15.2023年巨野县学业水平第三次阶段性质量检测-2023年山东省菏泽市中考三模数学试题

— ８５ — — ８６ — — ８７ — 一、选择题(本大题共 ８ 小题ꎬ每小题 ３ 分ꎬ共 ２４ 分ꎮ 在每小题给出的四个选项中ꎬ只有一项符合题目要求) １.在下列四个实数中ꎬ最小的数是 (　 　 ) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ.－３ Ｂ. １ ２ Ｃ.０ Ｄ. ２ ２.某种芯片每个探针单元的面积为 ０.０００ ００１ ６４ ｃｍ２ꎬ数据 ０.０００ ００１ ６４ 用科学记数法表示为 (　 　 ) Ａ.１.６４×１０－５ Ｂ.１.６４×１０－６ Ｃ.１６.４×１０－７ Ｄ.０.１６４×１０－５ ３.下列运算正确的是 (　 　 ) Ａ.ａ２􀅰ａ３ ＝ａ６ Ｂ.ａ４÷ａ＝ａ４ Ｃ.(ａｂ３) ３ ＝ａ３ｂ９ Ｄ.(ａ３) ４ ＝ａ７ ４.如图是一个几何体的三视图ꎬ则该几何体的体积为 (　 　 ) Ａ.１ Ｂ.２ Ｃ. ２ Ｄ.４ 第４题图 　 第５题图 　 第６题图 　 第７题图 ５.已知直线 ｌ１∥ｌ２ꎬ将含 ３０°角的直角三角尺按如图所示摆放ꎮ 若∠１＝１２０°ꎬ则∠２＝ (　 　 ) Ａ.１２０° Ｂ.１３０° Ｃ.１４０° Ｄ.１５０° ６.如图是根据某米粉店今年 ６ 月 １ 日至 ５ 日每天的用水量(单位:吨)绘制成的折线统计图ꎮ 下列结论 正确的是 (　 　 ) Ａ.平均数是 ６ 吨 Ｂ.众数是 ７ 吨 Ｃ.方差是 ８ Ｄ.中位数是 １１ 吨 ７.如图ꎬＡꎬＢ 是双曲线 ｙ＝ ｋ ｘ 上的两点ꎬ过点 Ａ 作 ＡＣ⊥ｘ 轴ꎬ垂足为 ＣꎬＡＣ 交 ＯＢ 于点 Ｄꎮ 若△ＯＤＡ 的面 积为 １ꎬＤ 是 ＯＢ 的中点ꎬ则 ｋ 的值为 (　 　 ) Ａ. ４ ３ Ｂ. ８ ３ Ｃ.３ Ｄ.４ ８.关于 ｘ 的一元二次方程 ａｘ２＋ｂｘ＋ １ ２ ＝ ０ 有一个根是－１ꎬ若二次函数 ｙ＝ ａｘ２＋ｂｘ＋ １ ２ 的图象的顶点在第一 象限ꎬ设 ｔ＝ ２ａ＋ｂꎬ则 ｔ 的取值范围是 (　 　 ) Ａ. １ ４ <ｔ< １ ２ Ｂ.－１<ｔ≤１ ４ Ｃ.－ １ ２ ≤ｔ< １ ２ Ｄ.－１<ｔ< １ ２ 二、填空题(本大题共 ６ 小题ꎬ每小题 ３ 分ꎬ共 １８ 分) ９.分解因式:－ａｘ２－９ａ＋６ａｘ＝ ꎮ １０.设方程 ｘ２－２ ０２３ｘ－１＝ ０ 的两个根分别为 ｘ１ꎬｘ２ꎬ则 ｘ１＋ｘ２－ｘ１ｘ２ 的值为 ꎮ １１.如图ꎬ将矩形 ＡＢＣＤ 沿 ＥＦ 折叠ꎬ使顶点 Ｃ 恰好落在边 ＡＢ 的中点 Ｃ′上ꎬ点 Ｄ 落在 Ｄ′处ꎬＣ′Ｄ′交 ＡＥ 于 点 Ｍꎮ 若 ＡＢ＝ ６ꎬＢＣ＝ ９ꎬ则 ＢＦ 的长为 ꎮ 第１１题图 　 第１２题图 　 第１３题图 　 第１４题图 １２.黄金分割是一种最能引起美感的分割比例ꎬ具有严格的比例性、艺术性、和谐性ꎬ蕴藏着丰富的美学 价值ꎮ 如图ꎬ某校初三中考百日倒计时启动仪式的舞台 ＡＢ 的长为 １８ 米ꎬ主持人站在点 Ｃ 处自然得 体ꎮ 已知点 Ｃ 是线段 ＡＢ 上靠近点 Ｂ 的黄金分割点ꎬ则此时主持人与点 Ａ 的距离为 米ꎮ (黄金分割点是指将整体一分为二ꎬ较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值的 分割点ꎮ 其比值是一个常数为 ５ －１ ２ ) １３.小华在如图所示的 ４×４ 正方形网格纸板上玩飞镖游戏(每次飞镖均落在纸板上ꎬ且落在纸板的任何 一个点的机会都相等)ꎬ则飞镖落在阴影区域的概率为 ꎮ １４.如图ꎬ抛物线 ｙ＝ １ ４ ｘ２－４ 与 ｘ 轴交于 ＡꎬＢ 两点ꎬＰ 是以点 Ｃ ０ꎬ３( ) 为圆心ꎬ２ 为半径的圆上的动点ꎬＱ 是线段 ＰＡ 的中点ꎬ连接 ＯＱꎬ则线段 ＯＱ 的最大值为 ꎮ 三、解答题(本大题共 １０ 小题ꎬ共 ７８ 分ꎮ 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) １５.(６ 分)计算: ８ － －２ ＋ １ ３ æ è ç ö ø ÷ －１ －２ｃｏｓ ４５°ꎮ １６.