冲A+题组训练卷(3)&冲A+题组训练卷(4) 强化巩固练-【一战成名新中考】2025广西中考数学·提分必刷小卷

提分必刷小卷·广西数学 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 版权归 所有,盗版盗印举报电话:029-85424032 35　 　 冲 A+ 题组训练卷(三) (满分:40 分　 时间:45 分钟) 1. (3 分)剪纸艺术是中国民间艺术之一,很多剪纸作品体现了数学中 的对称美. 如图,蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形,若以这个蝴蝶图案的 对称轴为 y 轴建立平面直角坐标系,图中点 E,F 关于 y 轴对称,其 中点 E 的坐标为(3n-4,m+1),点 F 的坐标为(n2,2m),若点 E 到 x 轴的距离小于它到 y 轴的距离,则二次函数 y= x2 +nx+m 图象的顶点 坐标是 ( 　 B　 ) A. ( -2,-3)　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 B. (2,-3) C. ( - 1 2 , 3 4 ) D. ( - 1 2 , 3 4 )或(2,-3) 第 1 题图 　 　 　 第 2 题图 2. (3 分)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC,BD 交于点 O,以点 O 为圆心, OB 长为半径画圆,分别与菱形的边相交. 若 AB = 2,∠BAD = 60°,则 图中阴影部分的面积为　 　 　 　 . (结果不取近似值) 3. (10 分)【问题情境】水钟也叫漏刻,是古代的计时器,它分为泄水型 和受水型两类,如图①是泄水型水钟. 水钟是根据流水的等时性原 理来计时的,小红根据这个原理制作了一个简易的泄水型水钟模 型,记录了在一次实验中不同时间的水位读数,整理成下面的表格: 泄水时间 x / min 0 2 4 6 8 10 12 … 水位读数 y / cm 12 11. 6 11. 2 10. 8 10. 4 10 9. 6 … 【探索发现】 (1)小红尝试从函数的角度进行探究,用横轴表示泄水时间 x / min, 纵轴表示水位读数 y / cm,建立如图②的平面直角坐标系,请你 将上表中的数据为点的坐标,在图②中描出相应的点; 图① 　 　 图② 第 3 题图 (2)观察上述各点的分布规律,猜想 y 与 x 之间满足哪种函数关系,并求 出 y 与 x 的函数表达式,验证这些点的坐标是否满足函数表达式; 【问题解决】 (3)若观察时间为 25 min,水位读数是多少厘米? (4)小红本次实验开始的时间为下午 2 时 30 分,当水位读数为 2. 2 cm 时,是几点? 解:(1)描点略; (2)猜测 y 与 x之间满足一次函数关系,y 与 x的函数表达式为 y=- 1 5 x+12, 这些点的坐标满足函数表达式,验证略; (3)水位读数是 7 cm; (4)当水位读数为 2. 2 cm 时,是下午 3 时 19 分. 【详解见答案册 Px】 4. (12 分)阅读下面的例题及点拨,并解决问题: 例题:如图①,在等边△ABC 中,M 是 BC 边上一点(不含端点 B,C), N 是△ABC 的外角∠ACH 的平分线上的一点,且 AM = MN. 求证: ∠AMN= 60°. (1)点拨:如图②,作∠CBE= 60°,BE 与 NC 的延长线相交于点 E,得 等边△BEC,连接 EM. 易证:△ABM≌△EBM(SAS) . ①请完成剩余证明过程; ②求证:BM=CN; (2)拓展:如图③,在正方形 ABCD 中,M 是 BC 边上一点(不含端点 B,C),N 是正方形 ABCD 的外角∠DCH 的平分线上的一点,且 AM=MN,求证:∠AMN= 90°; (3)开放性 ∙∙∙ 思维迁移:结合上面的思维探究,你对(1)中证明∠AMN = 60°、(2)中证明∠AMN = 90°是否有不同的思路? 选(1)、(2) 中的一个结论加以证明. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 4 题图 (1)①证明略;②证明略; (2)证明略; (3)选择(1),证明略. (答案不唯一)【详解见答案册 PX】 5. (12 分)数学小组在学习了二次函数后,又进一步查阅其相关材料进 行学习: 材料一:直线与圆有三种位置关系:相交、相切、相离. 类比直线与圆 的位置关系,给出如下定义:与坐标轴不平行的直线与抛物线有两 个交点时,称直线与抛物线相交;直线与抛物线有且只有一个交点 时,称直线与抛物线相切,这个交点称作切点;直线与抛物线没有交 点时,称直线与抛物线相离. 材料二:判断抛物线 y=ax2+bx+c 与直线 y=kx+m(k≠0)的位置关系: 联立 y=ax2 +bx+c, y= kx+m,{ 得 ax 2 +(b-k)x+c-m= 0. 根据一元二次方程根的判别式 Δ= (b-k) 2 -4a(c-m) . ①当 Δ= (b-k) 2 -4a(c-m) >0 时,抛物线与直线有两个交点,则直线 与抛物线相交(如图①) . ②当 Δ= (b-k) 2 -4a(c-m)= 0 时,抛物线与直线有且只有一个交点, 则直线与抛物线相切. 直线叫作抛物线的切线,交点叫作抛物线 的切点(如图②) . ③当 Δ= (b-k) 2 -4a( c-m) <0,抛物线与直线没有交点,则直线与抛 物线相离(如图③) . 图① 图② 图③ 图④ 第 5 题图 【探究性质】 (1)判断直线 y=2x+3 与抛物线 y=x2-2x+4 的位置关系是:　 　 　 　 (填 “相交”“相切”或“相离”); 【运用性质】 (2)若直线 y= 2x+b 与抛物线 y= 2x2 相离,求 b 的取值范围; 【问题解决】 某小区修建完成人工喷泉,人工喷泉中心有一竖直的喷水柱,喷水 口为 A,数学兴趣小组观察发现,水流在各个方向上沿形状相同的抛 物线路径落下,其中一条水流落地点为 C,兴趣小组将喷泉柱底端标 为原点 O,喷泉柱所在直线为 y 轴,OC 所在直线为 x 轴,建立如图④ 所示的平面直角坐标系. 从水流喷出到落下的过程中,水流喷出的 竖直高度 y(m)与水流落地点与喷水柱底端的距离 x( m)满足二次 函数关系,其表达式为 y= -x2 +2x+ 7 4 . (3)小区现要进行喷泉亮化工作,拟在地面安装射灯,要求射灯发出 的光线与地面的夹角为 45°,并且射灯发出的光线恰好不穿过下 落的水流,请问射灯安装在什么位置,才能符合安装要求. 解:(1)相交;(2)b<- 1 2 ; (3)射灯安装在距离喷泉柱底端 4 米处,才能符合安装要求. 【详解见答案册 Px】 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 提分必刷小卷·广西数学 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 36　 冲 A+ 题组训练卷(四) (满分:40 分　 时间:45 分钟) 1. (3 分)如图,等边三角形 ABC 的边长为 4,☉C 的半径为 3 ,P 为 AB 边上一动点,过点 P 作☉C 的切线 PQ,切点为 Q,则 PQ 的最小值为 ( 　 D　 ) A. 1 2 　 　 　 　 　 　 B. 3 　 　 　 　 　 　 C. 2 3 　 　 　 　 　 　 D. 3 第 1 题图 　 　 　 　 　 　 　 　 　 图① 　 图② 第 2 题图 2. (3 分)一种玻璃水杯的截面如图①所示,其左右轮廓线 AC,BD 为某 一抛物线的一部分,杯口 AB= 8 cm,杯底 CD= 4 cm,且 AB∥CD,杯深 12 cm,如图②,若盛有部分水的水杯倾斜 45°(即∠ABP = 45°),水面 正好经过点 B,则此时点 P 到杯口 AB 的距离为　 　 　 　 cm. 3. (10 分)阅读与思考 物理现象中的一次函数 实验结果:浸在液体中的物体会受到向上的浮力,浮力的大小等于 它排开的液体所受的重力,即 F浮 =G排 = ρ液 gV排,g 是一个常数,近似 取值为 10 N / kg,ρ液表示液体的密度,V排表示排开液体的体积. 