冲A+题组训练卷(7)&冲A+题组训练卷(8) 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 39　 　 冲 A+ 题组训练卷(七) (满分:40 分　 时间:45 分钟) 1. (3 分)“科教兴国,强国有我. ”如图,某中学在科技实验活动中,设 计制作了“水火箭”升空实验,已知“水火箭”的升空高度 h(m)与飞 行时间 t(s)满足函数表达式 h = at2 +bt+1(a≠0) . 已知“水火箭”飞 行 3 s 和飞行 9 s 时的升空高度相同,飞行 8 s 时的升空高度为 33 m, 则“水火箭”升空的最大高度为 ( 　 C　 ) A. 33 m　 　 　 　 　 B. 36 m　 　 　 　 　 C. 37 m　 　 　 　 　 D. 40 m 第 1 题图 　 　 　 第 2 题图 2. (3 分)如图,在矩形 ABCD 中,AB= 8,AD= 10,点 M 为 BC 的中点,E 是 BM上的一点,连接 AE,作点 B 关于直线 AE 的对称点 B′,连接 DB′并延 长交 BC 于点 F.当 BF 最大时,点 B′到 BC 的距离是　 　 　 　 . 3. (10 分)阅读与思考: 学习了《直线和圆的位置关系》后,爱探索的小明同学又对直线与圆 的相关知识做了进一步学习,他查询资料获得: 第 3 题图① 第 3 题图② 直线和圆有两个公共点时,这条直线和圆 相交,这条直线叫作圆的割线. 割线定理:从圆外一点引圆的两条割线, 这一点到每条割线与圆交点的距离的积 相等. 已知:如图①,从☉O 外一点 P 引两条割 线与☉O 分别交于 A,B,C,D. 求证: PA·PB = PC·PD. 下面是该定理的证明过程(部分): 证明:如图②,连接 AD,BC, 则∠BAD = ∠BCD,(依据) … 任务: (1)上述证明过程中的“依据”是指　 　 　 　 　 　 ; (2)请你按照上面的证明思路,完成该定理证明的剩余部分; (3)如图③,从☉O 外一点 P 引一条割线与☉O 分别交于点 C,D,且 经过圆心 O,PA 与☉O 相切于点 A,判断线段 PA,PC,PD 之间的 数量关系,并说明理由. 第 3 题图③ 解:(1)同弧所对的圆周角相等; ∴PA PC =PD PA ,∴PA2 =PC·PD. 4. (12 分)如图①,已知边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠A= 60°,点 E,F 分 别是 AB,BC 边上的点,且 AE=BF,连接 DE,DF. (1)①求证:DE=DF; ②求∠EDF 的度数; (2)如图②,点 P 是菱形边上的一动点,过点 P 作 PG⊥直线 AD 于点 G,点 P 从点 A 沿 A→B→C→D 的路径以每秒 1 个单位长度的速 度匀速运动到点 D 停止,设运动时间为 t 秒,线段 PG 的长为 y, 求 y 关于 t 的函数解析式; (3)结合(2)所得的函数,描述线段 PG 的长随点 P 的运动时间 t 增 大如何变化. 图① 　 图② 第 4 题图 (1)①证明略;②∠EDF=60°; (2)解:y 关于 t 的函数解析式为 y= 　 3 2 t(0≤t<4), 2　 3 (4≤t<8), - 　 3 2 t+6　 3 (8≤t≤12); ì î í ï ï ïï ï ï ïï (3)解:①当 0≤t<4 时,y= 　 3 2 t, ∵ 　 3 2 >0,∴线段 PG 的长随点 P 的运动时间 t 的增大而增大; ②当 4≤t<8 时,y=2　 3 ,线段 PG 的长恒等于 2　 3 ; 5. (12 分)综合与实践 特例感知 (1)如图①,对于抛物线 y1 = - 1 2 (x-1)(x-3) +3,y2 = - 1 2 x(x-4) +3, y3 = - 1 2 (x+1)(x-5) +3,y4 = - 1 2 (x+2) (x-6) +3,下列结论正确 的是　 　 　 　 . (填序号) ①抛物线 y1,y2,y3,y4 的对称轴是直线 x= 2; ②抛物线 y1,y2,y3,y4 是由抛物线 y= - 1 2 x2 依次向上平移 2 个单 位长度得到; ③抛物线 y1,y2,y3,y4 与直线 y= 3 的交点中,对称轴两侧相邻两 点之间的距离相等. 