,如解图①,此
时y1 >y2,当t< 0 时,两个区间同
时向左移动,仍有y1 >y2,故A 选
项正确;当t= 1 时,0<x1<1,2<x2<
3,如解图②,此时y1 <y2,故C 选
项错误;当t>1 时,两个区间同时
向右移动,仍有y1 <y2,故B 选项
正确;当t = 1
2 时, - 1
2 < x1 < 1
2 ,
3
2 <x2 < 5
2 ,如解图③,存在y1 =
y2,故D 选项正确.
图①
图②
图③
第2 题解图
3.
2
19-2 【解析】如解图,∵EB′=
EB= 2,∴点B′在以点E 为圆心,
半径为2 的圆弧上运动. 连接
ED,当点B′位于ED 与圆弧的交
点处时,B′D 的值最小. 过点E 作
EK⊥DA 交DA 的延长线于点K.
∵四边形ABCD 是菱形,∴AD∥
BC, ∴∠KAE = ∠ABC = 60°,
∴AK=AE·cos
60° = 2,EK = AE·
sin
60° = 2 3,∴DK = AD+AK = 8,
∴DE =
DK
2+EK
2 =
2
19,
2
3
参考答案
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卷
∴B′D= DE - EB′ = 2
19 - 2, 即
B′D 的最小值是2
19 -2.
第3 题解图
4.
解:(1)设从状态①到状态②的过
程中,F 关于s 的函数解析式为
F=ks+b(k≠0),
将点(0,10),(2,5)的坐标代入,
得
b= 10,
2k+b= 5,
{
解得
k= - 5
2 ,
b= 10,
{
∴F= - 5
2 s+10(0≤s≤2);
(2)由题可得从状态④到状态⑤
的过程中对应的函数图象与从状
态①到状态②对应的函数图象
对称,
∴图象经过点(5,10).
设此时F 关于s 的函数解析式为
F=ms+n(m≠0),
将点(3,5),(5,10)的坐标代入,
得
3m+n= 5,
5m+n= 10,
{
解得
m= 5
2 ,
n= - 5
2 ,
ì
î
í
ï
ï
ïï
∴F= 5
2 s- 5
2 (3≤s≤5);
(3) 当F = 8
N 时,将其分别代入
F= - 5
2 s+10 和F= 5
2 s- 5
2 中,
解得s= 4
5 或s= 21
5 .
∴长方体的运动路程s 的值为
4
5
cm 或21
5
cm.
冲刺小卷三
1.
D 【解析】∵正方形的边长为k,
∴正方形的面积为k
2,由题图可
知中间小正方形的面积S小= k
2 -
4A, 则中间小正方形的边长为
k
2-4A,由题意可知中间小正
方形的边长等于长方形边长的长
减去宽,故
k
2-4A 表示的几何
量为长宽差.
2.
C
【解析】如解图①,∵四边形
ABCD 是矩形,BC = 4
3,AB = 4,
∴tan∠ACB = AB
BC =
4
4
3
=
3
3 ,
∴∠ACB= 30°.
∵
AD ∥BC,
∴∠EAC = 30°. 由折叠的性质得
∠ACB = ∠ACE = 30°,∴∠AEC =
120°. 易得AC = 8, ∴AE = CE =
8
3
3
. 如解图②,当展开图是长宽
比为
3 ∶1 的矩形时,有两种情
况,情况一:P1Q1 ∶P1G1 = 2
3 ∶
1, 此时设P1G1 = m, 则P1Q1 =
G1H1 = 2
3 m,AG1 =
AC-G1H1
2
= 4-
3 m. ∵tan
A =
P1G1
AG1
=
3
3 ,
∴
m
4-
3m
=
3
3 , 解得m = 2
3
3 ,
∴P1G1 = 2
3
3 ,P1Q1 = 4,此时展开
矩形的长、宽分别为4 和4
3
3 ,面
积为16
3
3
;情况二:P2Q2 ∶P2G2 =
2 ∶
3,设P2G2 =
3 n,则P2Q2 =
G2H2 = 2n,AG2 =
AC-G2H2
2
= 4-n.
∵tan
A=
P2G2
AG2
=
3
3 ,∴
3n
4-n =
3
3 ,
解得n= 1,∴P2G2 =
3,P2Q2 = 2,
此时展开矩形的长、宽分别为
2
3和2,面积为4
3. 综上,矩形
面积为16
3
3
或4
3. 故选C.
图①
图②
第2 题解图
3.
54
【解析】如解图, 当由线段
AB、曲线BC、线段CA 围成的封闭
区域内( 不含边界) “ 偶点” 的个
数为4 个时,可分析出这四个点
分别为(4,4),(4,6),(6,4),(6,
6),当双曲线y= k
x (x>0)恰好经
过(4,4)时,此时k= 16,封闭区域
内只有3 个偶点,当双曲线y = k
x
(x> 0) 恰好经过(2,6) 时,此时
k= 12,封闭区域内恰好有4 个偶
点,∴当围成的封闭区域内“ 偶
点”的个数为4 个时,k 的取值范
围为12≤k<16,∴符合条件的k
的整数值为12,13,14,15,∴所有
符合条件的k 的整数值的和为
12+13+14+15= 54.
第3 题解图
4.
解:(1)如解图①,连接OK,OC.
∵在矩形ABCD 中,∠ADC = 90°,
AB=CD= 3,AD= 3 3,
∴AC= 6,∠DAC= 30°,
∴∠ACD=∠BAC= 60°.
∵☉O 与AC 相切于点K,OK 为
☉O 的半径,
∴OK⊥AC,
∴∠ODC=∠OKC= 90°.
∵OC=OC,OD=OK,
∴Rt△ODC≌Rt△OKC(HL),
∴∠OCD=∠OCK= 30°,
∴OD=CD·tan
30° = 3× 3
3 = 3;
第4 题解图①
(2)如解图②,当点P 落在AD 上
时,PN 交☉O 于点G,连接OG.
∵MN∥AC,
∴∠BMN=∠BAC= 60°,
由折叠可知∠PMN=∠BMN=60°,
∴∠AMP=180°-∠PMN-∠BMN=
60°,
∴∠APM= 90°-60° = 30°,
∴AM = 1
2 MP = 1
2 MB = 1
2 ( AB-
AM),即AM= 1
2 (3-AM),
解得AM= 1,
∴BM= 2,AP= 3,
由(1)可得☉O 的直径为2 3.
∵AP+2 3 = 3 3 =AD,
3
3
中考试题研究·数学(河北)
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∴当点P 落在AD 上时,点P 恰
好落在☉O 上.
∵∠OPG = 180°-∠MPN-∠APM =
180°-90°-30° = 60°,OP=OG,
∴△PGO 是等边三角形,
∴∠POG= 60°,
∴S扇形POG = 60π×( 3)
2
360
= π
2 ,
S△POG = 1
2 × 3 × 3 ×sin
60° = 3 3
4 ,
∴△MNP 与☉O 重叠部分的面积
为π
2 -3 3
4 ;
第4 题解图②
(3) ①如解图③,当△MNP 与矩
形ABCD 重叠部分为△MNP 时,
由题意得S△MNP =S△BMN,
在Rt △BMN 中, tan ∠MNB =
tan
30° =MB
NB = m
NB = 3
3 ,
∴NB= 3m,
∴y=S△PMN =S△BMN = 1
2 MB·BN =
1
2 m× 3m= 3
2 m
2;
第4 题解图③
如解图④, 当△MNP 与矩形
ABCD 重叠部分为四边形MRSN
时,设PM,PN 分别与AD 交于点
R,S,易得BM = m,AM = 3-m,RM
= 2AM= 6-2m,PR = PM-MR = m-
(6-2m)= 3m-6.
∵∠ARM=∠PRS= 30°,
∴PS = PR·tan
30° = (3m- 6) ×
3
3 = 3(m-2),
∴S△PRS = 1
2 PR·PS= 1
2 (3m-6)·
3(m-2)= 3 3
2 (m-2)
2.
∵S△PMN = 3
2 m
2,
∴y = S△PMN -S△PRS = 3
2 m
2 -3 3
2 ·
(m-2)
2,
即y= - 3m
2+6 3m-6 3.
综上所述, 当0 < m ≤2 时, y =
3
2 m
2;
当2<m<3 时,y = - 3 m
2 +6 3 m-
6 3;
第4 题解图④
②如解图⑤,当NP 与☉O 相切于
点T 时,连接OT,延长NP 交AD
于点Q,过点N 作NH⊥AD,垂足
为H.
∵四边形ABCD 是矩形,
∴BC∥AD,∠BAD=∠ABC= 90°,
∴∠DQN=∠BNQ= 60°.
∵OT= 3,
∴OQ= 2,∴DQ= 3 +2.
∵四边形CDHN 是矩形,
∴HN = DC = 3,DH = NC = 3 3 -
3m,
∴QH= DQ - DH =
3 + 2 - (3 3 -
3m)= 2-2 3 + 3m.
在Rt △NHQ 中, NH =
3 QH, 即
3= 3(2-2 3 + 3m),
解得m= 3-2 3
3 .
∵0<3-2 3
3 <2,
∴y =
3
2 m
2 =
3
2 × ( 3 - 2 3
3 )
2 =
31 3
6
-6,
∴NP 与☉O 相切时, y 的值为
31 3
6
-6.