当液 体的密度不变时,物体在液体中所受浮力 F 是它浸没在液体中的体 积 V 的函数,且物体浸在液体中的体积越大,浮力就越大. 例如:现有一个长方体物品,当它浸在水中时受到 7 N 的浮力,水的 密度为 ρ水 = 1. 0×103 kg / m3,若该长方体物品的底面积为 70 cm2,那 么该物品浸入水中的深度为多少米? 解:设该物品浸入水中的深度为 x m. 由题意得 1. 0×103 ×10×( 70 104 ·x)= 7,解得 x= 0. 1. ∴ 该物品浸入水中的深度为 0. 1 m. 实验探究:某兴趣小组想测一个空食品盒在水中漂浮时的装载质 量. 他们将一个底面积为 200 cm2 的圆柱形平底空食品盒放入装水 的桶中,桶中水足够深,食品盒下表面始终与水面平行,如图①所 示. 该兴趣小组将装载质量 m( kg)与食品盒浸入水中的深度 h( m) 的关系绘制成了图②所示的函数关系图,实验发现当装载质量为 0 时,食品盒浸入水中的深度为 0. 01 m. (1)请结合实验现象,观察图②,解释点 A 的实际意义:　 　 　 　 ; (2) 根据以上材料,当装载质量不超过 a kg ( a> 1) 时,装载质量 m(kg)与食品盒浸入水中的深度 h(m)成一次函数关系,若装载 质量为 1 kg 时,食品盒浸入水中的深度是 0. 06 m. 请你帮助该 小组求出这个一次函数的解析式; (3)若这个食品盒的高度是10 cm,最大装载质量为a kg,请求出a 的值. 图① 　 图② 第 3 题图 解:(1)未装载物品的空食品盒浸入水中的深度为 0. 01 m; (2)设这个一次函数的解析式为 h=km+b(k、b 为常数,且 k≠0) . 将点(0,0. 01)和(1,0. 06)分别代入 h=km+b,得 b=0. 01, k+b=0. 06,{ 解得 k=0. 05, b=0. 01,{ ∴这个一次函数的解析式为 h=0. 05m+0. 01; (3)当装载质量最大时,这个食品盒完全浸入水中,此时 h=10 cm=0. 1 m. 将 m=a,h=0. 1 代入 h=0. 05m+0. 01,得 0. 05a+0. 01=0. 1, 解得 a=1. 8, ∴ a 的值为 1. 8. 4. (12 分)在△ABC 中,AC =BC = 2,∠ACB = 90°,将 AC 绕点 A 顺时针 旋转一定的角度得到 AP,D 是 BC 中点,连接 CP,DP,BP. (1)如图①,当∠CAP= 45°时,求 BP 的长; (2)如图②,当∠CAP= 60°时,求点 P 到 BC 的距离; (3)如图③,当∠CPB= 90°时,试判断 BP 和 CP 之间的数量关系,并 说明理由; (4)当 PD⊥BC 时,求 PD 的长. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 4 题图 解:(1)∵AC=BC=2,∠ACB=90°,∴∠CAB= 45°,AB= AC2+BC2 = 2 2 , ∵将 AC 绕点 A 顺时针旋转一定的角度得到 AP,∠CAP = 45°,∴ ∠CAB = ∠CAP=45°,AP=AC=2,∴点 P 在 AB 上,2∴BP=AB-AP=2 2 -2; (2)点 P 到 BC 的距离为 1; (3)CP=2BP,理由略; (3)当点 P在△ABC内部时,过点 P作 PM⊥AC于点M,如解图③, ∵PD⊥BC,∠ACB=90°, ∴四边形 CMPD为矩形,∴PM=CD,CM=DP, ∵D 为 BC 中点,BC=2,∴CD= 1 2 BC=1=PM, 当点 P 在△ABC 外部时,过点 P 作 PM⊥CA 交 CA 延长线于点 M,如解图 5. (12 分)如图,直线 l:y = -x+4 分别交 x 轴、y 轴的正半轴于 E、D 两 点,抛物线 y=ax2 +(1-2a)x-2(a>0) . (1)求证:当 a(a>0)变化时,抛物线与 x 轴恒有两个交点; (2)当 a(a>0)变化时,抛物线是否恒经过定点? 