概念形成 把满足 yn = - 1 2 (x+n-2)(x-n-2) +3 的抛物线称为“族抛物线” . 知识应用 如图②,“族抛物线”yn 的顶点依次为 M1,M2,M3,M4,…,Mn . (2)试求线段 MnMn +1 的长. (用含 n 的代数式表示) (3)“族抛物线”y1,y2,y3,…,yn 上分别有点 P1,P2,P3,…,Pn,它们的横 坐标分别是 2,3,4,…,n+1.试判断点 P1,P2,P3,…,Pn 是否在同一条 直线上,如果在,求出此直线的解析式;如果不在,请说明理由. 图① 　 图② 第 5 题图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 提分必刷小卷·广西数学 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 40　 冲 A+ 题组训练卷(八) (满分:40 分　 时间:45 分钟) 1. (3 分)把直尺、圆片和两个同样大小的含 30°角的直角三角尺按图 所示放置,两三角尺的斜边与圆分别相切于点 B,C. 若 AB = 3,则 BC ( 的长度为 ( 　 C　 ) A. π　 　 　 　 　 B. 2 π　 　 　 　 　 C. 1. 5π　 　 　 　 　 D. 3 π 第 1 题图 　 　 　 第 2 题图 2. (3 分)如图,在平面直角坐标系中,四边形 OABC 是矩形,四边形 ADEF 是正方形,点 A,D 在 x 轴的负半轴上,点 F 在 AB 上,点 B,E 均在反比例函数 y= k x (x<0)的图象上,若点 B 的坐标为( -1,6),则 正方形 ADEF 的周长为　 　 　 　 . 3. (10 分)综合与实践 要测量学校旗杆 CD 的高度,三个数学研究小组设计了不同的 方案,测量方案与数据如下表: 课题 测量学校旗杆的高度 测量 工具 测量角度的仪器,皮尺,小镜子,直角三角形纸板等 测量 小组 第一小组 第二小组 第三小组 测量方 案示意 图 第 3 题图① 第 3 题图② 第 3 题图③ 说明 如图①,利用镜子 反射测量旗杆的 高度,点 O 为 镜 子,眼睛 B 看到镜 子中的旗杆顶端 C. 如图②,观测台 为 EA,在观测 点 E 处测得旗 杆顶端 C 点的 仰角∠CEF,旗 杆底端 D 点的 俯角∠DEF. 如图③,将直角三角形 纸板的直角边 AE 保 持水平,并且边 AE 与 点 M 在同一直线上, 直角三角板的斜边 AF 与旗杆顶端 C 在同一 直线上. 测量 数据 AO= 1. 5 m,AD = 16. 5 m,∠AOB = 30°. EA= 2. 2 m, ∠CEF= 60°, ∠DEF= 30°. AE=0.4 m,EF=0. 2 m, AB= 1. 8 m. (1)根据测量数据,第　 　 　 　 小组的数据无法计算学校旗杆的高度; (2)请选择其中一个方案及其数据求学校旗杆的高度(结果精确到 0. 1 m). (参考数据: 3≈1. 73, 2≈1. 41) 解:(1)三; (2)学校旗杆的高度约为 8. 8 m. 【详解见答案册 Px】 4. (12 分)如图,PA 是☉O 的切线,切点为 A,AC 是☉O 的直径,连接 OP 交☉O 于点 E. 过点 A 作 AB⊥PO 于点 D,交☉O 于点 B,连接 BC,PB. (1)求证:PO∥BC; (2)求证:PB 是☉O 的切线; (3)若 cos∠PAB= 10 10 ,BC= 1,求 PO 的长. 