精品解析：2026年北京市大兴区中考二模考试数学

2025~2026学年度第二学期期末练习 初三数学 考生须知 1．本试卷共8页，共28道题．满分100分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上准确填写姓名、准考证号、考场号和座位号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回． 一、选择题（共16分，每题2分）第1－8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　） A. 长方体 B. 三棱柱 C. 圆柱 D. 圆锥 2. 实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若正多边形的一个外角是，则这个正多边形是（ ） A. 正五边形 B. 正六边形 C. 正八边形 D. 正十边形 4. 一个不透明的袋子中仅有5个红球、3个绿球和2个蓝球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机摸出一个球，摸出的球为蓝球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值是（ ） A. 1 B. 4 C. D. 6. 1970年4月24日，中国第一颗人造卫星“东方红一号”成功发射．自2016年起，将每年4月24日设立为“中国航天日”．我国首个目标飞行器天宫一号向地球发射无线电信号，信号单向传输到地面测控站所用时间约为，传播速度为，则天宫一号与地面测控站的距离约为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，，分别以A，C为圆心，长为半径作弧，两弧交于M，N，直线与交于点D，连接，则的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，点A，点B是函数图象上的动点（A，B不重合），点A是的中点，点B是的中点，作垂直x轴于点E，交图象于点G，作垂直y轴于点F，交图象于点H．给出下面四个结论： ①与的面积一定相等； ②连接，，则的面积是面积的2倍； ③连接，，，，则与的面积一定相等； ④连接，，则，不一定平行． 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①④ 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 分解因式：mn2﹣m=__________． 10. 若代数式有意义，则实数的取值范围是_____． 11. 方程的解为________． 12. 能说明命题“若，则”是假命题的一组实数a，b的值为________，________． 13. 在“课间一刻钟”活动中，甲、乙、丙三名同学相约到篮球场进行定点投篮练习，共设置5轮投篮，每轮每人投篮5次，投中次数统计整理如下： 甲：2，2，4，5，5； 乙：2，3，4，4，5； 丙：3，3，4，4，4． 根据方差越小，数据的波动越小，发挥越稳定这一统计意义，据此推断，________同学发挥更稳定． 14. 如图，四边形内接于，是的直径，点E是下方上一点．若，则的大小为________． 15. 如图，在矩形中，点为中点，连接，点为的延长线上一点，连接交于．若，的面积为，则四边形的面积为________． 16. 某兴趣小组有3件打印模型需要制作，每个模型都要按四道工序的顺序完成．现安排甲、乙、丙3名同学来做，甲只负责A、D工序，乙只负责B工序，丙只负责C工序．同一模型同一时间只能进行一道工序，完成一道工序后才能开始下一道工序．一个人只有完成一个模型的一道工序后，才能进行下一个模型的工序．各工序耗时（单位：分钟）如下表： 模型1 模型2 模型3 A 3 6 4 B 5 3 4 C 4 7 5 D 2 9 3 （1）只完成模型1和模型3的制作，最少需要________分钟； （2）要完成这3件模型的制作，最少需要________分钟． 三、解答题（共68分，第17-19题每小题5分，第20题6分，第21题5分，第22题6分，第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 17. 计算： ． 18. 解不等式组： 19. 已知，求代数式的值． 20. 如图，在中，，O为中点，过点A作于点E，连接，并延长到点D，使，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，求的长． 