第4 题解图⑤
冲刺小卷四
1.
B
【解析】由题意,得2a+1 = b,
2c+1 = d,∴点P(3a,3b),点(3c,
3d)可表示为点P(3a,6a+3),点
(3c,6c+3),设点P(3a,6a+3) 和
(3c,6c+3)在直线y= mx+n 上,则
3am+n= 6a+3,
3cm+n= 6c+3,
{
解得m= 2,
n= 3,
{
∴所
求点与点P 均在直线y = 2x + 3
上,∵y = 2x+3 与y = 2x+1 平行,
∴(3c,3d)可能为点B.
一题多解法
解法二:特殊值法进行判断.
2.
A 【解析】将题图中的正六边形
和正八边形拆分开,如解图①,在
正八边形中,过点N 分别作AB,
CD 的垂线, 垂足分别为R, S.
∵点N 为正八边形的中心,∴R,
S 分别为AB, CD 的中点. 连接
EB,HC,两线交于点Q,EB 与NS
交于点P,易得△BCQ 为等腰直
角三角形, 四边形PSCQ, NRBP
为矩形. ∵BC= 1,SC = 1
2 ,∴QB =
2
2 ,PQ = SC = 1
2 , ∴NR = PB =
1+ 2
2
. 如解图②,在正六边形中,
连接MA,过点M 作MR⊥AB 于
点R,∴△AMR 为直角三角形,
△AML 为等边三角形, ∴AM =
ML=AL = 1,∠MAR = 60°,∴MR =
3
2 . 如解图③,延长NM 交AB 于
点R. ∴NR⊥ML,MN = NR-MR =
1+ 2 - 3
2
. 又∵ML = 1,∴S△MNL =
1
2 MN·ML= 1
4 + 2 - 3
4
.
图①
图②
图③
第2 题解图
4
3
参考答案
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卷
3.
p≤2m-1
2
【解析】令x
2-2mx+m
2
-4= -x-5,整理得x
2 -(2m-1)x+
m
2+ 1 = 0, ∴b
2 - 4ac = [ - ( 2m -
1)]
2 - 4 × 1 × ( m
2 + 1) = -4m- 3.
∵m>0, ∴b
2 - 4ac = - 4m - 3< 0,
∴直线y= -x-5 与抛物线y= x
2 -
2mx+m
2 -4 无交点. ∵m>0,抛物
线y = x
2 - 2mx+m
2 - 4 开口向上,
∴点P 在点Q 上方. ∵点P 为该
抛物线上一动点,其横坐标为p,
∴P(p,p
2-2pm+m
2-4),Q(p,-p-
5),∴PQ = p
2 -2pm+m
2 - 4-(-p-
5)= p
2 -(2m- 1) p+m
2 + 1,令z =
p
2-(2m-1)p+m
2 +1,∴其对称轴
为直线p = - -(2m-1)
2
= 2m-1
2
,
∴当PQ 的长随p 的增大而减小
时,即z 随p 的增大而减小,p 的
取值范围是p≤2m-1
2
.
4.
解:(1)使用直尺和圆规画出点O
如解图①所示(作法不唯一);
图①
图②
第4 题解图
(2)如解图②,连接OE,OD.
∵∠BAC= 45°,
∴∠DOE= 2∠BAC= 90°.
∵OE=OD,
∴∠ODE=∠OED= 45°,
∴OD = DE · sin
45° = 6 ×
2
2 =
3 2,
∴☉O 的半径长为3 2;
(3)3 2 +3 5.
【解法提示】如解图③,连接AG,
OA,OD,OG,过点O 作OH⊥GF,
交DE 于点M,交GF 于点H,由
(2)可知☉O 的半径长为3 2,即
OA=OD= 3 2. ∵四边形DEFG 是
矩形, ∴GF ∥DE. ∵OH ⊥GF,
∴OM⊥DE,∴∠OMD = 90°,DM =
1
2 DE=3,∴在Rt△OMD 中,OM=
OD
2-DM
2 =
(3 2)
2-3
2 = 3.
又∵HM ⊥GH, ∴四边形MHGD
是矩形,∴HM=DG= 3,GH = DM =
3,∴OH = 6, ∴在Rt △OHG 中,
OG =
OH
2+GH
2 =
6
2+3
2 =
3 5,由解图可知,AG≤OA+OG,
即当A,O,G 三点共线时,AG 的长
度最大, 最大距离为OA + OG =
3 2 +3 5.
第4 题解图③
冲刺小卷五
1.
A 【解析】如解图,连接EF. ∵四
边形ABCD 是平行四边形,∴AB∥
CD, ∴S△EFC = S△BCF, ∴S△EFG =
S△BCG, 同理可得S△EFD = S△ADF,
∴S△EFH = S△ADH. ∵
S△AHD = a,
S△BGC = b, ∴S四边形HEGF = S△EFH +
S△EFG =a+b.
第1 题解图
2.
B 【解析】根据要求:第1 个数是
第2 个数的倍数,第1 个空格填
入37,而37 是质数,∴第2 个空
格所填入的数为1. ∵前36 个数
的和是第37 个数的倍数,∴前37
个数的和是第37 个数的倍数,
∴前37 个数的和为:1+2+3+…+
37= 703= 37×19,且37 与19 都是
质数,假设第37 个数为x,则(37×
19-x)一定能被x 整除. ∵x≠37,
第2 个空格所填入的数为
1,
∴x 的值只能是19.
3.
1
2
【解析】由旋转的性质得
BD= BC = 3, DE = AC = 4, 在
Rt△ABC 中,由勾股定理得AB =
AC
2+BC
2 = 5. 如解图,取BE 的
中点G,连接MG,NG. ∵M 为BD
的中点,G 为BE 的中点,∴MG =
1
2 DE= 2,同理可得,NG = 1
2 AB =
5
2 . ∵MN≥NG-MG,∴当M,N,G
三点共线,且点M 在点N,G 之间
时,线段MN 长最小, 最小值为
NG-MG= 1
2 .
第3 题解图
4.
解:(1)∵A(4,0),OA=OB,
∴点B(0,4),
设直线l1 的解析式为y=kx+n,
将点A(4,0),B(0,4)的坐标分别
代入y=kx+n 中,得
0= 4k+n,
4=n,
{
解得k= -1,
n= 4,
{
∴直线l1 的解析式为y= -x+4;
(2)如解图,过点D 作DH⊥AB 于
点H.
第4 题解图
∵OA=OB= 4,∠AOB= 90°,
∴∠ABO= 45°,
∴△BHD 是等腰直角三角形.
∵b= 2,
∴OD= 2,
∴BD=OB-OD= 2,
∴BH=DH=
2
2 BD=
2,
∴点D 到直线l1 的距离为
2;
(3)①设E(m,-m+4).
∵S△OCD =S△BDE,
∴S△ECA =S△BOA,
即1
2 AC·yE = 1
2 OA·OB,
∴1
2 ×8×(-m+4)= 1
2 ×4×4,
解得m= 2,
∴-m+4= 2,
∴点E 的坐标为(2,2);
②4
3 ≤b<4.
【解法提示】∵直线l2 过点
C(-4,0),D(0,b),∴直线l2 的
解析式为y = b
4 x+b,当直线l2 过
点A(4,0) 时, b
4 ×4+b = 0,∴b =
0,当直线l2 过点B(0,4) 时,b =
4,∴当0<b<4 时,直线l2 与线段
5
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
AB
有
交
点,
联
立,
得
y= -x+4,
y= b
4 x+b,
{
解得
x= 16-4b
4+b ,
y= 8b
4+b,
ì
î
í
ïï
ïï
∴直
线l2 与线段AB 的交点E(16-4b
4+b ,
8b
4+b). ∵交点E 的横坐标不大于
纵坐标, ∴16-4b
4+b ≤8b
4+b, 即16 -
4b≤8b,解得b≥4
3 . 综上所述,
4
3 ≤b<4.
冲刺小卷六
1.
C
【解析】设t 小时后,两车相
遇,60t+90t= 130+270,t = 8
3 , 8
3 ×
90= 240( km),∴相遇点距离丙
城240
km,距离乙城30
km. Ⅰ方
案:小李需要的时间是240÷ 60 =
4(h);Ⅱ方案:小李需要的时间
是(30+ 270) ÷ 90 = 10
3 ( h);Ⅲ方
案:小李需要的时间是8
3 + 1
2 =
19
6 (h). ∵19
6 < 10
3 <4,∴小李选择
Ⅲ方案返回丙城的用时最少.
2.
B
【解析】如解图, 过点P 作
PC⊥AB 于点C. ∵当△PAB 的面
积为定值时,相应的点P 有且只
有3 个,∴此时点P 到AB 的距离
是点P 在AB 下方反比例函数图
象上点到AB 的最大距离,即点P
位于P1 或P2 或P3 处(点P1,P2,
P3 到直线AB 的距离相等),由解
图可知,当C 为AB 的中点时,PC
即为所求,联立一次函数与反比
例函数解析式, 易得A ( 1, 4),
B(4,1),∴此时点C ( 5
2 , 5
2 ).
∵PC⊥AB,∴PC 垂直平分AB,
∴可设直线PC 的解析式为y =
x+b,将点C( 5
2 , 5
2 )的坐标代入
y=x+b 可得b = 0,∴直线PC 的
解析式为y = x. ∵直线y = x 与反
比例函数y = 4
x 的图象交于点P,
令x = 4
x ,解得x1 = 2,x2 = -2(舍
去),∴P(2,2),∴PC=
2
2 .