(６ 分)解不等式组: ５ｘ＋６>２ ｘ－３( ) ꎬ １－５ｘ ２ ≥３ｘ ＋１ ３ －１ꎬ ì î í ï ï ï ï 并写出解集中所有的整数解ꎮ １７.(６ 分)如图ꎬ在矩形 ＡＢＣＤ 中ꎬ点 Ｅ 在 ＢＣ 上ꎬＡＥ＝ＡＤꎬＤＦ⊥ＡＥꎬ垂足为 Ｆꎮ 求证:ＤＦ＝ＡＢꎮ １８.(６ 分)亚洲第一、中国唯一的航空货运枢纽———鄂州花湖机场ꎬ于 ２０２２ 年 ３ 月 １９ 日完成首次全 货运试飞ꎬ很多市民共同见证了这一历史时刻ꎮ 如图ꎬ市民甲在 Ｃ 处看见飞机 Ａ 的仰角为 ４５°ꎬ同 时另一市民乙在斜坡 ＣＦ 上的 Ｄ 处看见飞机 Ａ 的仰角为 ３０°ꎮ 若斜坡 ＣＦ 的坡比 ＝ １ ∶ ３ꎬ铅垂高 度 ＤＧ＝ ３０ 米(点 ＥꎬＧꎬＣꎬＢ 在同一水平线上)ꎮ 求: (１)两位市民甲、乙之间的距离 ＣＤꎻ (２)此时飞机的高度 ＡＢꎮ (结果保留根号) １９.(７ 分)某公司分别在 ＡꎬＢ 两城生产同种产品ꎬ共 １００ 件ꎮ Ａ 城生产产品的成本 ｙ(万元)与产品数 量 ｘ(件)之间具有函数关系 ｙ＝ ｘ２＋２０ｘ＋１００ꎬＢ 城生产产品的成本为每件 ６０ 万元ꎮ (１)当 Ａ 城生产多少件产品时ꎬＡꎬＢ 两城生产这批产品成本的和最小ꎬ最小值为多少? (２)从 Ａ 城把该产品运往 ＣꎬＤ 两地的费用分别为 １ 万元 /件和 ３ 万元 /件ꎻ从 Ｂ 城把该产品运往 Ｃꎬ Ｄ 两地的费用分别为 １ 万元 /件和 ２ 万元 /件ꎮ Ｃ 地需要 ９０ 件ꎬＤ 地需要 １０ 件ꎬ在(１)的条件下ꎬ怎 样调运可使 ＡꎬＢ 两城运费的和最小? １５ ２０２３ 年巨野县学业水平第三次阶段性质量检测 (时间:１２０ 分钟　 总分:１２０ 分) — ８８ — — ８９ — — ９０ — ２０.(７ 分)如图ꎬ反比例函数 ｙ＝ｍ ｘ 与一次函数 ｙ＝ ｋｘ＋ｂ 的图象交于点 Ａ １ꎬ３( ) ꎬ点Ｂ ｎꎬ１( ) ꎬ一次函数 ｙ＝ ｋｘ ＋ｂ 与 ｙ 轴相交于点 Ｃꎮ (１)求反比例函数和一次函数的表达式ꎻ (２)连接 ＯＡꎬＯＢꎬ求△ＯＡＢ 的面积ꎮ ２１.(１０ 分)２０２２ 年 １０ 月ꎬ中共中央胜利召开了第二十次全国代表大会ꎬ我县组织全体学生开展了“学 习二十大、争做好队员”的主题阅读活动ꎬ受到了各校的广泛关注和同学们的积极响应ꎮ 某校为了 解同学们的阅读情况ꎬ随机抽查了部分学生在某一周的主题阅读文章的篇数ꎬ并制成了如图所示的 统计图表ꎮ 某校抽查的学生阅读篇数统计表 文章阅读篇数 ４ ５ ６ ７ 人数 ８ ｍ ２０ ４ 请根据统计图表中的信息ꎬ解答下列问题: (１)被抽查的学生人数为 ꎬｍ＝ ꎻ (２)本次抽查的学生阅读篇数的中位数是 ꎬ众数是 ꎻ (３)求本次抽查的学生平均每人阅读的篇数ꎻ (４)若该校共有学生 １ ０００ 人ꎬ请估计该校学生在本周内阅读篇数为 ４ 篇的人数ꎮ ２２.(１０ 分)如图ꎬ在☉Ｏ 的内接四边形 ＡＢＣＤ 中ꎬ∠ＢＣＤ＝ １２０°ꎬＣＡ 平分∠ＢＣＤꎮ (１)求证:△ＡＢＤ 是等边三角形ꎻ (２)若 ＢＤ＝ ３ꎬ求☉Ｏ 的半径ꎮ ２３.(１０ 分)(１)①如图 １ꎬ等腰△ＡＢＣ(ＢＣ 为底)与等腰△ＡＤＥ(ＤＥ 为底)ꎬ∠ＢＡＣ ＝∠ＤＡＥꎬ则 ＢＤ 与 ＣＥ 的数量关系为 ꎻ ②如图 ２ꎬ在矩形 ＡＢＣＤ 中ꎬＡＢ＝ ３ꎬＡＤ＝ ４ꎬ则 ｓｉｎ∠ＤＡＣ＝ ꎻ (２)如图 ３ꎬ在(１)②的条件下ꎬ点 Ｅ 在线段 ＣＤ 上运动ꎬ将 ＡＥ 绕点 Ａ 顺时针旋转得到 ＡＦꎬ使∠ＥＡＦ＝ ∠ＤＡＣꎬ连接 ＣＦꎬ当 ＡＥ＝３ ２时ꎬ求 ＣＦ 的长度ꎻ (３)如图 ４ꎬ在矩形 ＡＢＣＤ 中ꎬ若 ＡＢ＝ ２ ３ ꎬＡＤ＝ ６ꎬ点 Ｅ 在线段 ＣＤ 上运动ꎬ将 ＡＥ 绕点 Ａ 顺时针旋转 得到 ＡＦꎬ旋转角等于∠ＢＡＣꎬ连接 ＣＦꎬＡＥ 中点为 ＧꎬＣＦ 中点为 Ｈꎬ若 ＧＨ＝ １３ ꎬ直接写出 ＤＥ 的长ꎮ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 图 １　 　 　 　 　 　 　 　 图 ２　 　 　 　 　 　 　 图 ３　 　 　 　 　 　 　 图 ４ ２４.