第 4 题图 ∵OB=OC, ∴∠OBC=∠C, ∴∠POA=∠POB, 在△AOP 与△BOP 中, ∵在 Rt△ABC 中,cosC=BC AC = 1 AC = 10 10 , 5. (12 分)排球考试要求:垫球后,球在运动中离地面的最大高度至少 为 2 米. 某次模拟测试中,某生在 O 处将球垫偏,之后又在 A、B 两处 先后垫球,球沿抛物线 C1→C2→C3 运动(假设抛物线 C1、C2、C3 在同 一平面内),最终正好在 O 处垫住,O 处离地面的距离为 1 米. 如图 所示,以 O 为坐标原点,1 米长为单位长度建立平面直角坐标系,x 轴平行于地面水平直线 m,已知点 A( 3 2 , 3 8 ),点 B 的横坐标为- 3 2 , 抛物线 C1 的表达式为 y=ax2 -2ax(a≠0),抛物线 C3 的表达式为 y= 2ax2 +bx(a≠0) . (1)求抛物线 C1 的函数表达式; (2)第一次垫球后,球在运动中离地面的最大高度是否达到要求? 请说明理由; (3)为了使第三次垫球后,球在运动中离地面的最大高度达到要求, 该生第三次垫球处 B 离地面的高度至少为多少米? 第 5 题图 解:(1)∵抛物线 C1 表达式为 y=ax2-2ax,且经过点 A( 3 2 , 3 8 ), ∴ 3 8 =( 3 2 ) 2a-2a× 3 2 ,解得 a=- 1 2 , ∴抛物线 C1 的函数表达式为 y=- 1 2 x2+x; (2)最大高度未达到要求,理由略; (3)该生第三次垫球处 B 离地面的高度至少为 1. 75 米. 【详解见答案册 Px】 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 设 AF= x,则 FE=AF= x,∴ FG= x-2. 在 Rt△FAG 中,由勾股定理得 AG2 +GF2 =AF2 , 即 42 +(x-2) 2 = x2 ,解得 x= 5,∴ AF= 5, ∴ DF=AF-AD=AF-AB= 1; (3)解:DF 的长为 5 3 -6 或 10 3 -6. 冲 A+题组训练卷(七) 1. C　 2. 16 5 3.解:(1)同弧所对的圆周角相等; (2)又∵ ∠P= ∠P,∴ △PAD ∽△PCB , ∴ PA PC =PD PB ,∴ PA·PB=PC·PD; (3) PA2 =PC·PD, 理由如下:如解图,连接 AD,AC,AO. ∵ PA 与☉O 相切于点 A, ∴ AO⊥PA, ∴ ∠PAO= 90°. ∵ DC 是☉O 的直径, ∴ ∠DAC= 90°, ∴ ∠1 = ∠2. ∵ AO=CO,∴ ∠2 = ∠3,∴ ∠1 = ∠3, 又∵ ∠P= ∠P,∴ △PAD∽△PCA. ∴ PA PC =PD PA ,∴ PA2 =PC·PD. 第 3 题解图 4. (1)①证明:如解图①,连接 BD, ∵ 四边形 ABCD 是菱形,∴ AD=AB,∠DBC= ∠DBA, 又∵ ∠A= 60°,∴ △DAB 为等边三角形, ∴ DA=DB,∠DBC= ∠DBA= ∠A= 60°, 又∵ AE=BF, ∴ △DAE≌△DBF(SAS),∴ DE=DF; 第 4 题解图① ②解:由①知△DAE≌△DBF,△DAB 为等边三角形, ∴ ∠ADE= ∠BDF,∠ADB= 60°, ∴ ∠ADE+∠BDE= ∠BDF+∠BDE= 60°,即∠EDF= 60°; (2)解:①当 0≤t<4 时,点 P 在 AB 边上运动, 在 Rt△APG 中,∵ ∠A= 60°,AP= t, ∴ PG= sin60°·AP= 3 2 t,即 y= 3 2 t; ②当 4≤t<8 时,点 P 在 BC 边上运动, 如解图②,过点 B 作 BH⊥AD 于点 H,则 BH = sin60°·AB = 3 2 ×4 = 2 3 , ∵ BC∥AD,∴ PG=BH= 2 3 ,即 y= 2 3 ; 第 4 题解图② ③当 8≤t≤12 时,如解图③,点 P 在 CD 边上运动,点 G 在 AD 的延长线上,则 DP= 12-t, ∵ CD∥AB,∴ ∠GDP= ∠A= 60°, ∴ PG= sin60°·DP= 3 2 (12-t)= - 3 2 t+6 3 , 即 y= - 3 2 t+6 3 . 