第2 题解图
3.
2
2 【解析】如解图,连接OE,过
点E 作EH⊥OA 于点H,由尺规
作图痕迹知,点N 在OB 的垂直
平分线上,∴可得DF 为OB 的垂
直平分线,∴∠EFO = 90°,OF =
1
2 OB = 1, ∴在Rt △OEF 中,
cos∠EOF= OF
OE = 1
2 , ∴∠EOF =
60°,∴EF = OE·sin∠EOF = 2 ×
sin
60° =
3,由尺规作图可知OD
为∠AOB 的平分线. ∵∠AOB =
90°,∴∠AOD = ∠BOD = ∠DBO =
45°,∴DF = OF = 1,易得四边形
OHEF 是矩形, ∴EH = OF = 1,
OH=EF=
3,∴DE =
3 -1,AH =
2-
3,∴DE
2 = (
3 - 1)
2 = 4 -
2
3,AE
2 = HE
2 + AH
2 = 1
2 + ( 2 -
3)
2 = 8- 4
3,∴DE
2
AE
2 = 4-2
3
8-4
3
=
1
2 ,∴DE
AE =
2
2 .
第3 题解图
4.
解:(1)3 3;
【解法提示】如解图①,过点C 作
CG⊥AB 于点G,由题意得∠B =
60°,∴CG=BC·sin
60° = 3 3.
第4 题解图①
(2)如解图①,过点F 作FH⊥AC
于点H.
∵∠A=∠E=30°,∠AFC=∠EFD,
∴∠ACF=∠FDE= 15°.
在Rt △BCG 中, BG = BC ·
cos
∠ABC=BC·cos
60° = 3.
由(1)得CG= 3 3,
∵∠CFD=∠FED+∠EDF=
45°,
∴FG = CG = 3 3, CF =
CG
sin
45° =
3 6.
在Rt△ACG 中,∵∠A= 30°,
∴AG= 9,
∴AF= 9-3 3,
∴FH= 9-3 3
2
,
∴sin∠ADE = sin∠ACF = FH
CF =
6 - 2
4
;
(3)①作图如解图②所示;
第4 题解图②
②如解图②,过点C 作CG⊥AB
于G.
由(1)得CG= 3 3.
∵∠CGD=∠DNE=∠CDE= 90°,
∴∠DCG+∠CDG = 90°,∠NDE+
∠CDG= 90°,
∴∠DCG=∠NDE,
∴△CGD∽△DNE,
∴CG
DN =CD
DE =tan
30°,
∴3 3
DN = 3
3 ,
解得DN= 9;
③d=a
2+3a-18
a-6
.
【解法提示】∵BD = a,∴DG = 3-
a, 由②得△CGD ∽△DNE,
∴DG
EN =CD
DE = tan
30°,即3-a
EN =
3
3 ,
∴NE = 3 3 - 3 a. ∵NF = d, 则
FG=ND-NF-DG = 9-d-(3-a)=
6+ a - d. ∵EN ⊥AB, CG ⊥AB,
∴∠ENF=
∠CGF
=
90°.
又
∵∠NFE= ∠GFC, ∴△NEF ∽
6
3
参考答案
分
层
提
分
小
卷
△GCF,∴NE
GC = NF
GF,即3 3 - 3a
3 3
=
d
6+a-d,解得d=a
2+3a-18
a-6
.
冲刺小卷七
1.
A
【解析】由题意,得5-2
y +2
x +
2
y = 29+2
y -2
x = 29+2
x -2
x -2
y,即
5 + 2
x = 29 + 2
y - 2
x = 29 - 2
y,
∴
2×2
x-2
y = 24,
2×2
y = 2
x,
{
解得
2
x = 16,
2
y = 8,
{
∴2
x+y = 2
x×2
y = 16×8= 128.
2.
D 【解析】如解图,设AC 与B1C1
交于点E. ∵点A,B 的坐标分别
为(-2,2),( -4,-4),∴直线AB
的函数解析式为y= 3x+8. ∵BC∥
x 轴,四边形ABCD 为平行四边
形,点D 在y 轴上,∴点D 的坐标
为(0,2),∴BC= AD = 2,∴C(-2,
- 4), ∴AC ⊥BC, ∴AC ⊥B1C1.
∵四边形BCC1B1 的面积为6,
∴CE= 3,即△ABC 向上平移3 个
单位长度,∴平移后的点A1 的纵
坐标为5,将y = 5 代入y = 3x+ 8
中,解得x= -1,∴点A1 的坐标为
(-1,5).
第2 题解图
3.
2 【解析】如解图①,过点F 作
AB 的平行线,分别交AD,BC 于
点M,N,连接AF. ∵四边形ABCD
是正方形, ∴∠BAD = ∠ABC =
90°. ∵MN∥AB,PQ∥AB,∴四边
形ABNM,四边形PQNM 是矩形,
∴AM = BN, PM = QN, ∠AMF =
∠FNQ= 90°. ∵F 是DE 的中点,
∴FM 是△DEP 的中位线,∴DM =
PM,∴DM=NQ,由正方形性质可
知∠CBD = ∠ADB = 45°,∴△BFN,
△DFM 都是等腰直角三角形,
∴BN= NF, MF = DM, ∴AM= NF,
NQ = MF,在△AFM 和△FQN 中,
AM=FN,
∠AMF=∠FNQ,
FM=QN,
{
∴△AFM≌△FQN
(SAS ), ∴AF = FQ, ∠AFM =
∠FQN. ∵∠FQN+∠NFQ = 90°,
∴∠AFM+∠NFQ = 90°,∴∠AFQ =
90°,∴△AFQ 是等腰直角三角形,
∴AQ
QF =
2.
第3 题解图①
一题多解法
解法二:如解图②,连接AF,FP.
∵四边形ABCD 是正方形,∴AD∥
BC,∠BAD = ∠ABC = 90°,∠ADB
= ∠CBD = 45°. ∵
PQ ∥AB,
∴∠DPE= ∠PQB = 90°,AP = BQ,
∴△BEQ 和△DPE 都是等腰直
角三角形, ∴BQ = QE, ∠QEF =
135°,∴AP = QE. ∵F 是DE 的中
点,∴PF = EF,PF⊥DE,∠DPF =
45°,∴∠APF = 180°-45° = 135°,
∴∠APF = ∠QEF. 在△APF 和
△QEF
中,
PF=EF,
∠APF=∠QEF
AP=QE,
{
,
∴△APF≌△QEF(SAS),∴AF =
QF, ∠AFP = ∠EFQ. ∵∠AFP +
∠AFB = 90°,∴∠EFQ+∠AFB =
90°,即∠AFQ= 90°,∴△AFQ 是
等腰直角三角形,∴AQ
QF =
2.
第3 题解图②
解法三:如解图③,过点F 作BC
的垂线,垂足为点G,设AB = a,
BQ= b, 由正方形性质可知
∠EBQ=
45°.
∵
PQ ⊥BC,
∴△BEQ 是等腰直角三角形,
∴EQ=b,易知四边形CDEQ 是梯
形. ∵F 是DE 的中点,∴G 是CQ
的中点,∴GQ = a-b
2 ,FG = a+b
2 ,根
据勾股定理可求得AQ,QF 的长,
直接求比值即可.
第3 题解图③
4.
解: ( 1) ①∵AC 与CD
(
所在圆
相切,
∴OC⊥AC,即∠ACO= 90°,
∴cos∠AOC=OC
AO = 3 2
6 = 2
2 ,
∴∠AOC= 45°;
②∵AO 的长为定值,
∴当△AOC 的面积最大时, 即
OC⊥AO.
在Rt△AOC 中,由勾股定理可得
AC=
AO
2+OC
2 = 3 6;
(2) 3
4 π 或21
4 π.
【解法提示】情形一:如解图①,过
点O 作OE⊥AB 于点E. ∵OA =
OB, ∠AOB = 120°, ∴∠BAO =
30°,∠AOE= ∠BOE = 1
2 ∠AOB =
60°,∴OE= 1
2 AO=3,∴cos∠EOC=
OE
OC =
2
2 , ∴
∠EOC =
45°,
∴∠COB= 60° - ∠EOC = 15°,
∴重合部分的面积为15
360 ×
(3 2)
2×π= 3
4 π;情形二:如解图
②,过点O 作OF⊥AB 于点F,同
理可得OF = 1
2 AO = 3,∠AOF =
∠BOF= 60°,∴cos∠FOC = OF
OC =
2
2 , ∴∠FOC= 45°, ∴∠COB =
∠COF+∠BOF = 105°,∴重合部
分的面积为105
360×(3 2 )
2π = 21
4 π.
综上所述,扇形AOB 与扇形COD
重合部分的面积为3
4 π 或21
4 π.
图①
图②
第4 题解图
冲刺小卷八
1.
D 【解析】∵一组数据离平均数
越近,方差越小,否则方差越大,
∵开始数字是1,甲选扑克牌的原
则是要使4 张牌上数字的方差最
7
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
提
分
小
卷
大,∴甲第一次选的数字比1 越
大越好,∴甲第一次选的牌为9.
∵乙选扑克牌的原则是要使4 张
牌上数字的方差最小,目前已有
数字1 和9 的平均数为5,∴乙选
的牌为5,∴甲第二次选时可选2
或者8,∴4 张牌可能为A,9,5,2
或A,9,5,8.