(１０ 分)如图 １ꎬ在平面直角坐标系 ｘＯｙ 中ꎬ已知抛物线 ｙ ＝ －ｘ２＋ｂｘ＋ｃ 经过 Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)两点ꎮ Ｐ 是抛物线上一点ꎬ且在直线 ＢＣ 的上方ꎮ (１)求抛物线的表达式ꎻ (２)如图 ２ꎬＥ 是 ＯＣ 的中点ꎬ作 ＰＱ∥ｙ 轴交 ＢＣ 于点 Ｑꎬ若四边形 ＣＰＱＥ 为平行四边形ꎬ求点 Ｐ 的横 坐标ꎻ (３)如图 ３ꎬ连接 ＡＣꎬＡＰꎬＡＰ 交 ＢＣ 于点 Ｍꎬ作 ＰＨ∥ＡＣ 交 ＢＣ 于点 Ｈꎮ 记△ＰＨＭꎬ△ＰＭＣꎬ△ＣＡＭ 的 面积分别为 Ｓ１ꎬＳ２ꎬＳ３ꎬ判断 Ｓ１ Ｓ２ ＋ Ｓ２ Ｓ３ 是否存在最大值ꎮ 若存在ꎬ求出最大值ꎻ若不存在ꎬ请说明理由ꎮ 图１ 　 　 图２ 　 　 图３ (４)线段 ＢＥꎬＣＦꎬＥＦ 之间的等量关系为ＢＥ２ ＋ＣＦ２ ＝ ＥＦ２ꎮ 理由如下: 如图 ２ꎬ延长 ＥＤ 到点 Ｇꎬ使 ＤＧ＝ＥＤꎬ连接 ＦＧꎬＣＧꎮ 图 ２ ∵ ＤＥ⊥ＤＦꎬ∴ ＥＦ＝ＦＧꎮ ∵ Ｄ 是 ＢＣ 的中点ꎬ∴ ＢＤ＝ＣＤꎮ 在△ＢＤＥ 和△ＣＤＧ 中ꎬ ＤＥ＝ＤＧꎬ ∠ＢＤＥ＝∠ＣＤＧꎬ ＢＤ＝ＣＤꎬ { ∴ △ＢＤＥ≌△ＣＤＧ(ＳＡＳ)ꎮ ∴ ＢＥ＝ＣＧꎬ∠Ｂ＝∠ＧＣＤꎮ ∵ ∠Ａ＝ ９０°ꎬ ∴ ∠Ｂ＋∠ＡＣＢ＝ ９０°ꎮ ∴ ∠ＧＣＤ＋∠ＡＣＢ＝ ９０°ꎬ即∠ＧＣＦ＝ ９０°ꎮ ∴ Ｒｔ△ＣＦＧ 中ꎬＣＧ２＋ＣＦ２ ＝ＦＧ２ꎮ ∴ ＢＥ２＋ＣＦ２ ＝ＥＦ２ꎮ ２４.解:(１)将 Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３)代入抛物线 ｙ ＝ ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ 中ꎬ 得 ａ－ｂ＋ｃ＝ ０ꎬ ９ａ＋３ｂ＋ｃ＝ ０ꎬ ｃ＝ ３ꎮ { 解得 ａ＝－１ꎬ ｂ＝ ２ꎬ ｃ＝ ３ꎮ { ∴ 抛物线的表达式为 ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３ꎮ (２)如图ꎬ连接 ＢＣꎬ直线 ＢＣ 与直线 ｌ 的交点为 Ｐꎬ连 接 ＡＰꎬ此时△ＰＡＣ 的周长最小ꎮ ∵ 点 ＡꎬＢ 关于直线 ｌ 对称ꎬ ∴ ＰＡ＝ＰＢꎮ ∴ ＢＣ＝ＰＣ＋ＰＢ＝ＰＣ＋ＰＡꎮ 设直线 ＢＣ 的表达式为 ｙ＝ ｋｘ＋ｂ′ꎬ 将 Ｂ(３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３)代入ꎬ 得 ３ｋ＋ｂ′＝ ０ꎬ ｂ′＝ ３ꎮ{ 解得 ｋ＝－１ꎬ ｂ′＝ ３ꎮ{ ∴ 直线 ＢＣ 的表达式为 ｙ＝－ｘ＋３ꎮ ∵ 抛物线的对称轴为 ｘ＝ １ꎬ ∴ 当 ｘ＝ １ 时ꎬｙ＝ ２ꎬ即点 Ｐ 的坐标为(１ꎬ２)ꎮ (３)∵ 抛物线的对称轴为 ｘ＝ １ꎬ ∴ 设Ｍ(１ꎬｍ)ꎮ ∴ ＭＡ２ ＝ ｍ２ ＋ ４ꎬ ＭＣ２ ＝ (３－ｍ) ２ ＋ １ ＝ ｍ２ － ６ｍ＋ １０ꎬ ＡＣ２ ＝ １０ꎮ ①若 ＭＡ＝ＭＣꎬ则 ＭＡ２ ＝ＭＣ２ꎬ即ｍ２＋４＝ｍ２－６ｍ＋１０ꎬ解 得 ｍ＝ １ꎻ ②若 ＭＡ ＝ ＡＣꎬ则 ＭＡ２ ＝ ＡＣ２ꎬ即ｍ２ ＋ ４ ＝ １０ꎬ解得 ｍ ＝ ± ６ ꎻ ③若 ＭＣ＝ＡＣꎬ则 ＭＣ２ ＝ ＡＣ２ꎬ即ｍ２ －６ｍ＋１０ ＝ １０ꎬ解得 ｍ１ ＝ ０ꎬｍ２ ＝ ６ꎮ 当 ｍ＝ ６ 时ꎬＭꎬＡꎬＣ 三点共线ꎬ构不成三角形ꎬ不合题 意ꎬ故舍去ꎮ 综上ꎬ在直线 ｌ 上存在点 Ｍꎬ使△ＭＡＣ 是等腰三角形ꎬ 此时点 Ｍ 的坐标为(１ꎬ１)或(１ꎬ ６ )或(１ꎬ－ ６ )或 (１ꎬ０)ꎮ １５ ２０２３年巨野县学业水平第三次阶段性质量检测 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｄ Ｃ Ｂ Ｄ １.Ａ　 【解析】∵ －３<０< １ ２ < ２ꎬ∴ 最小的数是－３ꎮ 故选Ａꎮ ２.Ｂ　 【解析】０.０００ ００１ ６４＝ １.