若经过,求出定点的坐 标;若不经过,说明理由; (3)设直线 l 与抛物线交于 M、N 两点,探究:在直线 l 上是否存在点 P (点 P 不与点 M、N 重合),使得无论 a(a>0)怎么变化,PM·PN 恒 为定值? 若存在,求出所有满足条件的点 P 的坐标,并说明点 P 是 否在线段MN上;若不存在,请说明理由. 第 5 题图 (1)证明:∵ a>0,∴Δ=(1-2a) 2-4a×(-2)= (1+2a) 2>0, ∴当 a(a>0)变化时,抛物线与 x 轴恒有两个交点; (2)解:当 a(a>0)变化时,抛物线恒经过定点;理由如下: ∵ y=ax2+(1-2a)x-2=a(x2-2x)+x-2, ∴当 x2-2x=0,即 x=0或 2时,抛物线恒经过定点,定点为(0,-2)和(2,0); (3)解:存在, 根据题意画出图象如解图, 设点 M,N 的横坐标为 x1,x2, 联立,得 y=-x+4, y=ax2+(1-2a)x-2,{ 整理得 ax2+(2-2a)x-6=0, ∴ x1+x2 =2- 2 a ,x1·x2 =- 6 a , 设点 P( t,4-t), 对于 y=-x+4,当 x=0 时,y=4;当 y=0 时,x=4, ∴E(4,0),D(0,4), ∴OD=OE=4, ∴△ODE 是等腰直角三角形, ∴PM= 2 | t-x1 | ,PN= 2 | t-x2 | , ∴PM·PN=2 | t2-2t+2( t -3) a | , ∴当 t=3 时,PM·PN 恒为定值,此时点 P(3,1), 当 x=3 时,y=ax2+(1-2a)x-2=9a+3(1-2a)-2=3a+1>1, 即当 x=3 时,抛物线上对应点在点 P 的上方,故点 N 在点 P 的左侧, 故点 P 不在线段 MN 上, 综上所述,符合条件的点 P 的坐标为(3,1),点 P 不在线段 MN 上. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 ∴ CG=FG= 16 3 ,BG= 6+ 16 3 = 34 3 , ∵ ∠BFH= ∠BCG= 90°,∠GBC= ∠FBH, ∴ △BFH∽△BCG, ∴ BF BC =BH BG ,即 6 10 =BH 34 3 ,∴ BH= 34 5 . 由折叠性质得,∠AEB= ∠FEB, ∵ AD∥BC,∴ ∠HBE= ∠AEB, ∴ ∠HBE= ∠FEB,∴ HE=BH= 34 5 ; 解法四:连接 HG,如解图③, 第 5 题解图③ 由折叠性质知:AB=BF,∠BFE= ∠A= 90°, ∴ ∠GFH= 90° = ∠C, ∵ CG=FG,HG=HG, ∴ Rt△FHG≌Rt△CHG(HL),∴ CH=FH, 设 CH=FH=n,则 BH= 10-n, 在 Rt△BFH 中,BF2 +FH2 =BH2 , ∴ 62 +n2 = (10-n) 2 ,解得 n= 16 5 , ∴ BH=BC-CH= 10- 16 5 = 34 5 . 由折叠性质得,∠AEB= ∠FEB, ∵ AD∥BC,∴ ∠HBE= ∠AEB, ∴ ∠HBE= ∠FEB,∴ HE=BH= 34 5 ; (3)HE 的长为 5 6 4 或 3 2 4 . 冲 A+题组训练卷(二) 1. C　 2. 6 3. (1)证明:如解图,连接 OC, 第 3 题解图 ∵ AB 是☉O 的直径, ∴ ∠ACB= 90°, ∴ ∠BCO+∠OCA= 90°, ∵ OB=OC, ∴ ∠B= ∠BCO, ∵ ∠PCA= ∠B, ∴ ∠PCA= ∠BCO, ∴ ∠PCA+∠OCA= 90°,∴ OC⊥PC, 又∵ OC 是☉O 的半径,∴ PC 是☉O 的切线; (2)证明略; (3)解:设 AD= x, 在 Rt△ACB 中,CD⊥AB,∴ ∠BDC= ∠CDA= 90°, ∴ ∠B+∠BCD= ∠ACD+∠BCD= 90°, ∴ ∠B= ∠ACD,∴ △BCD∽△CAD, ∴ CD AD =BD CD ,即 CD2 =AD·BD= 6x, ∵ ∠P= ∠P,∠PCA= ∠B, ∴ △PAC∽△PCB,∴ PA PC =PC PB , ∴ PC2 =PA·PB= 4(6+4+x)= 4(10+x), 在 Rt△PCD 中,由勾股定理得 PD2 +CD2 =PC2 , 即(4+x) 2 +6x= 4(10+x),整理得 x2 +10x-24 = 0, 解得 x1 = 2,x2 = -12(舍去),∴ AD= 2. 4.解:(1) 6-x2 2x ;- 1 2 x3 +3x; (2)作图如解图; 第 4 题解图 (3)①∵ 当 x = 1. 50 dm 时,V = 2. 81 dm3 ,此时处于最高 点,∴ 结合图象可得,底面边长为 1. 50 dm 时,这个盒子的 体积最大. ②∵ 当 x= 0. 73 dm 时,V= 2. 00 dm3 ,当 x= 2. 00 dm 时,V= 2. 00 dm3 , ∴ 结合图象得这个盒子的体积为 2. 00 dm3 时,底面边长 为 0. 73 dm 或 2. 00 dm. 5.解:(1)BE=BF; (2)AE= 2CF,理由略; (3) 5 5 2 或 2 5 . 冲 A+题组训练卷(三) 1. B　 2. 2 3 π- 3 3.解:(1)由表中数据得(0,12),(2,11. 6),(4,11. 2),(6, 10. 8),(8,10. 4),(10,10),(12,9. 6),描出各个点,如解 图; 第 3 题解图 (2)猜测 y 与 x 之间满足一次函数关系,y 与 x 的函数表 达式为 y= - 1 5 x+12, 这些点的坐标满足函数表达式,验证略; (3)若观察时间为 25 min,水位读数是 7 cm; (4)当水位读数为 2. 2 cm 时,是下午 3 时 19 分. 4. (1)①证明略;②证明略; (2)证明:如解图①,延长 AB 到点 E,使 EB=AB,连接 EM, EC, ∴ EB=BC,∠EBC= 90°, ∴ △EBC 是等腰直角三角形,∴ ∠BEC= ∠BCE= 45°, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 06 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 　 ∵ N 是正方形 ABCD 的外角∠DCH 的平分线上的一点, 第 4 题解图① ∴ ∠NCH= 45° = ∠BCE,∴ N,C, E 三点共线, ∵ AB = EB, ∠ABM = 90° = ∠EBM,BM=BM, ∴ △ABM≌△EBM(SAS),∴ EM =AM=MN,∠2 = ∠1, ∴ ∠3 = ∠4, ∵ ∠2 + ∠3 = 45° = ∠4 + ∠5,∴ ∠1 = ∠2 = ∠5, ∵ ∠1 + ∠6 = 90°,∴ ∠5 + ∠6 = 90°, ∴ ∠AMN= 180°-(∠5+∠6)= 90°; (3)解:选(1),证明如下: 如解图②,延长 AC 到点 D,使 CD=CN,连接 MD, 第 4 题解图② 由等边三角形的性质,外角平分线, 可得,∠ACB= 60° =∠ACN, ∴ ∠MCD= 120° = ∠MCN, 又∵ MC=MC,CD=CN, ∴ △MCD≌△MCN(SAS), ∴ MD=MN=AM,∠1 = ∠2, ∴ ∠3 = ∠4, ∵ ∠2+∠4 = 60°,∴ ∠1+∠3 = 60°, ∴ ∠AMN= 180°-(∠1+∠3+∠2+∠4)= 60°. (答案不唯一) 5.解:(1)相交; (2)b<- 1 2 . (3)如解图,设射灯发出的光线与 y 轴交于点 D, 第 5 题解图 ∵ ∠OBD = 45°, ∴ OB = OD, 设 B(m,0),m≠0, 则 D(0,m), 设直线 BD 的解析式为 y=ax+m(a≠0), 将 B(m,0)代入得 am+m = 0,∴ a= -1, ∴ 直线 BD 的解析式为 y= -x+m, 联立 y= -x+m, y= -x2 +2x+ 7 4 ,{ 得 4x2 -12x+4m-7 = 0, ∵ 射灯发出的光线恰好不穿过下落的水流, ∴ 直线 BD 与抛物线 y= -x2 +2x+ 7 4 相切, ∴ Δ= 144-4×4×(4m-7)= 0, 解得 m= 4,∴ OB= 4 米, 答:射灯安装在距离喷泉柱底端 4 米处,才能符合安装要 求. 冲 A+题组训练卷(四) 1. D　 2. 