2.
B 【解析】在y1 = -x
2 +4x+6 中,
令x= 0,得y1 = 6,∴c = 6. ∵抛物
线y1 的对称轴为直线x =
-
4
2×(-1)= 2,∴抛物线y2 的对称
轴为直线x = - b
2×2 = 2,解得b =
-8,∴抛物线y2 的解析式为y2 =
2x
2-8x+6. ∵A,B 为抛物线y1,y2
的交点,∴-x
2+4x+6 = 2x
2-8x+6,
解得x= 0 或x = 4. ∵点B 在点A
的右侧,∴A(0,6),B(4,6),如解
图,∵y2 = 2x
2 -8x+6 = 2(x- 2)
2 -
2,∴抛物线y2 的顶点P 的坐标
为(2,-2). ∵A(0,6),B(4,6),
∴AB∥x 轴. ∵线段AB 沿y 轴在
-6≤y ≤6 内做一次往复运动,
∴当线段AB 过抛物线y2 顶点P
时,线段AB 与抛物线y2 只有一
个交点,当线段AB 第一次经过点
P 时,平移的长度为6-(-2)= 8,
当线段AB 第二次经过点P 时,平
移的长度为6 - ( - 6) + [( - 2) -
(-6)] = 16,∴当线段AB 与抛物
线y2 只有一个交点时,线段AB
平移的长度为8 或16.
第2 题解图
3.
27 3
2
【解析】∵正六边形GDHI-
JE 的周长为6
3, ∴∠DGE =
120°,GE=GD= EJ = 6
3 ÷6 =
3,
如解图,过点G 作GP⊥DE 于点
P, 连接JH, ∴GP =
3
2 , ED = 3,
∴S△GDE = 1
2 ×3×
3
2 = 3
3
4 ,S矩形DHJE
=
3 ×3= 3
3,S正六边形GDHIJE = 3
3
4
×
2+3
3 = 9
3
2 . ∵DE ∶GE = 3 ∶
3,∴S正六边形ABCDEF ∶S正六边形GDHIJE =
DE
2 ∶GE
2 = 3 ∶1,∴S正六边形ABCDEF =
3S正六边形GDHIJE = 27
3
2
.
第3 题解图
4.
解:(1)∵第一个蛙跳的路线抛物
线顶点坐标为(1,0. 4),
∴设小李第一个蛙跳的路线抛物
线解析式为y=m(x-1)
2+0. 4.
∵抛物线过点(0,0),
∴0=m(0-1)
2+0. 4.
解得m= -0. 4,
∴第一个蛙跳的路线抛物线L1
的解析式为y = -0. 4 × ( x - 1)
2 +
0. 4;
(2)①∵抛物线L2 开口大小和方
向均与L1 相同,
∴a=m= -0. 4,
∴抛物线L2 的解析式为y =
-0. 4(x-h)
2+k.
由(1)可得抛物线L1 的解析式为
y= -0. 4(x-1)
2+0. 4,
令y= 0,即0= -0. 4(x-1)
2+0. 4,
解得x= 0(舍去)或x= 2,
∴A(2,0),
将点A ( 2, 0) 的坐标代入y =
-0. 4(x-h)
2+k 中,
得k= 0. 4(2-h)
2.
∵小李第二次蛙跳后,在距离第
一次蛙跳的起跳点2. 6
m 时,到
达最高点,
∴h= 2. 6,
∴k= 0. 4×(2-2. 6)
2 = 0. 144;
②小李在第二个蛙跳中不会越过
可调节支撑杆.
理由:由①可得抛物线L2:
y= -0. 4(x-2. 6)
2+0. 144,
∴当x= 3 时,y = -0. 4×(3-2. 6)
2+
0. 144= 0. 08<0. 12,
∴小李在第二个蛙跳中不会越过
可调节支撑杆;
(3)2≤h≤19
8 .
【解法提示】当m = 1
8 时,直线的
解析式为y= 1
8 x,由(1)知抛物线
L1:y = - 0. 4 ( x - 1)
2 + 0. 4, 令
-0. 4·(x- 1)
2 + 0. 4 = 1
8 x,解得
x1 = 0,
y1 = 0
{
(舍去),
x2 = 27
16,
y2 = 27
128,
ì
î
í
ï
ï
ïï
∴P( 27
16, 27
128). ∵L2:y = -0. 4(x-
h)
2 + k 经过点P, 解得k= 27
128 +
0. 4·( 27
16-h)
2. ∵抛物线L2 与抛
物线L1 的顶点的纵坐标恰好相
等,∴27
128+ 0. 4( 27
16-h)
2 = 0. 4,整
理,得8h
2 -27h+19 = 0,解得h1 =
19
8 ,h2 = 1(不符合题意,舍去),同
理当m= 1
5 时,得h3 = 2,h4 = 1(不
符合题意,舍去),∴当1
8 ≤m≤
1
5 ,且抛物线L2 与抛物线L1 的
顶点的纵坐标恰好相等时,h 的
取值范围为2≤h≤19
8 .
压轴小卷一
1.
解:(1)∵点A(3,4),
∴点A 关于y 轴的对称点为点
B(-3,4),
画出直线BC 如解图①所示;
设直线BC 的解析式为y=mx+n,
将点( - 5,0),( - 3,4) 的坐标代
入,得
0= -5m+n,
4= -3m+n,
{
解得
m= 2,
n= 10,
{
∴直线BC 的解析式为y= 2x+10;
8
3
参考答案
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小
卷
第1 题解图①
(2)y=kx+4k+2(k≠0),
y=k(x+4)+2,
令x = - 4, 可得y = k ( - 4 + 4) +
2= 2,
∴直线l 经过定点M(-4,2).
当x= -4 时,y= 2×(-4)+10= 2,
∴点M 在直线BC 上;
(3)①由(1) 知,直线BC 的解析
式为y = 2x + 10, 令x = 0, 可得
y= 10,
∴点D(0,10).
若直线l 与线段AD 有交点, 将
点(0,10)和(3,4) 的坐标分别代
入y=kx+4k+2,
得k= 2 和k= 2
7 ,
∴2
7 ≤k≤2,
∴k 的整数值为1 和2.
②12
5
5
≤AP≤4
5.
【解法提示】如解图②,延长DA,
与x 轴交于点E,设直线AD 的解
析式为y = ax + b,将点A( 3,4),
D(0, 10 ) 的坐标代入, 得
4= 3a+b,
10=b,
{
解得
a= -2,
b= 10,
{
∴直线
AD 的解析式为y= -2x+10,令y =
0,解得x= 5,∴E(5,0). ∵P 是线
段CD 上的点,∴当点P,C 重合
时,AP 最长,此时AP =
4
2+8
2 =
4
5. 又∵CD =
5
2+10
2 = 5
5,
∴S△DCA = S△DCE - S△ACE = 1
2 × 10 ×
10- 1
2 ×10×4= 30,当AP⊥CD 时,
AP 最短,此时S△DCA = 1
2 × 5
5 ×
AP= 30,AP = 12
5
5
,∴AP 的取值
范围为12
5
5
≤AP≤4
5.
第1 题解图②
压轴小卷二
1.
(1) ①解:线段PM 如解图所示;
(作法不唯一)
②证明:当点P 运动到AD 中点
时,则PA=PD= 1
2 AD.
∵四边形ABCD 为矩形,
∴AD=BC,∠A=∠B= 90°.
∵点M,N 分别是AB,BC 中点,
∴AP=BN,AM=BM,
∴△PAM≌△NBM(SAS);
第1 题解图
(2) 解:由题可知,点P 在边CD
上,点P 的运动路程为2t
cm,
∴PH= DA = 6
cm,AH = DP = (2t-
6)cm,
∴HM= | AM-AH| = |6-(2t-6) | =
|12-2t| .
∵HM= 4
cm,∴|12-2t| = 4,
解得t= 8 或t= 4.
压轴小卷三
1.
(1)证明:∵∠ABC = 90°,D 为AC
边的中点,
∴BD= 1
2 AC=AD,
∴∠ABD=∠BAD.
∵∠ADP=∠ABD,
∴∠BAD=∠ADP,
∴PA=PD,
∴△APD 为等腰三角形;
(2 ) 解: ∵PD ∥BC, BC = 3,
∠ABC= 90°,D 为AC 边的中点,
∴PD= 1
2 BC= 3
2 ,∠DPB=∠ABC
= 90°,
∴BD 为☉O 的直径,圆心O 即为
BD 的中点.
如解图①,过点O 作OE⊥AB 于
点E,
∴OE= 1
2 PD= 3
4 ,
∴圆心O 到PB 的距离为3
4 ;
第1 题解图①
(3) 解:如解图②,连接OD,过点
O 作ON⊥BD 于点N,过点B 作
BM⊥AC 于点M.
∵S△ABC = 1
2 AB·BC = 6 = 1
2 AC·
BM,AC=
AB
2+BC
2 = 5,
∴BM= 12
5 .
∵D 为边AC 的中点,
∴BD= 1
2 AC= 5
2 .
∵ON⊥BD,
∴DN= 1
2 BD= 5
4 .
∵D 是☉O 与AC 的切点,
∴∠ODM=∠DMB= 90°,
∴OD∥BM,
∴△ODN∽△DBM,
∴OD
DB = DN
BM,
∴OD= 125
96 ,
∴☉O 的半径为125
96 .