21. 在平面直角坐标系中，函数的图象过点和． （1）求和的值； （2）当时，对于的每一个值，函数的值大于函数的值且大于1，直接写出的取值范围． 22. 如图1，筒车是明代科学家宋应星所著《天工开物》中记载的经典水利灌溉工具，它利用流水冲击圆形转轮带动筒车转动，通过遍布圆周的竹筒舀水至顶部，并倾倒在水槽中，实现将低处河水提升至高处水槽中，再引流至农田，达到自流灌溉的目的，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图2，已知某筒车的转轮圆心为O，吃水深度（转轮最低点到水位线的距离）与转轮半径的比为，转轮圆心O到水槽底部的距离为0.9米，提水高度（水槽底部到水位线的竖直高度）是吃水深度的3.5倍．求这个筒车的转轮半径． 23. 五一假期，某景区为调查游客通行效率，某高峰时段工作人员在景区南、北两个检票口各随机抽取20名游客，记录他们从入园开始排队到通过检票口进入景区的等候时间（单位：分钟）．将数据整理，描述和分析，给出下面信息： a．将南、北两个检票口各20名游客等候时间t分别分成四组： A．，B．，C．，D． b．南检票口20名游客等候时间数据： 5 6 9 11 14 19 21 23 26 30 30 30 32 35 37 39 42 46 50 53 c．北检票口20名游客等候时间在C组内的数据： 31 32 32 33 35 36 39 42 d．北检票口20名游客等候时间扇形统计图如下： e．南、北检票口20名游客等候时间平均数、众数、中位数如下表： 项目 南检票口 北检票口 平均数 27.9 27.9 众数 n 32 中位数 30 p （1）写出图表中m，n，p的值：________，________，________； （2）已知当天该高峰时段从南检票口进入景区的游客约为6000人，从北检票口进入景区的游客约为8000人，估计从两个检票口进入景区的等候时间超过30分钟的游客有________人． 24. 如图，在中，，点是中点，以为圆心，的长为半径作交延长线于点，交于点，交于点，过点作的切线交延长线于点． （1）求证：； （2）连接并延长交于点，若，，求的半径． 25. 为营造家庭亲子阅读氛围，A、B两个家庭分别制定了每周七天循环阅读计划，并以10天为一个结算单元设立积分奖励，每读一页书，奖励0.2积分，积分达到一定数值可以兑换相应礼品．每周七天可用星期表示，其中，，，，，，，至6依次表示星期一至星期六，表示星期日． A家庭制定的每周循环阅读计划：星期读书的页数记为，从星期当天开始连续阅读10天后的总积分记为，可以认为，分别是的函数，部分数据如下： 星期 1 2 3 4 5 6 7 12 14 16 18 20 22 24 34.8 36 37.2 36.8 35.2 B家庭制定的每周循环阅读计划：星期读书的页数记为，从星期当天开始连续阅读10天后的总积分记为，可以认为，分别是的函数，部分数据如下： 星期 1 2 3 4 5 6 7 20 18 13 22 15 23 通过分析数据，在平面直角坐标中，分别描出部分数对，所对应的点． （1）A家庭从星期一当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为________； （2）在给出的坐标系中，描出表示的点； （3）按照A家庭的积分兑换办法，兑换一本新书需要37积分．若连续阅读10天后的总积分满足这次兑换要求，且要尽早完成兑换，则应从星期________当天开始阅读； （4）A家庭从星期________当天开始阅读，连续阅读10天后所能获得的积分最大； （5）若随的增大而增大，则整数________． 26. 在平面直角坐标系中，抛物线 经过点和点． （1）求的值，并用含的式子表示． （2）直线与抛物线交于点和点（、不重合），过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点． ①用含的式子表示点的横坐标； ②已知，，点从线段左端点运动到右端点的过程中，随的增大，的长是先增大后减小，求的取值范围． 27. 在中，， ，点是的中点，点为下方一点，满足，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点恰好落在上．连接，延长交于点． （1）连接，求证：； （2）用等式表示，，之间的数量关系，并证明． 28. 