7 3.解:( 1) 未装载物品的空食品盒浸入水中的深度为 0. 01 m; (2)这个一次函数的解析式为 h= 0. 05m+0. 01; (3)a 的值为 1. 8. 4.解:(1)BP 的长为 2 2 -2; (2)如解图①,过点 P 作 PE⊥BC 于点 E, 由旋转的性质得 AP=AC, ∵ ∠CAP= 60°,∴ △APC 是等边三角形, ∴ CP=AC= 2,∠ACP= 60°,∴ ∠BCP= 30°, ∴ 在 Rt△CPE 中,PE= 1 2 CP= 1; 第 4 题解图① 　 　 　 第 4 题解图② (3)CP= 2BP,理由如下:如解图②,过点 A 作 AQ⊥CP 于 点 Q, ∵ AP=AC,∴ CP= 2CQ, ∵ ∠ACB= 90°,AQ⊥CP, ∴ ∠BCP+∠ACQ= 90°,∠CAQ+∠ACQ= 90°, ∴ ∠CAQ= ∠BCP, 在△ACQ 和△CBP 中, ∠CAQ= ∠BCP, ∠AQC= ∠CPB= 90°, CA=BC, { ∴ △ACQ≌△CBP(AAS),∴ CQ=BP,∴ CP= 2BP; 第 4 题解图③ (4)当点 P 在△ABC 内部时,过点 P 作 PM⊥AC 于点 M,如解图③, ∵ PD⊥BC,∠ACB= 90°, ∴ 四边形 CMPD 为矩形, ∴ PM=CD,CM=DP, ∵ D 为 BC 中点,BC= 2,∴ CD= 1 2 BC= 1 =PM, 设 CM= x,则 AM= 2-x, 在 Rt△APM 中,AM2 +PM2 =AP2 ,∴ (2-x) 2 +12 = 22 , 解得 x= 2- 3或 x= 2+ 3 (不符合题意,舍去), ∴ PD= 2- 3 ; 当点 P 在△ABC 外部时,过点 P 作 PM⊥CA 交 CA 延长线 于点 M,如解图④, 第 4 题解图④ 同理可得 PM=CD = 1,CM = DP, 设 CM= x,则 AM= x-2, 在 Rt△APM 中,AM2 +PM2 = AP2 , ∴ (x-2) 2 +12 = 22 , 解得 x = 2 + 3 或 x = 2 - 3 (不符合题意,舍去), ∴ PD= 2+ 3 , 综上所述,PD 的长为 2- 3或 2+ 3 . 5. (1)证明:∵ a>0,且 Δ= (1-2a) 2 -4a×( -2)= (1+2a) 2 >0, ∴ 当 a(a>0)变化时,抛物线与 x 轴恒有两个交点; (2)解:当 a(a>0)变化时,抛物线恒经过定点;理由如下: ∵ y=ax2 +(1-2a)x-2 =a(x2 -2x) +x-2, ∴ 当 x2 -2x = 0,即 x = 0 或 2 时,抛物线恒经过定点,定点 为(0,-2)和(2,0); 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 16 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 (3)解:存在, 根据题意画出图象如解图, 第 5 题解图 设点 M,N 的横坐标为 x1 ,x2 , 联立,得 y= -x+4, y=ax2 +(1-2a)x-2,{ 整理得 ax2 +(2-2a)x-6 = 0, ∴ x1 +x2 = 2- 2 a ,x1 ·x2 = - 6 a , 设点 P( t,4-t), 对于 y= -x+4,当 x= 0 时,y= 4;当 y= 0 时,x= 4, ∴ E(4,0),D(0,4),∴ OD=OE= 4, ∴ △ODE 是等腰直角三角形, ∴ PM= 2 | t-x1 | ,PN= 2 | t-x2 | , ∴ PM·PN= 2 | t2 -2t+ 2( t-3) a | , ∴ 当 t= 3 时,PM·PN 恒为定值,此时点 P(3,1), 当 x= 3 时,y=ax2 +(1-2a) x-2 = 9a+3(1-2a) -2 = 3a+1> 1, 即当 x= 3 时,抛物线上对应点在点 P 的上方,故点 N 在点 P 的左侧,故点 P 不在线段 MN 上, 综上所述,符合条件的点 P 的坐标为(3,1),点 P 不在线 段 MN 上. 