第1 题解图②
压轴小卷四
1.
解:(1)∵抛物线y = -x
2 +bx+c 经
9
3
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过点A(0,3),B(6,3),顶点为P,
∴
c= 3,
-36+6b+c= 3,
{
解得b= 6,
c= 3,
{
∴y= -x
2+6x+3= -(x-3)
2+12,
∴点P 的坐标为(3,12);
(2)L2 不能经过点D,
理由如下:
∵点D 在L1 ( 第一象限) 上, 到
x 轴的距离为23
4 ,
∴yD = 23
4 ,
∴当y= 23
4 时,23
4 = -x
2+6x+3,
解得x= 1
2 或x= 11
2 ,
∴点D 的坐标为( 1
2 ,23
4 )或( 11
2 ,
23
4 ).
∵抛物线y=a(x-3)
2+d(a<0)经
过点C ( 1
2 , 2), 对称轴为直线
x= 3,
∴L2 经过点C( 1
2 ,2)和( 11
2 ,2),
∴L2 不能经过点D;
(3)①∵A(0,3),P(3,12),
∴当点E,P 重合时,则E(3,12),
由题意易知M 是AE 的中点,
∴点M 的坐标为( 3
2 ,15
2 ).
∵点M( 3
2 ,15
2 )恰好落在L2 上,
L2 经过点C( 1
2 ,2),
∴
2=a( 1
2 -3)
2+d,
15
2 =a( 3
2 -3)
2+d,
ì
î
í
ïï
ïï
解得a= -11
8 ;
②6-
15.
【解法提示】∵直线AE:y = kx+n
(k > 0) 交L1 于点E, A(0,3),
∴n= 3,∴直线AE 的解析式为
y=kx+3. ∵y = a(x-3)
2 +d(a<0)
经过点C( 1
2 ,2),∴2 = 25
4 a+d,
∴d= 2- 25
4 a,∴y = a(x- 3)
2 + 2-
25
4 a = ax
2 - 6ax + 11
4 a + 2,令ax
2 -
6ax+11
4 a+2 = kx+3,化简得,ax
2 -
kx- 6ax + 11
4 a - 1 = 0, ∴x1 + x2 =
6a+k
a
. ∵点M 为直线AE 与L2 的
唯一公共点,∴Δ = ( k+ 6a)
2 - 4×
a×( 11
4 a-1)= 0①,x1 = x2 = 6a+k
2a ,
则点M 的横坐标为6a+k
2a . ∵点M
的横坐标是点E 横坐标的一半,
∴点E 的横坐标为6a+k
a
,令-x
2 +
6x+3 = kx+3,解得x = 0 或x = 6-
k,此时点E 的横坐标为6 - k,
∴6a+k
a
= 6-k,解得a = -1,将a =
-1 代入①中,解得k1 = 6-
15,
k2 = 6+
15,当k = 6+
15 时,交
点不在L2 上,唯一公共点不在第
一象限, 不符合题意,
∴k =
6-
15.
压轴小卷五
1.
(1) 解:如解图①,连接OC,OE,
OP,OP 交☉O 于点F.
第1 题解图①
∵CP,EP 均与☉O 相切,
∴CP=EP,∠OCP=∠OEP= 90°.
∵∠CPE= 90°,
∴∠COE = 90°,四边形OCPE 是
正方形,
∴CE
(
的长度为8π× 90
360 = 2π.
∵OC=OF= 1
2 AB= 4,
∴OP =
2 OC = 4
2, 即点P 到
点O 的距离为4
2;
(2 ) ①证明: 如解图②, 连接
OC,OE,
由(1)得∠OCP=∠OEP= 90°.
∵DM⊥CP,DN⊥EP,
∴∠DNP=∠DMP= 90°,
∴DM∥OC,DN∥OE,
∴∠MDB=∠COB,∠NDB=∠EOB,
∴∠COB+∠EOB=∠MDB+∠NDB,
∴∠MDN=∠COE;
②x
2
8 .
【解法提示】如解图②,延长EO
交☉O 于点G,连接CG,由(2)①
知DN∥OE,∴∠NDE = ∠CEG. 又
∵EG 为☉O 的直径,∴∠ECG =
90°. ∵∠DNE = 90°,∴△DNE∽
△ECG,∴DN
EC = DE
EG, 即DN
x = DE
8 ,
∴DN= DE·x
8
.
∵
DM ∥OC,
∴∠MDC= ∠OCD. ∵∠OCD =
∠OED, ∴
∠MDC
= ∠OED.
∵∠DMC=
∠ECG
=
90°,
∴△DMC∽△ECG, ∴DM
EC = CD
EG,
即DM
x = CD
8 ,∴DM = CD·x
8
,∴DM+
DN=DC·x+DE·x
8
=(DC+DE)·x
8
=
x
2
8 .
第1 题解图②
压轴小卷六
1.
解: ( 1) 如解图①, 取AC 的中
点G′.
∵G 为BC 的中点,AC=BC,
∴CG′=CG.
∵∠ACB=∠DCF= 90°,
∴∠G′CD=∠GCF.
∵四边形CDEF 为正方形,
∴CD=CF,
在△CDG′和△CFG 中,
CG′=CG,
∠G′CD=∠GCF,
CD=CF,
{
∴△CDG′≌△CFG(SAS),
∴DG′=FG,
∴当DG′最小时,FG 最小,
当DG′⊥AB 时,DG′最小.
∵∠DAC= 45°,
0
4
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∴DG′=AD= 2
2 AG′= 2
2 × 1
2 AC= 2,
∴FG 的最小值为2;
第1 题解图①
(2)①∵四边形CDEF 是正方形,
∴CD=CF.
∵∠ACB=∠DCF= 90°,
∴∠ACD=∠BCF.
在△ACD 和△BCF 中,
AC=BC,
∠ACD=∠BCF,
CD=CF,
{
∴△ACD≌△BCF(SAS),
∴∠CAD=∠CBF= 45°,
∴∠ABC+∠CBF= 90°,
即∠FBA= 90°.
如解图②,当点E 在AB 下方时,
设BC 交EF 于点K,DB 交EF 于
点L.
∵∠DEL=∠FBL= 90°,
∠DLE=∠FLB,
∴∠LDE=∠BFL,
∴D,E,B,F 四点共圆.
∵四边形CDEF 为正方形,
∴C,D,E,F 四点共圆,
∴C,F,B,E,D 五点共圆,
∴∠CFE=∠CBE= 90°,
∴∠EBF=∠CBE+∠CBF= 135°;
如解图③,当点E 在AB 上方时,
设BC 交DE 于点O.
∵∠DCF=∠DBF= 90°,
∴C,D,B,F 四点共圆.
∵四边形CDEF 为正方形,
∴C,D,E,F 四点共圆,
∴C,D,B,E,F 五点共圆,
∴∠CDO=∠CBE= 90°,
∴∠EBF=∠CBE-∠CBF= 45°.
综上所述,当点D 在线段AB 上
运动时, ∠EBF 的度数为135°
或45°;
图②
图③
第1 题解图
②∵CE 交线段AB 于点H,
∴如解图④,点E 在AB 下方,
由①知∠EBH=∠CBA=∠CAB=
45°,
又∵∠EHB=∠AHC,
∴△EHB∽△CHA,
∴BE
AC =BH
AH =
4
3
4 = 1
3 .
∵AB= 2AC= 4 2,
∴BH = 1
4 AB =
2,AH = 3
4 AB =
3 2.
∵四边形CDEF 是正方形,
∴∠DCH= 45°.
∵∠CAH= 45°,
∴∠CAH=∠DCH.
∵∠AHC=∠CHD,
∴△AHC∽△CHD,
∴AH
CH = AC
CD,
∴CD
CH = AC
AH.
∵∠CBD= 45°,
∴∠CBD=∠HCD.
∵∠BDC=∠CDH,
∴△BDC∽△CDH,
∴BD
CD = BC
CH,
∴CD
CH =BD
BC,
∴AC
AH =BD
BC,
∴AH·BD=AC·BC= 16,
∴AH·BD= 3 2·BD= 16,
∴BD= 16
3 2
= 8 2
3 ;
第1 题解图④
(3)sin∠BME 的值为3 10
10 .
【解法提示】如解图⑤,过点C 作
CP⊥AB 于点P,过点E 作EQ⊥
AB 于点Q, ET ⊥BF 于点T.
∵∠ACB= 90°, AC = BC, ∴AB =
2 AC = 4 2, ∴AP = BP = CP =
1
2 AB= 2 2, ∴DP = BP + BD =
3 2,由(2)①得△ACD≌△BCF,
∴AD=BF = 5 2. ∵四边形CDEF
是正方形, ∴CD = DE, ∠CDE =
90°,易得四边形BQET 是矩形,
∴ET= BQ, EQ = BT. ∵∠CPD =
∠CDE= ∠EQD = 90°,∴∠CDP+
∠EDQ = ∠CDP + ∠DCP = 90°,
∴∠EDQ= ∠DCP. 在△CDP 和
△DEQ 中,
∠CPD=∠DQE,
∠DCP=∠EDQ,
CD=DE,
{
∴△CDP≌△DEQ(AAS),∴DP =
EQ= 3 2,DQ = CP = 2 2,∴BT =
EQ = 3 2, ET = BQ = BD + DQ =
3 2. ∵∠CAB = 45°, ∠ABF =
90°,∴∠AMB = 45°,∴△ABM 是
等腰直角三角形, ∴BM = AB =
4 2,∴MT=BM-BT= 2,∴EM =
ET
2+MT
2 = 2 5,∴sin∠BME =
ET
EM = 3 2
2 5
= 3
10
10
.