６４×１０－６ꎮ 故选 Ｂꎮ ３.Ｃ　 【解析】ａ２ 􀅰ａ３ ＝ ａ５ꎬ故 Ａ 错误ꎻａ４ ÷ａ ＝ ａ３ꎬ故 Ｂ 错 误ꎻ(ａｂ３) ３ ＝ ａ３ｂ９ꎬ故 Ｃ 正确ꎻ(ａ３) ４ ＝ ａ１２ꎬ故 Ｄ 错误ꎮ 故选 Ｃꎮ ４.Ｂ　 【解析】由三视图可确定此几何体为底面是一个等 腰直角三角形的直三棱柱ꎬ等腰直角三角形的斜边长 为 ２ꎬ斜边上的高为 １ꎬ则等腰直角三角形的面积＝ １ ２ × ２×１＝ １ꎮ 体积＝底面积×高＝ １×２＝ ２ꎮ 故选 Ｂꎮ ５.Ｄ　 【解析】如图ꎬ 根据题意ꎬ得∠５＝ ３０°ꎮ ∵ ｌ１∥ｌ２ꎬ ∴ ∠３＝∠１＝ １２０°ꎮ ∴ ∠４＝∠３＝ １２０°ꎮ ∴ ∠２＝∠４＋∠５＝ １２０°＋３０° ＝ １５０°ꎮ 故选 Ｄꎮ ６.Ｃ　 【解析】平均数是(５＋７＋１１＋３＋９) ÷５ ＝ ７(吨)ꎬ故 Ａ 选项错误ꎻ众数是 ５ 吨ꎬ７ 吨ꎬ１１ 吨ꎬ３ 吨ꎬ９ 吨ꎬ故 Ｂ 选项 错误ꎻ用水量从小到大排列为 ３ꎬ５ꎬ７ꎬ９ꎬ１１ꎬ中位数是 ７ 吨ꎬ故 Ｄ 选项错误ꎻ方差 ｓ２ ＝ １ ５ [ (５－７) ２ ＋ (７－７)２ ＋ (１１－７)２＋(３－７)２＋(９－７)２] ＝８ꎬ故 Ｃ 选项正确ꎮ 故选Ｃꎮ ７.Ｂ　 【解析】如图ꎬ过点 Ｂ 作 ＢＥ⊥ｘ 轴ꎬ垂足为 Ｅꎮ ∵ Ｄ 是 ＯＢ 的中点ꎬ∴ ＯＢ＝ ２ＯＤꎮ ∵ ＡＣ⊥ｘ 轴ꎬＢＥ⊥ｘ 轴ꎬ ∴ ∠ＯＣＤ＝∠ＯＥＢ＝ ９０°ꎮ ∴ △ＯＣＤ∽△ＯＥＢꎮ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —７４— ∴ Ｓ△ＯＥＢ Ｓ△ＯＣＤ ＝ ＯＢ ＯＤ( ) ２ ＝ ４ꎮ 根据反比例函数的性质ꎬ得 Ｓ△ＯＣＡ ＝Ｓ△ＯＥＢ ＝ ｋ ２ ꎮ ∴ Ｓ△ＯＥＢ Ｓ△ＯＣＤ ＝ Ｓ△ＯＣＡ Ｓ△ＯＣＤ ＝ ４ꎮ 设 Ｓ△ＯＣＡ为 ｘꎬ 则 Ｓ△ＯＣＤ ＝Ｓ△ＯＣＡ－Ｓ△ＯＤＡ ＝ ｘ－１ꎮ 可得方程 ｘ ｘ－１ ＝ ４ꎬ解得 ｘ＝ ４ ３ ꎮ 经检验ꎬｘ＝ ４ ３ 是原方程的解ꎮ 根据图象可得 ｋ>０ꎬ ∴ ４ ３ ＝ ｋ ２ ꎮ ∴ ｋ＝ ８ ３ ꎮ 故选 Ｂꎮ ８.Ｄ　 【解析】∵ 关于 ｘ 的一元二次方程 ａｘ２ ＋ｂｘ＋ １ ２ ＝ ０ 有一个根是－１ꎬ ∴ 二次函数 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ １ ２ 的图象过点(－１ꎬ０)ꎮ ∴ ａ－ｂ＋ １ ２ ＝ ０ꎮ ∴ ｂ＝ａ＋ １ ２ ꎮ ∴ ｔ＝ ２ａ＋ｂ＝ ３ａ＋ １ ２ ꎮ ∵ 二次函数 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ １ ２ 的图象的顶点在第一象限ꎬ ∴ ａ<０ꎮ ∴ Δ＝ｂ２－４ａｃ＝ａ２＋ １ ４ ＋ａ－２ａ＝(ａ－ １ ２ )２>０ꎬ－ ｂ ２ａ >０ꎮ ∴ ｂ>０ꎮ ∴ ａ＋ １ ２ >０ꎮ ∴ ａ>－ １ ２ ꎮ ∴ － １ ２ <ａ<０ꎮ ∴ －１<３ａ＋ １ ２ < １ ２ ꎮ ∴ －１<ｔ< １ ２ ꎮ 故选 Ｄꎮ ９.－ａ(ｘ－３) ２ 　 【解析】 －ａｘ２ －９ａ＋６ａｘ ＝ －ａ(ｘ２ － ６ｘ＋ ９) ＝ －ａ(ｘ－３) ２ꎮ １０.２ ０２４　 【解析】∵ 方程 ｘ２ －２ ０２３ｘ－１ ＝ ０ 的两个根分 别为 ｘ１ꎬｘ２ꎬ ∴ ｘ１＋ｘ２ ＝ ２ ０２３ꎬｘ１ｘ２ ＝－１ꎮ ∴ ｘ１＋ｘ２－ｘ１ｘ２ ＝ ２ ０２３＋１＝ ２ ０２４ꎮ １１.４　 【解析】 根据折叠的性质ꎬ得 ＣＦ ＝ Ｃ′ Ｆꎬ∠Ｃ ＝ ∠ＦＣ′Ｍ＝ ９０°ꎬ ∵ 顶点 Ｃ 恰好落在边 ＡＢ 的中点 Ｃ′上ꎬ ∴ ＢＣ′＝ １ ２ ＡＢ＝ ３ꎮ 设 ＢＦ＝ ｘꎬ则 ＣＦ＝Ｃ′Ｆ＝ ９－ｘꎬ ∵ ＢＦ２＋ＢＣ′２ ＝Ｃ′Ｆ２ꎬ∴ ｘ２＋３２ ＝(９－ｘ) ２ꎮ 解得 ｘ＝ ４ꎬ即 ＢＦ＝ ４ꎮ １２.