综上所述, y 关于 t 的函数解析式为 y= 3 2 t(0≤t<4), 2 3 (4≤t<8), - 3 2 t+6 3 (8≤t≤12); ì î í ï ï ï ï ïï 第 4 题解图③ (3)解:①当 0≤t<4 时,y= 3 2 t, ∵ 3 2 >0, ∴ 线段 PG 的长随点 P 的运动时间 t 的增大而增大; ②当 4≤t<8 时,y= 2 3 ,线段 PG 的长恒等于 2 3 ; ③当 8≤t≤12 时,y= - 3 2 t+6 3 , ∵ - 3 2 <0, ∴ 线段 PG 的长随点 P 的运动时间 t 的增大而减小. 5.解:(1)①③; (2)∵ yn = - 1 2 (x+n-2)(x-n-2) +3 = - 1 2 (x2 -4x-n2 +4) + 3 = - 1 2 (x-2) 2 + n2 2 +3, ∴ “族抛物线”yn 的顶点坐标为 Mn(2, n2 2 +3), ∴ Mn+1 [2, (n+1) 2 2 +3], ∴ MnMn+1 = (n+1) 2 2 +3-( n2 2 +3)= 2n+1 2 ; (3)点 P1 ,P2 ,P3 ,…,Pn 在同一条直线上. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 46 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 　 把 x=2 代入 y1 =- 1 2 (x-2)2 + 7 2 ,得 y1 = 7 2 ,则 P1(2, 7 2 ); 把 x= 3 代入 y2 = - 1 2 (x-2) 2 +5,得 y2 = 9 2 ,则 P2(3, 9 2 ); 把 x = 4 代入 y3 = - 1 2 (x-2) 2 + 15 2 ,得 y3 = 11 2 ,则 P3 ( 4, 11 2 ); 把 x = 5 代入 y4 = - 1 2 (x-2) 2 + 11,得 y4 = 13 2 ,则 P4 ( 5, 13 2 ); … 把 x=n+1 代入 yn = - 1 2 (x-2) 2 + n2 2 + 3,得 yn = n+ 5 2 ,则 Pn(n+1,n+ 5 2 ), 设直线 P1P2 的解析式为 y= kx+b(k≠0), 把 P1(2, 7 2 ),P2(3, 9 2 )代入,得 2k+b= 7 2 , 3k+b= 9 2 , ì î í ï ï ïï 解得 k= 1, b= 3 2 ,{ ∴ 直线 P1P2 的解析式为 y= x+ 3 2 , 把 x= 4 代入 y= x+ 3 2 ,得 y= 11 2 , 把 x= 5 代入 y= x+ 3 2 ,得 y= 13 2 , … 把 x=n+1 代入 y= x+ 3 2 ,得 y=n+ 5 2 , ∴ 点 P3 ,P4 ,…,Pn 在直线 P1P2 上, ∴ 点 P1 ,P2 ,P3 ,…,Pn 在同一条直线上. 冲 A+题组训练卷(八) 1. C　 2. 8 3.解:(1)三; (2)第一小组的方案: 如解图,OF 为法线, 第 3 题解图 ∴ ∠BOF= ∠COF,∠AOF= ∠DOF= 90°, ∴ ∠DOC= ∠AOB= 30°, 在 Rt△ODC 中,∠D= 90°,∠DOC= 30°, DO=AD-AO= 15(m), ∴ DC=OD·tan∠DOC= 15× 3 3 ≈8. 7(m) . 答:学校旗杆的高度约为 8. 7 m. 第二小组的方案: 在 Rt△EFD 中,∠EFD=90°,∠DEF=30°,DF=AE=2. 2 m, ∴ EF= DF tan∠DEF = 2. 