第1 题解图⑤
压轴小卷七
1.
解:(1)当0≤t≤20 时,设y甲与t
的函数解析式为y=kx+b(k≠0),
将(0,40),(20,0) 的坐标代入得
40=b,
0= 20k+b,
{
解得k= -2,
b= 40,
{
∴当0≤t≤20 时,y甲与t 的函数
解析式为y甲= -2t+40,∵20
s 前
甲的飞行速度为40
20 = 2(m/ s),且
甲在20
s 后速度比20
s 前的速度
增加了1
m/ s,
∴甲在20
s 后速度为3
m/ s,
∴m= 3×(60-20)= 120,
当20<t≤60 时,设y甲与t 的函数
解析式为y=k1x+b1(k1≠0),
将(20,0),(60,120) 的坐标代入
得
0= 20k1+b1,
120= 60k1+b1,
{
解得
k1 = 3,
b1 = -60,
{
∴当20<t≤60 时,y甲与t 的函数
解析式为y甲= 3t-60,
∴y甲与t 的函数解析式为
y甲= -2t+40(0≤t≤20),
3t-60(20<t≤60);
{
1
4
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(2)当0≤t≤20 时,y甲= -2t+40,
令30= -2t+40,解得t= 5,
当20<t≤60 时,y甲= 3t-60,则30
= 3t-60,解得t= 30,
综上所述,当甲到点O 的距离为
30
m 时,t 的值为5 或30;
(3)若甲刚好在距离点B 的10
m
处追上乙, 则相遇点离点O
110
m,
则20+110
3 =110
v ,解得v= 33
17(m/ s),
经检验v= 33
17是原方程的解,且符
合实际.
若甲在终点B 追上乙, 则60 =
120
v ,解得v= 2(m/ s),
∴v 的取值范围为33
17≤v≤2.
压轴小卷八
1.
解:(1) ①作出点C′和点P 的位
置如解图①;(作法不唯一)
第1 题解图①
【作法提示】以点E 为圆心,EC
的长为半径作圆交AD 边于
点C′,连接C′E,作∠CEC′的平分
线交BC 于点P.
②如解图①,过点P 作PF⊥AD
于点F.
在矩形ABCD 中,
∵AB= 18,BC= 24,DE= 6,
∴EC=EC′= 12,
∴∠DC′E= 30°.
由折叠的性质得∠PC′E=∠PCE=
90°,
∴∠FC′P= 60°.
∵PF= 18,
∴PC=PC′= 12 3,
∴x= 12 3;
(2)①如解图②,连接PC′,PC. 由
折叠的性质得C′E=CE,PC′=PC,
B′P=BP,∠BCE=∠B′C′E=90°.
∵在矩形ABCD 中,AB = 18,BC =
24,DE= 8,
∴EC=C′E= 10,
∴在Rt△EDC′中,由勾股定理得
C′D= 6,
∴AC′= 18,
由题意得BP=x-24,
∴AP= 18-(x-24).
又∵PC′=PC,
∴AC′
2+AP
2 =BP
2+BC
2,
即18
2 + [18-(x-24)]
2 = ( x -
24)
2+24
2,
解得x= 26,
∴B′P=BP= 2.
∵∠BCE=∠B′C′E= 90°,
∴∠AC′B′+∠DC′E= 90°.
∵∠HAC′=∠C′DE= 90°,
∴∠AC′B′+∠AHC′= 90°,
∴∠DC′E=∠AHC′=∠B′HP,
∴tan∠B′HP=tan∠DC′E= 4
3 ,
∴B′P
B′H = 4
3 ,
即2
B′H = 4
3 ,
解得B′H= 3
2 ,
∴S△B′PH = 1
2 B′P·B′H= 3
2 ;
第1 题解图②
②20x
2
x
2+100
.
【解法提示】如解图③,当10<x≤
24 时,点P 在BC 上,过点C′分别
作C′K⊥CD 于点K,C′Q⊥BC 于
点Q,则四边形C′KCQ 为矩形,
∴∠QC′K= 90°, ∴
∠KC′E +
∠QC′E = 90°, 由折叠的性质得
∠PC′E = ∠PCE = 90°,PC′ = PC =
x, ∴∠PC′Q + ∠QC′E = 90°,
∴∠KC′E= ∠PC′Q. ∵∠C′QP =
∠C′KE, ∴△C′PQ ∽△C′EK,
∴C′P
C′E = PQ
EK = C′Q
C′K, 设C′K = y,
C′Q=z,由①得EC = C′E = 10,则
x
10 = x-y
z-10 = z
y ,由x
10 = z
y ,得y =
10z
x ,∴x
10 =
x-10z
x
z-10 ,∴z =
20x
2
x
2+100
,
∴点C′ 到直线BC 的距离
为20x
2
x
2+100
.
第1 题解图③
压轴小卷九
1.
解:(1) ∵抛物线W 的最高点坐
标为(4,5),
∴设抛物线W 的函数解析式为
y=a(x-4)
2+5,
将点A(0,1)的坐标代入,
得1=a(0-4)
2+5,
解得a= - 1
4 ,
∴抛物线W 的函数解析式为y =
- 1
4
( x - 4)
2 + 5,即y = - 1
4 x
2 +
2x+1;
(2) ①∵斜面L 与x 轴的正半轴
的夹角为45°,
∴设PL 的函数解析式为y=x+t,
将点P(7,0) 的坐标代入,得0 =
7+t,
∴t= -7,
∴PL 的函数解析式为y=x-7,
由题意,令x-7= - 1
4 x
2+2x+1,
∴x
2-4x-32= 0,
解得x1 = -4,x2 = 8.
∵x>7,
∴x= 8.
当x= 8 时,y=x-7= 1,
∴跳跳球与斜面L 的接触点的坐
标为(8,1);
②由题意得,抛物线W1 的顶点纵
坐标为2,
设抛物线W1 的函数解析式为
y= - 1
4
(x-h)
2+2,
把(8,1)代入,得1 = - 1
4
(8-h)
2
+2,
解得h1 = 10(不符合题意,舍去),
h2 = 6,
∴抛物线W1 的函数解析式为y =
- 1
4
(x-6)
2+2;
令- 1
4
(x-6)
2+2= 0,
解得x1 = 6+2 2,x2 = 6-2 2,
根据球的反弹方向可得x<8,
∴x= 6-2 2.
∴跳跳球第一次反弹的落地点离
2
4
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抛出点A 的水平距离为6-2 2.
压轴小卷十
1.
解: ( 1) 当点P 在BC
(
中点时,
点P 到弦BC 的距离最大,
此时OP⊥BC.
∵AB 是半圆O 的直径,
∴∠ACB= 90°,
∴OE∥AC.
∵O 是AB 的中点,
∴OE 是△ABC 的中位线,
∴OE= 1
2 AC= 4.
∵OP=OB= 1
2 AB= 5,
∴PE=OP-OE= 5-4= 1,
∴点P 到弦BC 的距离最大为1;
(2)如解图①,连接PB,
由(1)得∠OPD= 90°.
∵B 为OD 的中点,
∴PB=OB=BD.
∵OP=OB,
∴△OPB 为等边三角形,
∴∠POB= 60°,
∴PB
(
的长为60π×5
180
= 5π
3 ;
第1 题解图①
(3)如解图②,过点B 作BF⊥CD
于点F, 过点O 作OG ⊥AC 于
点G,
则∠CGO=∠CFB= 90°,
∴CG= 1
2 AC= 4,
∴OG=
OC
2-CG
2 = 3.
∵∠ACB= 90°,
∴BC=
AB
2-AC
2 = 6.
∵∠ACB=∠OCF= 90°,
∴
∠ACB - ∠OCB = ∠OCF -
∠OCB,即∠OCG=∠BCF,
∴△OCG∽△BCF,
∴OC
BC = OG
BF, 即5
6 =
3
BF, 解得
BF= 18
5 .
∵△DBF∽△DOC,
∴BD
OD = BF
OC,即BD
BD+5 =
18
5
5 ,
解得BD= 90
7 ;
第1 题解图②
(4)4 或44
25.
【解法提示】如解图③,④,分别过
点P 作PM⊥BC,PR⊥OB,垂足
分别为点M,R,PR 交BC 于点Q,
过点O 作ON⊥BC 于点N. 如解图
③,当点P 靠近点C 时,∵∠PME=
∠ONE,∠PEM = ∠OEN,∴△ONE
∽△PME, ∴OE
PE = ON
PM, 即5-PE
PE
=
4
4
5
,
解
得
PE=
5
6 ,
∴ME=
PE
2-MP
2
=
7
30. ∵
∠PQM =
∠BQR,∴tan∠PQM=tan∠BQR=tan
∠BAC= 3
4 ,∴PM
MQ= 3
4 ,
4
5
MQ = 3
4 ,解
得MQ= 16
15,∴EQ= MQ-ME= 5
6 ,
∴EQ = PE, ∴∠EPQ = ∠EQP =
∠RQN, 由解图③得∠RQN =
∠RON,∴∠BON= ∠OPR. ∵OP
=OB,∴△ONB≌△PRO,∴PR =
ON= 4;如解图④,当点P 靠近点
B 时,过点E 作EI⊥OD 于点I,同
理可得PE = 5
6 , ME = 7
30, NE =
5ME = 7
6 , BE = NB - NE = 11
6 .