冲 A+题组训练卷(五) 1. C　 2. 17 - 5 3. (1)证明:如解图,过点 O 作 OE⊥AB 于点 E, ∵ BO 是∠ABC 的平分线,且 OC⊥BC, ∴ OE=OC,即 OE 是☉O 的半径,∴ AB 是☉O 的切线; 第 3 题解图 (2)解:设☉O 的半径为 r, ∵ tan∠CBO= OC BC = 1 2 , ∴ BC= 2OC= 2r, ∵ ∠C = ∠AEO = 90°, ∠A = ∠A, ∴ △ABC∽△AOE, ∴ AE AC =OE BC = r 2r = 1 2 , 设 AE= x,则 AC= 2x,∴ OA=AC-OC= 2x-r, 在 Rt△AOE 中,AE2 +OE2 =AO2 ,即 x2 +r2 = (2x-r) 2 , 解得 x= 4 3 r 或 x= 0(舍去), ∵ AD= 2,OD= r,∴ AO= 2+r, ∴ 2x-r= 2+r,即 2× 4 3 r-r= 2+r,解得 r= 3, ∴ ☉O 的半径为 3. 4.解:(1)设 y1 与 x 之间的函数表达式为 y1 =a( x+m) 2 +k(a ≠0) . ∵ 顶点 Q 的坐标是(1,7),∴ y1 =a(x-1) 2 +7, ∵ 点 P(0,2)在抛物线 C1 上, ∴ 2 =a(0-1) 2 +7,解得 a= -5,∴ y1 = -5(x-1) 2 +7, ∵ 两抛物线的开口大小相同, ∴ 设 y2 与 x 之间的函数表达式为 y2 = -5x2 +bx+c, ∵ 点 M(1,2)和 N(2,5)都在抛物线 C2 上, ∴ 2 = -5+b+c, 5 = -20+2b+c,{ 解得 b= 18, c= -11,{ ∴ y2 = -5x 2 +18x-11; (2)①令 y1 = y2 ,则-5(x-1) 2 +7 = -5x2 +18x-11, 解得 x= 13 8 . ②令 y1 = 0,则 0 = -5(x-1) 2 +7, 解得 x1 = 1+ 35 5 ,x2 = 1- 35 5 (不合题意,舍去), 在小球 B 离开小亮手掌到小球 A 落到地面这个过程中, 1≤x≤1+ 35 5 . 当 1≤x≤ 13 8 时,两小球到地面的距离之差 y1 -y2 = - 8x+ 13, ∵ -8<0,∴ y1 -y2 随 x 的增大而减小. ∴ 当 x= 1 时,y1 -y2 有最大值,最大值是 5, 当 13 8 ≤x≤1+ 35 5 时,两小球到地面的距离之差 y2 -y1 = 8x-13, ∵ 8>0,∴ y2 -y1 随 x 的增大而增大. ∴ 当 x= 1+ 35 5 时,y2 -y1 有最大值,最大值是 8 35 5 -5, ∵ 8 35 5 -5<5. ∴ 当 x 的值为 1 时,两小球到地面的距离之差最大,最大是 5 m. 5. (1)证明:①∵ AC=BC,∴ △ABC 是等腰三角形, 结合平移的性质可得 AD=BC=AC=DE=CE, ∴ 四边形 ACED 是菱形; ②∵ ∠MDN= ∠ADE,∴ ∠ADM= ∠EDN, 由旋转的性质得 DM=DN, 由①知 AD=DE,∴ △AMD≌△END(SAS), ∴ ∠AMD= ∠DNE; (2)解:如解图①,过点 E 作 EF⊥DM 于点 F,则 DF =MF = 1 2 DM= 1 2 AB= 1,EF= DE2 -DF2 = 42 -12 = 15 , 第 5 题解图① 由平移与旋转的性质可得 DN =DM,∠NDE = ∠ADM = ∠B = ∠DME= ∠MDE, ∴ DE 垂直平分 MN, ∵ S△MDE = 1 2 DM·EF= 1 2 DE· 1 2 MN, ∴ 1 2 ×2× 15 = 1 2 ×4× 1 2 MN,∴ MN= 15 ; (3)解:能. ①当点 M、C 重合时,由(2)可知,DE 垂直平分 MN, ∴ EN=EM=ED,∴ △DNE 是等腰三角形,∴ BM=BC= 4; ②当 ND=NE 时,由(1)可知△AMD≌△END, ∴ ND=NE=MA=MD, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26