2÷ 3 3 ≈3. 81(m), 在 Rt△EFC 中,∠EFC= 90°,∠CEF= 60°, ∴ FC=EF·tan∠CEF= 3. 81× 3 ≈6. 59(m), ∴ DC=DF+FC≈8. 8(m), 答:学校旗杆的高度约为 8. 8 m. (方案任选其一) 4. (1)证明:∵ AC 为☉O 的直径, ∴ ∠ABC= 90°,即 AB⊥BC, 又∵ AB⊥PO,∴ PO∥BC; (2)证明:如解图,连接 OB, 第 4 题解图 ∵ PO∥BC,∴ ∠POB= ∠OBC,∠POA= ∠C, ∵ OB=OC,∴ ∠OBC= ∠C,∴ ∠POA= ∠POB, 在△AOP 与△BOP 中, OA=OB, ∠POA= ∠POB, PO=PO, { ∴ △AOP≌△BOP(SAS),∴ ∠OBP= ∠OAP, ∵ PA 为☉O 的切线,∴ PA⊥OA,即∠OAP= 90°, ∴ ∠OBP= 90°,∴ OB⊥PB, 又∵ OB 为☉O 的半径,∴ PB 是☉O 的切线; (3)解:∵ ∠PAB+∠BAC= 90°,∠C+∠BAC= 90°, ∴ ∠PAB= ∠C,∴ cosC= cos∠PAB= 10 10 , ∵ 在 Rt△ABC 中,cosC= BC AC = 1 AC = 10 10 , ∴ AC= 10 ,∴ OA= 1 2 AC= 10 2 . ∵ AC 是☉O 的直径,∴ ∠ABC= 90°, ∴ ∠PAO= ∠ABC= 90°. ∵ ∠POA= ∠C,∴ △ABC∽△PAO, ∴ PO AC =AO BC ,∴ PO 10 = 10 2 1 ,∴ PO= 5. 5.解:(1)∵ 抛物线 C1 的表达式为 y = ax2 - 2ax,且经过点 A( 3 2 , 3 8 ), ∴ 3 8 = ( 3 2 ) 2a-2a× 3 2 ,解得 a= - 1 2 , ∴ 抛物线 C1 的函数表达式为 y= - 1 2 x2 +x; (2)球在运动中离地面的最大高度未达到要求,理由如下: 由(1)得抛物线 C1 的函数表达式为 y= - 1 2 x2 +x, ∵ y= - 1 2 x2 +x= - 1 2 (x2 -2x)= - 1 2 (x-1) 2 + 1 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 56 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 ∴ 抛物线 C1 的顶点坐标为(1, 1 2 ), ∵ O 处离地面的距离为 1 米, ∴ 球在运动中离地面的最大高度为 1+ 1 2 = 3 2 (米) <2 米, ∴ 球在运动中离地面的最大高度未达到要求; (3)由(1)可知 a= - 1 2 , ∴ 抛物线 C3 的表达式为 y= -x2 +bx, ∴ 对称轴为直线 x= b 2 ,顶点坐标为( b 2 , b2 4 ), ∵ 球在运动中离地面的最大高度达到要求, ∴ b2 4 +1≥2,∴ b≥2 或 b≤-2, ∵ 对称轴在 y 轴左侧,∴ b<0,∴ b≤-2, ∵ 点 B 的横坐标为- 3 2 ,∴ yB = - 9 4 - 3 2 b, ∴ 当 b= -2 时,yB 有最小值,最小值为- 9 4 - 3 2 ×( - 2) = 3 4 , ∴ 该生第三次垫球处 B 离地面的高度至少为 1+ 3 4 = 1. 75 (米) . 冲 A+题组训练卷(九) 1. A　 2. 1 2 3.