∵sin∠NBR= 4
5 ,∴EI
BE= 4
5 ,EI =
4
5 BE. ∵EI
PR =OE
OP = 5
6 ,∴PR = 6
5 ×
4
5 ×11
6 = 44
25. 综上所述,点P 到AB
的距离为4 或44
25.
图③
图④
第1 题解图
压轴小卷十一
1.
(1) 解:点F 在线段AD 上,理由
如下:
如解图①,连接AO,BO.
∵四边形ABCD 是正方形,点O
是正方形ABCD 的中心,
∴∠DAO = ∠BAO = ∠EBO = 45°,
AO=BO,
∴∠AOB= 90°.
∵将OE 绕点O 顺时针旋转90°
得到OF,
∴EO=FO,∠EOF= 90°,
∵∠AOB=∠EOF= 90°,
∴∠BOE=∠AOF,
在△AFO 和△BEO 中,
AO=BO,
∠AOF=∠BOE,
FO=EO,
{
∴△AFO≌△BEO(SAS),
∴∠FAO=∠EBO= 45°,
∴∠FAO=∠DAO,
即点F 在线段AD 上;
第1 题解图①
(2)证明:由(1)易得AF=BE.
∵四边形ABCD 是正方形,
∴AB=BC,∠DAB=∠ABC,
∴△FAB≌△EBC,
∴∠ABF=∠BCE.
∵∠ABC=∠FBC+∠ABF= 90°,
∴∠FBC+∠BCE= 90°,
∴∠BPC= 90°,
∴在Rt △EBC 中, tan ∠BCE =
BE
BC,在Rt△BPC 中,tan∠BCP=
BP
PC,
∴BP
PC =BE
BC;
(3)解:如解图②,延长PF 交CD
的延长线于点H,连接CF,
由(2)得∠BPC= 90°,
∴∠HPC=∠BPC= 90°,
∵四边形ABCD 是正方形,
∴∠FDC= 90°.
∴∠HDF=∠HPC= 90°.
∵∠H=∠H,
∴△HDF∽△HPC,
∴HD
HP =HF
HC,∴HD
HF =HP
HC.
又∵∠H=∠H,
∴△HPD∽△HCF,
∴∠DPF=∠DCF,
在正方形ABCD 中,∵AF∥CG,
∴△AFE∽△BGE,
3
4
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∴AE
BE = AF
BG,
由(1)易得AF=BE,
设AF=x,AB = a,则BE = x,AE = a
-x,BG=BC=a,
∴a-x
x = x
a ,
∴x
2 =a(a-x),
解得x1 = 5 -1
2
a,x2 = - 5 +1
2
a(舍
去),∴DF=a- 5 -1
2
a= 3- 5
2
a,
∴tan∠FCD = DF
DC = 3- 5
2
, 即
tan∠DPF= 3- 5
2
.
第1 题解图②
压轴小卷十二
1.
解: ( 1) 描点画出函数图象如
解图;
第1 题解图
(2) 根据表中数据特点可判断,
当放入杯中的物体质量在0~ 1. 2
kg 范围内时,杯子浸入水中的深度
y 与放入杯中的物体质量x 之间的
函数模型是“一次函数”;
设y 关于x 的函数解析式为y =
kx+b(k≠0),
将x = 0,y = 0. 02 和x = 1. 2,y =
0. 1,代入y=kx+b(k≠0)中,
得0. 02=b,
0. 1= 1. 2k+b,
{
解得k= 1
15,
b= 0. 02,
{
∴y 关于x 的函数解析式为y =
1
15x+0. 02(0≤x≤1. 2);
(3) 当y = 0. 15 时, 1
15 x+ 0. 02 =
0. 15,
解得x= 1. 95,
∵2
kg>1. 95
kg,超过了此玻璃杯
的最大刻度,
∴若玻璃杯上所标刻度最高为
0. 15
m,此“浮力称” 不可以称质
量为2
kg 的物体.
压轴小卷十三
1.
(1)证明:∵AE 为半圆O 的直径,
D 为半圆上的点,
∴∠ADE= 90°.
又∵∠ABC= 90°,
∴∠ADE=∠ABC.
在Rt△ADE 中,∵∠DAE= 30°,
∴DE= 1
2 AE.
∵AB= 1
2 AE,
∴DE=AB.
在△EDA 和△ABC 中,
∠DAE=∠BCA,
∠ADE=∠CBA,
DE=BA,
{
∴△EDA≌△ABC(AAS);
BC= 3
(2)解:在Rt△ABC 中,∠C= 30°,
,
∴AB=
3,
∴半圆O 的半径为
3.
如解图①,当半圆O 与边AB 相切
时,∠OAB= 90°,
∴∠OAB+∠B= 180°,
∴AE∥BC,圆心O 到BC 的距离
为AB 的长,等于半径,
∴半圆O 与边BC 也相切.
此时点O 运动的路径是以点A 为
圆心,
3 为半径, 圆心角为90°
的弧,
弧长为90
180π×
3 =
3
2 π;
第1 题解图①
如解图②,当半圆O 与边AC 相切
时,∠OAC = 90°,则∠OAB = 90° +
60° = 150°.
点O 的运动路径是以点A 为圆
心,
3 为半径,圆心角为150° 的
弧,弧长为150
180 π ×
3 = 5
3
6
π,
综上所述, 当半圆O 恰好与
△ABC 的边相切时,点O 运动的
路径长为3
2 π 或5
3
6 π;
第1 题解图②
∠C=∠MAN
(3)解:∵∠AMC=∠NMA,
,
∴△CMA∽△AMN,
∴CM
AM = CA
AN = AM
NM.
∵AM=AN,
∴CM=CA.
在Rt△ABC 中,∠C=30°,BC=3,
∴CA= 2
3,
∴CM= 2
3.
∵AM=AN,AB⊥BC,
∴MB = BN = 1
2 MN = CM - BC =
2
3 -3,
∴MN= 4
3 -6,
∴AM
2 = MN·CM = (4
3 - 6) ×
2
3 = 24-12
3,
∴AM′的值为24-12 3.
压轴小卷十四
1.
解:(1) ∵在矩形ABCD 中,AD =
8,AB= 6,
∴∠BAD=90°,BD=
AB
2+AD
2 =
10.
∵S△BAD = 1
2 BA·AD= 1
2 BD·AE,
∴AE=BA·AD
BD
= 6×8
10 = 24
5 ,
∴BE=
AB
2-AE
2 = 18
5 ;
(2)如解图①,设☉O 与AD 相切
于点H,连接OH.
第1 题解图①
由题意得,OH⊥AD,且BA⊥AD,
∴OH∥BA,
∴△DOH∽△DBA,
∴OH
BA =OD
BD,
即OH
6 = 10-OB
10
.
∵OH=OB,
∴OB= 15
4 ,
4
4
参考答案
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∴当☉O 与AD 相切时,☉O 的半
径为15
4 ;
(3)如解图②,过点G 分别作GM
⊥BD 于点M,GN⊥AE 于点N.
∵AF=AG,
∴∠AGF=∠AFG=∠BFE.
∵∠EBF + ∠BFE = 90°,∠AGF +
∠ABG= 90°,
∴∠EBF=∠ABG.
∵GM⊥BD,GA⊥BA,
∴MG=GA.
∵S△BAD = 1
2 BD · MG + 1
2 BA ·
AG= 1
2 AD·AB,
∴5MG+3MG= 24,
∴MG=AG= 3=AF.
∵NG⊥AE,AE⊥BD,
∴NG∥BD,
∴△ANG∽△AED,
∴NG
ED = AG
AD.
由(1)知BE= 18
5 ,
∴ED=BD-BE= 32
5 ,
∴NG
32
5
= 3
8 ,∴NG= 12
5 ,
∴S△AFG = 1
2 AF · NG = 1
2 × 3 ×
12
5 = 18
5 .
第1 题解图②
压轴小卷十五
1.
解:(1) 将点A(1,0),B(3,0) 代
入
y = ax
2 + bx + 3
中, 得
0=a+b+3,
0= 9a+3b+3,
{
解得a= 1,
b= -4,
{
∴抛物线l1 的函数解析式为y =
x
2-4x+3;
(2)由(1)得抛物线l1:y = x
2 -4x+
3=(x-2)
2-1,
∴由题意得抛物线l2: y =
(x-2+t)
2-4,
∴抛物线l2 的对称轴为直线x =
2-t,顶点的纵坐标为-4<-3,
∴抛物线l2 的对称轴不在0 ≤
x≤2 内,
∴抛物线l2 的对称轴在直线x= 0
的左侧,此时2-t<0,即t>2.
∵抛物线l2 的开口向上,
∴在0≤x≤2 内,y 随x 的增大而
增大,
∴当x= 0 时,y= -3,
即-3=(0-2+t)
2-4,
解得t1 = 1(舍去),t2 = 3,
∴t 的值为3,
∴当0≤x≤2,y2 ≥- 3 时,t 的取
值范围是t≥3;
(3)①以点C,D,H,G 为顶点的四
边形为平行四边形. 理由:
当t= 4 时,抛物线l2 的解析式为
y2 =(x+2)
2-4=x
2+4x.