在平面直角坐标系中，对于不重合的点A和点B以及正实数m有如下定义：过B点的任意一条直线上都存在点C，D（B，C，D互不重合），满足，称点B是点A的“m－区域点”，线段的长度的最小值叫做点B关于点A的“m－区域距离”． （1）若点A坐标为，在，，这三个点中________是点A的“2－区域点”，此时这个点关于点A的“2－区域距离”是________； （2）若点A是直线上一动点，记点A的横坐标为t，则使得坐标原点O是点A的“5－区域点”的t的取值范围是________，点O关于点A的“5－区域距离”的最大值是________； （3）若点，是半径为的上的两动点，且，，，若对于线段上的任意一点M，都存在，，使得M既是的“－区域点”也是的“－区域点”，直接写出t的取值范围是________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网可组卷网 2025~2026学年度第二学期期末练习 初三数学 考生须知 1.本试卷共8页，共28道题.满分100分.考试时间120分钟. 2.在试卷和答题卡上准确填写姓名、准考证号、考场号和座位号. 3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效. 4.在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答. 5.考试结束，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回. 一、选择题（共16分，每题2分)第1一8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个 1.如图是某几何体的三视图，该几何体是() A.长方体 B.三棱柱 C.圆柱 D.圆锥 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体的三视图进行一一判断即可. 【详解】解：，主视图和左视图为长方形 ∴.几何体不是三棱柱和圆锥 ,俯视图为圆 .几何体不是长方体 .该几何体为圆柱 故选C. 【点晴】本题考查了几何体的三视图.解题的关键在于熟练掌握几何体从前面，左面，上面看到的分别为 主视图，左视图，俯视图. 2.实数α，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论正确的是() -3-2-10123 4 第1页/共37页 耐学科网 可组卷网 A.la< B.a-b>0 C.-a<3 D.a+b>0 【答案】C 【解析】 【分析】根据数轴确定、b的取值范围，结合绝对值、相反数及有理数运算法则进行判断. 【详解】由数轴可知：-3<a<-2,1<b<2, ·2<a<3,1<bK2,即|ab,A错误； a<0,b>0, a-b<0,B错误： :-3<a<-2,不等式两边同乘-1得2<-a<3, .-a<3,C正确： :a<0,b>0且|a>lb|, a+b<0,D错误. 3.若正多边形的一个外角是36°，则这个正多边形是() A.正五边形 B.正六边形 C.正八边形 D.正十边形 【答案】D 【解析】 【分析】利用多边形外角和定理，以及正多边形各外角相等的性质求解，直接计算边数即可得到结果. 【详解】：任意多边形的外角和为360°，正多边形的每个外角都相等， .设该正多边形的边数为n, 360° 则n= =10, 36° 这个正多边形是正十边形 4.一个不透明的袋子中仅有5个红球、3个绿球和2个蓝球，这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机 摸出一个球，摸出的球为蓝球的概率为() 1 1 A5 B.3 C.2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出球的总个数，再用蓝球个数除以总个数得到概率即可. 【详解】由题意可得，袋子中球的总个数为5+3+2=10（个），其中蓝球的个数为2， 第2页/共37页 学科网组卷网 ÷随机摸出一个球，摸出蓝球的概率为2_」 105 5.若关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个相等的实数根，则实数m的值是(） A.1 B.4 C.-4 D.-1 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程有两个相等的实数根则根的判别式 △=b2-4ac=0是解题的关键 根据题意以及根的判别式列出关于m的方程求解即可. 