９ ５ －９　 【解析】∵ 点 Ｃ 是线段 ＡＢ 上靠近点 Ｂ 的黄 金分割点ꎬＡＢ＝ １８ 米ꎬ ∴ ＡＣ＝ ５ －１ ２ ＡＢ＝ ５ －１ ２ ×１８＝(９ ５ －９)米ꎮ １３. ７ １６ 　 【解析】∵ 阴影部分的面积 ＝ ７ 个小正方形的面 积ꎬ大正方形的面积＝ １６ 个小正方形的面积ꎬ ∴ 阴影部分的面积占总面积的 ７ １６ ꎮ ∴ 飞镖落在阴影区域的概率为 ７ １６ ꎮ １４.３.５　 【解析】令 ｙ＝ １ ４ ｘ２－４＝ ０ꎬ得 ｘ＝±４ꎮ 故点 Ｂ(４ꎬ０)ꎬ∴ ＯＢ＝ ４ꎮ 设☉Ｃ 的半径为 ｒꎬ则 ｒ＝ ２ꎮ 如图ꎬ连接 ＰＢꎮ ∵ ＱꎬＯ 分别是 ＡＰꎬＡＢ 的中点ꎬ ∴ ＯＱ 是△ＡＢＰ 的中位线ꎮ 当 ＢꎬＣꎬＰ 三点共线ꎬ且点 Ｃ 在 ＰＢ 之间时ꎬＰＢ 最大ꎬ 此时 ＯＱ 最大ꎬ ∵ Ｃ(０ꎬ３)ꎬ∴ ＯＣ＝ ３ꎮ 在 Ｒｔ△ＯＢＣ 中ꎬ由勾股定理ꎬ 得 ＢＣ＝ ＯＢ２＋ＯＣ２ ＝ ４２＋３２ ＝ ５ꎮ ∴ ＯＱ＝ １ ２ ＢＰ＝ １ ２ (ＢＣ＋ｒ)＝ １ ２ ×(５＋２)＝ ３.５ꎮ １５.解:原式＝ ２ ２ －２＋３－２× ２ ２ ＝ ２ ２ ＋１－ ２ ＝ ２ ＋１ꎮ １６.解: ５ｘ＋６>２ ｘ－３( ) ꎬ① １－５ｘ ２ ≥ ３ｘ＋１ ３ －１ꎮ②{ 解不等式①ꎬ得 ｘ>－４ꎬ 解不等式②ꎬ得 ｘ≤ １ ３ ꎬ ∴ 原不等式组的解集为－４<ｘ≤ １ ３ ꎮ 因此原不等式组的整数解有－３ꎬ－２ꎬ－１ꎬ０ꎮ １７.证明:如图ꎬ在矩形 ＡＢＣＤ 中ꎬＡＤ∥ＢＣꎬ∠Ｂ＝ ９０°ꎬ ∴ ∠１＝∠２ꎮ 又∵ ＤＦ⊥ＡＥꎬ ∴ ∠ＤＦＡ＝ ９０°ꎮ ∴ ∠ＤＦＡ＝∠Ｂꎮ 又∵ ＡＤ＝ＥＡꎬ∴ △ＡＤＦ≌△ＥＡＢ(ＡＡＳ)ꎮ ∴ ＤＦ＝ＡＢꎮ １８.解:(１) ∵ 斜坡 ＣＦ 的坡比 ＝ １ ∶ ３ꎬ铅垂高度 ＤＧ ＝ ３０ 米ꎬ ∴ ＤＧ ＣＧ ＝ １ ３ ꎮ ∴ ＣＧ＝ ９０ 米ꎮ ∴ ＣＤ＝ ＤＧ２＋ＣＧ２ ＝ ３０ １０ (米)ꎮ (２)如图所示ꎬ过点 Ｄ 作 ＤＨ⊥ＡＢ 于点 Ｈꎬ则四边形 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —８４— ＢＨＤＧ 是矩形ꎬ ∴ ＢＨ＝ＤＧ＝ ３０ 米ꎬＤＨ＝ＢＧꎮ ∵ ∠ＡＢＣ＝ ９０°ꎬ∠ＡＣＢ＝ ４５°ꎬ ∴ △ＡＢＣ 是等腰直角三角形ꎮ ∴ ＡＢ＝ＢＣꎮ 设 ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ｘ 米ꎬ则 ＡＨ ＝ ＡＢ－ＢＨ ＝ ( ｘ－３０)米ꎬＤＨ ＝ ＢＧ＝ＣＧ＋ＢＣ＝(ｘ＋９０)米ꎬ 在 Ｒｔ△ＡＤＨ 中ꎬｔａｎ∠ＡＤＨ＝ ＡＨ ＤＨ ＝ ３ ３ ꎬ ∴ ｘ－３０ ｘ＋９０ ＝ ３ ３ ꎮ 解得 ｘ＝ ６０ ３ ＋９０ꎮ ∴ ＡＢ＝(６０ ３ ＋９０)米ꎮ １９.解:(１)设 ＡꎬＢ 两城生产这批产品成本的和为 ｗ 万元ꎬ 由题意ꎬ得 ｗ＝ ｘ２＋２０ｘ＋１００＋６０(１００－ｘ) ＝ ｘ２－４０ｘ＋６ １００ ＝(ｘ－２０) ２＋５ ７００ꎮ ∴ 当 ｘ＝ ２０ 时ꎬｗ 取得最小值ꎬ最小值为５ ７００ꎮ ∴ Ａ 城生产 ２０ 件产品时ꎬＡꎬＢ 两城生产这批产品成 本的和最小ꎬ最小值为 ５ ７００ 万元ꎮ (２)设从 Ａ 城把该产品运往 Ｃ 地的产品数量为 ｎ 件ꎬ 则从 Ａ 城把该产品运往 Ｄ 地的产品数量为(２０－ｎ) 件ꎬ从 Ｂ 城把该产品运往 Ｃ 地的产品数量为(９０－ｎ) 件ꎬ从 Ｂ 城把该产品运往 Ｄ 地的产品数量为(１０－２０＋ ｎ)件ꎬ运费的和为 Ｐ 万元ꎮ 由题意ꎬ得 ２０－ｎ≥０ꎬ １０－２０＋ｎ≥０ꎮ{ 解得 １０≤ｎ≤２０ꎮ 由题意ꎬ得 Ｐ＝ｎ＋３(２０－ｎ)＋(９０－ｎ)＋２(１０－２０＋ｎ) ＝ ｎ＋６０－３ｎ＋９０－ｎ＋２ｎ－２０ ＝ －ｎ＋１３０ꎮ 根据一次函数的性质ꎬ得 Ｐ 随 ｎ 增大而减小ꎬ ∴ 当 ｎ＝ ２０ 时ꎬＰ 取得最小值ꎬ最小值为 １１０ꎮ ∴ 从 Ａ 城把 ２０ 件该产品运往 Ｃ 地ꎬ把 ０ 件该产品运 往 Ｄ 地ꎻ从 Ｂ 城把 ７０ 件该产品运往 Ａ 地ꎬ把 １０ 件该 产品运往 Ｄ 地时ꎬ可使 ＡꎬＢ 两城运费的和最小ꎮ ２０.