如解图,连接CD,DH,HG,CG,
由抛物线l1 的函数解析式可得
G(2,-1),C(0,3),
由抛物线l2 的函数解析式可得
H(-2,-4),D(-4,0),
∴xC-xD = 4,yC -yD = 3,xG -xH = 4,
yG-yH = 3,
∴CD=HG.
∵xH-xD = 2,yD -yH = 4,xG -xC = 2,
yC-yG = 4,
∴DH=CG,
∴四边形CDHG 为平行四边形,
∴以C,D,H,G 为顶点的四边形
为平行四边形;
第1 题解图
②由①可知抛物线l2:y2 =x
2+4x,
令x
2+4x=nx+n,
整理,得x
2+(4-n)x-n= 0,
则关于x 的一元二次方程x
2+(4-
n)x-n = 0 的解为x1 = xP,x2 = xQ,
可得xP+xQ =n-4.
∵x 轴平分PQ,
∴(nxP+n)+(nxQ+n)= 0,
整理,得n(xP+xQ+2)= 0.
∵n≠0,∴xP+xQ+2= 0,
∴n-4+2= 0,∴n= 2.
压轴小卷十六
1.
解:(1)∵在Rt△ABC 中,
∠ACB= 90°,∠B= 30°,AC= 2,
∴AB= 4,BC= 2 3.
∵DE 垂直平分AB,
∴∠DEB= 90°,BE= 2.
∵∠ABC=∠DBE,
∴△ABC∽△DBE,
∴BC
BE = AB
DB,即2 3
2 = 4
DB,
解得BD= 4 3
3 ,
∴CD=BC-BD=2 3-4 3
3 =2 3
3 ;
(2) ①如解图①,当点D′落在直
线DE 上时,
∵DE 垂直平分AB,
∴∠AED= 90°,AD=BD.
∵∠B= 30°,
∴∠DAB=∠B= 30°,
∴∠ADE= 60°.
由旋转的性质得AD=AD′,
∴△ADD′为等边三角形,
∴∠DAD′= 60°,
∴当点D′ 落在直线DE 上时,
α= 60°;
第1 题解图①
②如解图②,设CD′交AB 于点F.
第1 题解图②
由(1)得BD= 4 3
3 .
∵DE 垂直平分AB,
∴AD=BD= 4 3
3 .
由旋转的性质得AD′=AD=4 3
3 .
∵CD′∥DE,∠AED= 90°,
∴∠AED=∠AFC=∠AFD′=90°,
在Rt△AFC 中,
∵sin∠CAF=sin
60° =CF
AC = 3
2 ,
即CF
2 = 3
2 ,
∴CF= 3,
∴AF= 1.
在Rt△AFD′中,
FD′=
AD′
2-AF
2 =
39
3
,
5
4
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∴CD′=CF+FD′= 3 +
39
3
;
③CD′存在最大值,最大值为2+
4 3
3 ,此时α= 150°.
在△ACD′中,AC+AD′>CD′,
∴当C,A,D′三点共线时,CD′的
值最大,最大值为AC+AD′的长.
此时α= 180°-∠CAD,
由①得∠DAE= 30°,
∴∠CAD = 30°, ∴α = 180° -
∠CAD= 150°,
由②得AD′= 4 3
3 .
∵AC= 2,
∴CD′的最大值为2+4 3
3 ,此时α
= 150°;
(3)2.
【解法提示】如解图③,当点D′落
在线段AB 上时,∠CAE′ = ∠CAB+
∠D′AE′ = 90°. ∵∠AE′ D′ = 90°,
∴AC∥D′E′,∴点D′到直线AC 的
距离=点E′到直线AC 的距离. ∵
AE′= 2,∴点E′到直线AC 的距离
为2,∴点D′到直线AC 的距离为
2;如解图④,当点D′落在线段BA
的延长线上时, ∠E′ AC = 180° -
∠D′AE′- ∠BAC = 90°, ∴E′ A ⊥
AC. ∵∠AE′D′= 90°,∴AC∥D′E′,
∴点D′到直线AC 的距离= 点E′
到直线AC 的距离. ∵AE′ = 2,
∴点E′到直线AC 的距离为2,
∴点D′到直线AC 的距离为2. 综
上所述,点D′到直线AC 的距离
为2.
图③
图④
第1 题解图
压轴小卷十七
1.
(1)解:∵镜面AB:y = 2x+5(-2≤x
≤1),MQ∥AB,
∴设MQ 所在直线l 的函数解析
式为y= 2x+b,
将M(4,0)代入y= 2x+b 中,
得0= 2×4+b,解得b= -8.
∴屏幕所在直线l 的函数解析式
为y= 2x-8;
(2) 证明:在反射过程中,法线与
镜面垂直.
∵MQ∥AB,
∴MQ 垂直法线,
∴∠PKM=∠PKQ= 90°.
由反射角等于入射角可得,
∠MPK=∠QPK,
又∵PK=PK,
∴△PMK≌△PQK,
∴MK=QK,
∴K 是MQ 的中点,
∴点K 的纵坐标是点M,Q 的纵
坐标的平均数;
(3)解:∵直线AB 上的点P 的横
坐标为-1,
∴y= 2×(-1)+5= 3,
∴P(-1,3).
∵法线与AB 垂直,
∴设法线的函数解析式为y =
- 1
2 x+m.
将P(-1,3)代入得3= - 1
2 ×(-1)
+m,
解得m= 5
2 .
∴法线的函数解析式为
y= -
1
2 x+ 5
2 .
联立
y= 2x-8,
y= - 1
2 x+ 5
2 ,
{
得
x= 21
5 ,
y= 2
5 ,
ì
î
í
ïï
ïï
∴K( 21
5 , 2
5 ).
∵点K 的纵坐标是点M,Q 的纵
坐标的平均数,
∴2
5 = 0+yQ
2
,解得yQ = 4
5 ,
令4
5 = 2x-8,解得x= 22
5 ,
∴点Q 的坐标为( 22
5 , 4
5 ).
压轴小卷十八
1.
解:(1)2;
【解法提示】如解图①,连接AC.
∵四边形ABCD 是菱形,
AB = 4,
∴AB = AD = DC = BC = 4.
∵∠ADC= 60°,∴△ADC 是等边
三角形,∴AC = AD = DC = 4. ∵点
E
是CD 的中点, ∴DE = CE =
1
2 CD= 2,∴半圆O 的半径为2,
∴PA≥AC-OP = 4- 2 = 2,∴当点
P 在AC 上时, PA 最小, 最小值
为2.
第1 题解图①
(2)①如解图②,设半圆O 和AB
相切于点M,连接OM,并反向延
长交CD 于点H,过点B 作BN⊥
CD 交DC 的延长线于点N,
∴OM⊥AB.
∵四边形ABCD 是菱形,
∴AB∥CD,
∴MH⊥CD,BN⊥AB,
∴四边形MHNB 是矩形,
∴MH=NB.
∵∠ADC= 60°,AB= 4,
∴∠BCN= 60°,BC= 4,
∴CN= 1
2 BC= 2,BN= 2
3.
∵OM= 2,
∴
圆心O 到边CD 的距离OH =
MH-OM= 2
3 -2;
第1 题解图②
②如解图③,过点F
作FH⊥BC,
垂足为H,延长FE 和BC 相交于
点G,连接AC.
第1 题解图③
∵∠ADC= 60°,AD=DC,
∴△ACD 是等边三角形.
∵
点E
是CD 的中点,
∴DE=CE,
∴AE⊥DE.
∵AD∥BC,
∴∠ADC=∠DCG.
∴△AED≌△GEC(ASA)
又∵∠AED=∠GCE,
,
∴AE=GE.
∵∠ADC= 60°,
∴∠DAE= 30°,
∴AE=EG= 2
3,
∴FG=EF+EG= 4+2
3.
6
4
参考答案
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∵∠EGC=∠DAE= 30°,
∴FH= 1
2 GF = 1
2 ×(4+2
3 )= 2+
3,即点F 到直线BC 的距离为
2+ 3;
③5-
13或2 或6.
【解法提示】当点F 落在BC 上
时,如解图④, 过点F
作FH ⊥
DC, 垂足为H, ∠BCD = 120°,
∠BCH = 60°. 设CH = x,则FH =
3 x. ∵EF = 4, EC = 2, ∴在
Rt△EFH 中, E H
2 + F H
2 = E F
2,
即(x+2)
2+(
3x)
2 = 4
2,解得
x1 =
-1+
13
2
,x2 = -1-
13
2
( 舍去),
∴FC = 2x =
13 - 1,∴BF = BC-
FC= 4-(
13 -1)= 5-
13;当点
F
落在线段AB 上时,如解图⑤,
可知点F
是AB 的中点, BF =
1
2 AB = 2; 当点F 落在射线BA
上,且在点A
左侧时,如解图⑥,
连接AE, 由②可知
AE⊥DE.
∵AB∥CD,∴AE⊥BF. ∵EF = 4,
AE= 2
3,∴AF =
4
2-(2
3)
2 =
2,∴BF = AB+AF = 6. 综上所述,
BF 的长为5-
13或2 或6.
图④
图⑤
图⑥
第1 题解图
7
4