解:(1)设乙种剪纸装饰套装购进时单价为 m 元,则甲种 剪纸装饰套装购进时单价为(m+10)元, 根据题意得 2(m+10) +3m= 220,解得 m= 40, ∴ m+10 = 40+10 = 50, 答:甲种剪纸装饰套装购进时单价为 50 元,乙种剪纸装饰 套装购进时单价为 40 元; (2)购进甲种剪纸装饰 x 套( x≤60),则购进乙种剪纸装 饰(60-x)套, 根据题意得 y= 50x+40(60-x)= 10x+2 400, ∴ y 与 x 之间的函数关系式为 y= 10x+2 400(0≤x≤60); (3)设甲、乙两种剪纸装饰获得的利润为 w 元, 根据题意得 w= (65-50)x+(50-40)(60-x)= 5x+600, ∵ 5>0,∴ w 随 x 的增大而增大, ∵ 该商家计划购进这批剪纸装饰所花的总费用不超过 2 800 元, ∴ y≤2 800,即 10x+2 400≤2 800,解得 x≤40, ∵ x 为非负整数, ∴ 当 x= 40 时,w 取得最大值,w最大 = 5×40+600 = 800,此时 60-x= 60-40 = 20, 答:商家购进甲种剪纸装饰 40 套,乙种剪纸装饰 20 套时, 所获利润最大,最大利润为 800 元. 4.解:(1)由题意知 BC⊥AB,DF⊥AD, ∴ ∠CBA= ∠FDA= 90°, 又∵ ∠CAB= ∠FAD, ∴ △CAB∽△FAD,∴ AD AB =DF BC , 由题意知 AD= 3 m,AB= 5 m,BC= 3. 5 cm, ∴ 3 5 = DF 3. 5 ,解得 DF= 2. 1 cm, 即小视力表中相应“E”的高是 2. 1 cm; (2)如解图,连接 A′B′,过点 C 作 CD⊥MN 于点 D,CD 的 延长线交 A′B′于点 E, 第 4 题解图 由题意知,AB∥MN∥A′B′, ∵ MN∥A′B′,CD⊥MN,∴ CE⊥A′B′, ∵ MN∥A′B′, ∴ △MNC∽△A′B′C,∴ MN A′B′ =CD CE , 由题意知 CE= 5 m,DE= 3 m,A′B′=AB= 0. 8 m, ∴ CD=CE-DE= 2 m,∴ MN 0. 8 = 2 5 , ∴ MN= 0. 32 m,∴ 镜长至少为 0. 32 m. 5.解:(1)①设 AD= x,则 BE=AB-AD-DE= 1-x, ∵ AC=BC,∠A=α= 45°,∴ ∠A= ∠B= 45°, ∴ ∠C= 90°,∴ AC=BC= 2 2 AB= 2 , ∴ S△ABC = 1 2 AC·BC= 1 2 × 2 × 2 = 1, ∵ DF⊥AB,GE⊥AB, ∴ △ADF,△BEG 都是等腰直角三角形, ∴ AD=DF= x,BE=GE= 1-x, ∴ S△ADF = 1 2 AD·DF= 1 2 x2,S△BEG = 1 2 BE·GE= 1 2 (1-x)2 = x2 -2x+1 2 , ∴ S=S△ABC-S△ADF -S△BEG = 1- 1 2 x2 - x2 -2x+1 2 = -x2 +x+ 1 2 = -(x- 1 2 ) 2 + 3 4 , ∵ -1<0,0<x<1,∴ 当 x= 1 2 时,S 有最大值,最大值为 3 4 ; ②理由如下:如解图,过点 C 作 CH⊥AB 于点 H,过点 F,G 分别作 CH 的垂线,垂足分别为 M,N,则四边形 DFMH,四 边形 EHNG 都是矩形, ∴ FM=DH,NG=HE, 设 AD=m,则 BE=AB-AD-DE= 1-m, ∵ AC=BC,CH⊥AB,∴ AH=BH= 1, ∴ FM=DH= 1-m,NG=HE= 1-(1-m)= m, 由①得 DF=AD=m,EG=BE= 1-m, 由矩形的性质可得 FM∥AB,NG∥AB, ∴ ∠CFM= ∠A= ∠CGN= ∠B= 45°, 在 Rt△CFM 中,∠CFM= ∠FCM= 45°, ∴ CM=FM,∴ CF= 2FM= 2 (1-m), 同理可得 CG= 2NG= 2m, ∴ l=CF+DE+DF+EG+CG = 2 (1-m) +1+m+1-m+ 2 m = 2 +2, ∴ 在平移 DE 的过程中,l 的值保持不变; 第 5 题解图 (2)小明的结论还成立,理由略. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 66