解:(１)把 Ａ(１ꎬ３)代入 ｙ＝ ｍ ｘ ꎬ 得 ｍ＝ １×３＝ ３ꎮ ∴ 反比例函数的表达式为 ｙ＝ ３ ｘ ꎮ 把 Ｂ(ｎꎬ１)代入 ｙ＝ ３ ｘ ꎬ得 ｎ＝ ３ꎮ ∴ 点 Ｂ 的坐标为(３ꎬ１)ꎮ 把 Ａ(１ꎬ３)ꎬＢ(３ꎬ１)代入 ｙ＝ ｋｘ＋ｂꎬ 得 ｋ＋ｂ＝ ３ꎬ ３ｋ＋ｂ＝ １ꎮ{ 解得 ｋ＝－１ꎬ ｂ＝ ４ꎮ{ ∴ 一次函数的表达式为 ｙ＝－ｘ＋４ꎮ (２)把 ｘ＝ ０ 代入 ｙ＝－ｘ＋４ꎬ得 ｙ＝ ４ꎮ ∴ ＯＣ＝ ４ꎮ ∴ Ｓ△ＯＡＢ ＝Ｓ△ＯＣＢ－Ｓ△ＯＣＡ ＝ １ ２ ×４×３－ １ ２ ×４×１＝ ４ꎮ ２１.解:(１)被抽查的学生人数为 ２０÷４０％ ＝ ５０ꎬ ｍ＝ ５０－８－２０－４＝ １８ꎮ (２)将学生阅读篇数从小到大排列ꎬ处在第 ２５ꎬ２６ 位 都是 ５ꎬ因此中位数是 ５ꎬ 学生阅读篇数出现次数最多的是 ６ꎬ出现 ２０ 次ꎬ因此 众数是 ６ꎮ (３)本次抽查的学生平均每人阅读的篇数为 ８×４＋１８×５＋２０×６＋４×７ ５０ ＝ ５.４ꎮ (４)１ ０００× ８ ５０ ＝ １６０ꎮ 答:估计该校学生在本周内阅读篇数为 ４ 篇的人数 为 １６０ꎮ ２２.(１)证明:∵ ∠ＢＣＤ＝ １２０°ꎬＣＡ 平分∠ＢＣＤꎬ ∴ ∠ＡＣＤ＝∠ＡＣＢ＝ ６０°ꎮ 由圆周角定理ꎬ得 ∠ＡＤＢ ＝ ∠ＡＣＢ ＝ ６０°ꎬ ∠ＡＢＤ ＝ ∠ＡＣＤ＝ ６０°ꎮ ∴ △ＡＢＤ 是等边三角形ꎮ (２)解:如图ꎬ连接 ＯＢꎬＯＤꎬ作 ＯＨ⊥ＢＤ 于点 Ｈꎬ 则 ＤＨ＝ １ ２ ＢＤ＝ ３ ２ ꎬ∠ＢＯＤ＝ ２∠ＢＡＤ＝ １２０°ꎮ ∴ ∠ＤＯＨ＝ ６０°ꎮ 在 Ｒｔ△ＯＤＨ 中ꎬＯＤ＝ ＤＨ ｓｉｎ∠ＤＯＨ ＝ ３ ꎬ ∴ ☉Ｏ 的半径为 ３ ꎮ ２３.解:(１)①由题意ꎬ得 ＡＢ＝ＡＣꎬＡＤ＝ＡＥꎬ∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥꎮ ∵ ∠ＢＡＣ＝∠ＢＡＤ＋∠ＤＡＣꎬ∠ＤＡＥ＝∠ＤＡＣ＋∠ＣＡＥꎬ ∴ ∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥꎮ 在△ＢＡＤ 和△ＣＡＥ 中ꎬ ＡＢ＝ＡＣꎬ ∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥꎬ ＡＤ＝ＡＥꎬ { ∴ △ＢＡＤ≌△ＣＡＥ(ＳＡＳ)ꎮ ∴ ＢＤ＝ＣＥꎮ ②∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是矩形ꎬ ∴ ＣＤ＝ＡＢ＝ ３ꎬ∠Ｄ＝ ９０°ꎮ 在 Ｒｔ△ＡＣＤ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ＡＣ＝ ＡＤ２＋ＣＤ２ ＝５ꎮ ∴ ｓｉｎ∠ＤＡＣ＝ ＣＤ ＡＣ ＝ ３ ５ ꎮ (２)如图ꎬ作 ＦＭ⊥ＡＣ 于点Ｍꎬ则∠ＡＭＦ＝９０°ꎮ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —９４— ∵ ∠ＥＡＦ ＝∠ＤＡＣꎬ且∠ＥＡＦ ＝∠ＭＡＦ＋∠ＥＡＭꎬ∠ＤＡＣ ＝ ∠ＥＡＭ＋∠ＤＡＥꎬ ∴ ∠ＭＡＦ＝∠ＤＡＥꎮ 由旋转的性质ꎬ得 ＡＥ＝ＡＦꎮ 在 Ｒｔ△ＤＡＥ 和 Ｒｔ△ＭＡＦ 中ꎬ ∠Ｄ＝∠ＡＭＦꎬ ∠ＤＡＥ＝∠ＭＡＦꎬ ＡＥ＝ＡＦꎬ { ∴ Ｒｔ△ＤＡＥ≌Ｒｔ△ＭＡＦ(ＡＡＳ)ꎮ 在 Ｒｔ△ＡＤＥ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ＤＥ＝ ＡＥ２－ＡＤ２ ＝ ２ꎮ ∵ ＣＤ＝ＡＢ＝ ３ꎬ ∴ 在 Ｒｔ△ＡＤＣ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ＡＣ＝ ＡＤ２＋ＣＤ２ ＝５ꎮ ∵ Ｒｔ△ＤＡＥ≌Ｒｔ△ＭＡＦꎬ ∴ ＡＤ＝ＡＭ＝ ４ꎬＦＭ＝ＤＥ＝ ２ ꎮ ∵ ＡＣ＝ＡＭ＋ＣＭꎬ ∴ ＣＭ＝ＡＣ－ＡＭ＝ ５－４＝ １ꎮ ∴ 在 Ｒｔ△ＣＦＭ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ＣＦ ＝ ＦＭ２＋ＣＭ２ ＝ ３ꎮ (３)如图ꎬ延长 ＡＢꎬＣＦ 交于点 Ｍꎬ 过点 Ａ 作 ＡＮ⊥ＣＦ 于点 Ｎꎬ连接 ＥＦꎬＧＮꎬ过点 Ｈ 作ＨＰ⊥ＧＮ 于点 Ｐꎬ连接 ＥＮ 并延长交 ＡＭ 的延长 线于点 Ｑꎮ ∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是矩形ꎬ ∴ ＢＣ＝ＡＤ＝ ６ꎮ ∴ ＡＣ＝ ＡＢ２＋ＢＣ２ ＝ ４ ３ ꎬ ｔａｎ∠ＡＣＢ＝ ＡＢ ＢＣ ＝ ３ ３ ꎮ ∴ ∠ＡＣＢ＝ ３０°ꎬ∠ＡＣＤ＝∠ＢＡＣ＝ ６０°ꎮ ∵ 将 ＡＥ 绕点 Ａ 顺时针旋转得到 ＡＦꎬ 旋转角等 于∠ＢＡＣꎬ ∴ ＡＥ＝ＡＦꎮ ∴ △ＡＥＦ 是等边三角形ꎮ ∴ ∠ＡＦＥ＝∠ＡＥＦ＝∠ＡＣＤ＝ ６０°ꎮ ∴ 点 ＡꎬＦꎬＣꎬＥ 四点共圆ꎮ ∴ ∠ＡＣＭ＝∠ＡＥＦ＝ ６０°ꎮ ∴ △ＡＣＭ 是等边三角形ꎬＡＭ＝ＣＭ＝ＡＣ＝４ ３ ꎮ ∵ ＡＮ⊥ＣＦꎬ ∴ ＣＮ＝ＭＮ＝ １ ２ ＣＭ＝ＣＤ＝ ２ ３ ꎮ ∵ ∠ＡＣＤ＝∠ＡＣＭ＝ ６０°ꎬ∠Ｄ＝∠ＡＮＣ＝ ９０°ꎬ ∴ ＡＮ＝ＡＤꎮ ∵ ＡＥ＝ＡＦꎬ ∴ △ＡＤＥ≌△ＡＮＦ(ＨＬ)ꎮ ∴ ＤＥ＝ＮＦꎮ ∵ ∠ＥＮＣ＝∠ＱＮＭꎬ∠ＱＭＮ＝∠ＥＣＮ＝ １２０°ꎬ ∴ △ＥＣＮ≌△ＱＭＮ(ＡＳＡ)ꎮ ∴ ＭＱ＝ＣＥꎮ ∵ Ｇ 是 ＡＥ 的中点ꎬ ∴ ＧＮ 是△ＥＡＱ 的中位线ꎮ 设 ＤＥ＝ＦＮ＝ ２ｘꎬ 则 ＣＥ＝ＣＤ－ＤＥ＝ ２ ３ －２ｘꎬ ∴ ＧＮ＝ １ ２ ＡＱ ＝ １ ２ (ＡＭ＋ＣＥ)＝ １ ２ ×(４ ３ ＋２ ３ －２ｘ)＝ ３ ３ －ｘꎮ ∵ Ｈ 是 ＣＦ 的中点ꎬ ∴ ＦＮ＋ＨＮ＝ＣＮ－ＨＮꎮ ∴ ＨＮ＝ １ ２ (ＣＮ－ＦＮ)＝ ３ －ｘꎮ ∵ ＧＮ∥ＡＭꎬ∴ ∠ＧＮＨ＝∠ＡＭＮ＝ ６０°ꎮ ∴ ＰＮ＝ １ ２ ＨＮ＝ ３ －ｘ ２ ꎬＰＨ＝ ３ ２ ＨＮ＝ ３－ ３ ｘ ２ ꎮ ∴ ＰＧ＝ＧＮ－ＰＮ＝ ５ ３ －ｘ ２ ꎮ ∵ ＧＨ＝ １３ ꎬ ∴ ３－ ３ ｘ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ５ ３ －ｘ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １３ꎮ 解得 ｘ＝ ２ ３ ±２ꎮ ∵ 点 Ｅ 在 ＣＤ 上ꎬ∴ ｘ＝ ２ ３ －２ꎮ ∴ ２ｘ＝ ４ ３ －４ꎬ即 ＤＥ＝ ４ ３ －４ꎮ ２４.解:(１)∵ 抛物线 ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ 经过Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬ ∴ －１－ｂ＋ｃ＝ ０ꎬ －９＋３ｂ＋ｃ＝ ０ꎮ{ 解得 ｂ＝ ２ꎬ ｃ＝ ３ꎮ{ ∴ 抛物线的表达式为 ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３ꎮ (２)当 ｘ＝ ０ 时ꎬｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３＝ ３ꎬ ∴ 点 Ｃ 的坐标为(０ꎬ３)ꎮ ∴ ＯＣ＝ ３ꎮ ∵ 四边形 ＣＰＱＥ 是平行四边形ꎬＥ 是 ＯＣ 的中点ꎬ ∴ ＰＱ＝ＣＥ＝ ３ ２ ꎮ 设直线 ＢＣ 的表达式为 ｙ＝ ｋｘ＋ｂ′ꎬ ∴ ３ｋ＋ｂ′＝ ０ꎬ ｂ′＝ ３ꎮ{ 解得 ｋ＝－１ꎬ ｂ′＝ ３ꎮ{ ∴ 直线 ＢＣ 的表达式为 ｙ＝－ｘ＋３ꎮ 设 Ｐ(ｍꎬ－ｍ２＋２ｍ＋３)ꎬ∴ Ｑ(ｍꎬ－ｍ＋３)ꎮ ∴ ＰＱ＝－ｍ２＋３ｍ＝ ３ ２ ꎮ ∴ ｍ＝ ３± ３ ２ ꎮ 又∵ 点 Ｐ 在直线 ＢＣ 上方的抛物线上ꎬ ∴ ０<ｍ<３ꎮ ∵ ０< ３± ３ ２ <３ꎬ∴ 点 Ｐ 的横坐标为 ３± ３ ２ ꎮ (３)∵ ＰＨ∥ＡＣꎬ ∴ Ｓ１ Ｓ２ ＝ＭＨ ＣＭ ＝ＰＨ ＡＣ ꎬ Ｓ２ Ｓ３ ＝ＭＰ ＭＡ ＝ＰＨ ＡＣ ꎮ ∴ Ｓ１ Ｓ２ ＋ Ｓ２ Ｓ３ ＝ ２ＰＨ ＡＣ ꎮ 如图ꎬ作 ＡＮ∥ＢＣ 交 ｙ 轴于点 Ｎꎬ作 ＰＱ∥ｙ 轴交 ＢＣ 于 点 Ｑꎬ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —０５— ∴ ∠ＰＱＨ＝∠ＮＣＢ＝∠ＡＮＣꎬ∠ＰＨＣ＝∠ＡＣＨꎬ ＯＮ ＯＣ ＝ＯＡ ＯＢ ꎮ ∴ ＯＮ ３ ＝ １ ３ ꎮ ∴ ＯＮ＝１ꎬＣＮ＝ＯＮ＋ＯＣ＝４ꎮ ∵ ∠ＰＨＣ＝∠ＨＰＱ＋∠ＰＱＨꎬ∠ＡＣＨ＝∠ＮＣＢ＋∠ＡＣＮꎬ ∴ ∠ＨＰＱ＝∠ＡＣＮꎮ ∴ △ＣＡＮ∽△ＰＨＱꎮ ∴ ＰＨ ＣＡ ＝ＰＱ ＣＮ ꎮ 设 Ｐ(ｎꎬ－ｎ２＋２ｎ＋３)ꎬ则 Ｑ(ｎꎬ－ｎ＋３)ꎬ ∴ ＰＱ＝－ｎ２＋３ｎꎮ ∴ Ｓ１ Ｓ２ ＋ Ｓ２ Ｓ３ ＝２ＰＨ ＡＣ ＝２ＰＱ ＣＮ ＝２ＰＱ ４ ＝ －ｎ２＋３ｎ ２ ＝－ １ ２ ｎ－ ３ ２( ) ２ ＋ ９ ８ ꎮ ∵ － １ ２ <０ꎬ∴ Ｓ１ Ｓ２ ＋ Ｓ２ Ｓ３ 存在最大值ꎮ 又∵ ０<ｎ<３ꎬ∴ 当 ｎ ＝ ３ ２ 时ꎬ Ｓ１ Ｓ２ ＋ Ｓ２ Ｓ３ 取得最大值ꎬ最大 值为 ９ ８ ꎮ １６ ２０２３年鄄城县学业水平第三次阶段性质量检测 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ Ａ Ｃ １.Ｂ　 【解析】 “＋４ ４１０ 米”表示高出海平面４ ４１０ 米ꎬ则 “－１５ ２５０ 米”表示低于海平面１５ ２５０米ꎮ 故选 Ｂꎮ ２.Ｂ　 【解析】Ａ 是轴对称图形ꎬ不是中心对称图形ꎬ不符 合题意ꎬ故本选项错误ꎻ Ｂ 既是轴对称图形ꎬ又是中心对称图形ꎬ符合题意ꎬ故 本选项正确ꎻ Ｃ 是轴对称图形ꎬ不是中心对称图形ꎬ不符合题意ꎬ故 本选项错误ꎻ Ｄ 是轴对称图形ꎬ不是中心对称图形ꎬ不符合题意ꎬ故 本选项错误ꎮ 故选 Ｂꎮ ３.Ａ　 【解析】０.０００ ０３＝ ３×１０－ ５ꎮ 故选 Ａꎮ ４.Ｃ　 【解析】观察图形可知ꎬ主视图形是三角形的是 ꎮ 故选 Ｃꎮ ５.Ｄ　 【解析】在 ｙ＝ ｋｘ＋ｂ 中ꎬ令 ｘ ＝ ０ꎬ得 ｙ ＝ ｂꎻ令 ｙ ＝ ０ꎬ得 ｘ＝－ ｂ ｋ ꎮ ∴ 点 Ａ 的坐标为 － ｂ ｋ ꎬ０( ) ꎬ点 Ｂ 的坐标为(０ꎬｂ)ꎮ ∴ ＯＡ＝∣－ ｋ ｂ ∣ꎬＯＢ＝∣ｂ∣ꎮ ∵ ＯＡ＝ ３ＯＢꎬ∴∣－ ｂ ｋ ∣＝ ３∣ｂ∣ꎮ 解得 ｋ＝± １ ３ ꎮ 又∵ 一次函数 ｙ＝ ｋｘ＋ｂ 的图象过点 Ｐ(１ꎬ１)ꎬ ∴ ｋ＋ｂ＝ １ꎮ ①当 ｋ＝ １ ３ 时ꎬ由 ｋ＋ｂ＝ １ꎬ得 ｂ＝ ２ ３ ꎬ ∴ Ａ(－２ꎬ０)ꎮ ②当 ｋ＝－ １ ３ 时ꎬ由 ｋ＋ｂ＝ １ꎬ得 ｂ＝ ４ ３ ꎬ ∴ Ａ(４ꎬ０)ꎮ 综上可知ꎬＡ(－２ꎬ０)或(４ꎬ０)ꎮ 故选 Ｄꎮ ６.Ｂ　 【解析】如图ꎬ连接 ＤＥꎬＧＦꎮ 在△ＣＤＥ 与△ＣＧＦ 中ꎬ ＣＤ＝ＣＧꎬ ＣＥ＝ＣＦꎬ ＤＥ＝ＧＦꎬ { ∴ △ＣＤＥ≌△ＣＧＦ(ＳＳＳ)ꎮ ∴ ∠ＨＣＧ＝∠ＢＣＡꎮ ∵ ＧＨ⊥ＢＦꎬ∴ ∠ＡＢＣ＝∠ＧＨＣ＝ ９０°ꎮ ∴ △ＨＣＧ∽△ＢＣＡꎮ ∴ ＧＨ ＡＢ ＝ＧＣ ＡＣ ꎮ ∵ ∠Ｂ＝ ９０°ꎬＡＢ＝ ６ꎬＢＣ＝ ８ꎬ ∴ ＡＣ＝ ８２＋６２ ＝ １０ꎮ ∵ ＣＥ＝ ５＝ＣＤ＝ＣＧꎬ ∴ ＧＣ ＡＣ ＝ １ ２ ꎮ ∴ ＧＨ ６ ＝ １ ２ ꎮ 解得 ＧＨ＝ ３ꎮ 故选 Ｂꎮ ７.Ａ 　 【解析】 由 折 叠 的 性 质 知ꎬ ∠ＢＡＥ ＝ ∠ＥＡＨ ＝ １ ２ ∠ＢＡＣ＝ ２２.５°ꎮ ∴ ∠ＤＡＦ＝ ６７.５°ꎮ ∵ ∠ＡＦＤ＝∠ＢＡＦ＋∠ＡＢＦ＝ ６７.５°ꎬ ∴ ∠ＤＡＦ＝∠ＡＦＤꎮ ∴ ＡＤ＝ＤＦꎮ 故①正确ꎻ 由折叠的性质知ꎬＢＥ＝ＥＨꎬＢＦ＝ＦＨꎮ 又∵ ＡＤ∥ＢＣꎬ∴ ∠ＤＡＦ＝∠ＢＥＦꎮ 又∵ ∠ＡＦＤ＝∠ＢＦＥꎬ∴ ∠ＢＦＥ＝∠ＢＥＦꎮ ∴ ＢＥ＝ＥＨ＝ＢＦ＝ＦＨꎮ ∴ 四边形 ＢＥＨＦ 是菱形ꎮ 故②正确ꎻ 由折叠的性质知ꎬＢＦ＝ＦＨꎬ∠ＡＢＦ＝∠ＡＨＦ＝ ４５°ꎮ ∵ ∠ＦＯＨ＝ ９０°ꎬ ∴ △ＯＦＨ 是等腰直角三角形ꎮ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —１５—