【详解】解：，关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个相等的实数根， ∴△=b2-4ac=(-2)2-4x1×m=0,解得：m=1. 故选A. 6.1970年4月24日，中国第一颗人造卫星“东方红一号”成功发射.自2016年起，将每年4月24日设立 为“中国航天日”.我国首个目标飞行器天宫一号向地球发射无线电信号，信号单向传输到地面测控站所 用时间约为1.14×103s,传播速度为3×108m/s,则天宫一号与地面测控站的距离约为() A.3.42×108m B.3.42×10m C.3.42×106m D.3.42×103m 【答案】D 【解析】 【分析】根据路程公式s=vt,结合科学记数法的运算规则计算即可得到结果. 【详解】s=(1.14×10-3)×(3×10)=(114×3)×(10-3×108)=3.42×105(m): 7.如图，在ABC中，AB=AC,∠A=40°，分别以A,C为圆心，AC长为半径作弧，两弧交于M, N,直线MN与AB交于点D,连接CD,则∠BCD的大小为() 第3页/共37页 耐学科网 命组卷网 A.40° B.35° C.30° D.20° 【答案】C 【解析】 【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠ACB的度数，再根据作图方法判断出MN是线段AC的垂直平分 线，利用垂直平分线的性质得出DA=DC,进而求出∠ACD的度数，最后利用角的和差关系求解即可. 【详解】解：如图，连接AM,AN,CM,CN,CD, ,AB=AC,∠A=40°， 六∠ABC=∠ACB=7×180°-40)=70°， 由作图可知，AM=CM=AC,AN=CN=AC, .点M,N都在线段AC的垂直平分线上， ∴.直线MN是线段AC的垂直平分线， ,点D在直线MN上， .DA=DC, ∴.∠ACD=∠A=40°， .∠BCD=∠ACB-∠ACD=70°-40°=30°. 8如图，在平面直角坐标系x0y中，点A,点B是函数y=4(x>0)图象上的动点4，B不重合)，点A 是OC的中点，点B是OD的中点，作CE垂直x轴于点E,交图象于点G,作DF垂直y轴于点F,交图 象于点H.给出下面四个结论： E ①△COE与△DOF的面积一定相等： ②连接0H,OG,则△D0H的面积是△G0E面积的2倍： 第4页/共37页 可学科网可组卷网 ③连接OG,AG,OH,BH,则△0AG与△0BH的面积一定相等； ④连接GH,CD,则GH,CD不一定平行. 上述结论中，所有正确结论的序号是() A.①② B.①③ C.②③ D.①④ 【答案】B 【解析】 【分析】设点A、点B坐标推出点C、点D、点G、点H坐标，利用图像和坐标得出三角形的面积，分析①②③ 结论，利用GH,CD所在直线的解析式进行切入，假设GH∥CD,分析④结论. 【详解】解：过点A作AM⊥CE,过点B作BK⊥DF,如图所示： 设点A坐标为x,乃)，点B坐标为(x2,y2), ,点A是OC的中点，点B是OD的中点， ÷点C坐标为(2x2y1),点D坐标为(22y2),点G坐标为(2x岳)，点H坐标为（房2y2)” 4 ,点A,点B是函数y=—(x>O)图象上的点， Xy=4,x2y2=4, 根据图象可知：S△coE=0ECE=号×2x1×2y1=2×4=8, SaD0F=iDF.0F=专×2x2×2y2=2×4=8, ·SAc0E=SADOF,故①正确； Sar0H=HF.0F=专×元×2y2=2’ :SADOH SADOF-SAFOH =8-2=6, °SAG0E=号EG0E=支×景×2x1=2, 第5页/共37页 命学科网可组卷网 ∴.SAD0H=3Sc0E,故②不正确； :Sa4c6=AMCG=克×X1×(2y,受)=方×x1×（是-元)=3， SHD=号BKDH=克×y2×(2x2号)=支×y2×(号员)=3 :SAOAG=SACOE -SAGOE-SMCG=8-2-3=3, SAOBH SADOF -SAFOH -SABHD =8-2-3=3, ·SA0BH=So4G,故③正确， ,设CD所在直线的函数表达式为y3=kx+b, 将C(2x2y1),D(2x22y2)代入当=kx+6得： （2kx1+b1=2y1, 2k182+b1=2y2 解得：k=当上 x2-x1 设G所在直线的函数表达式为y4=k2x+b2, 将点G坐标为(2x,忌)，点H坐标为（房，2y2小，代入4=6，r+6得： （2k21+b2=是， #+b2=2y2 解得：飞=-业 若GH∥CD,则k=k2, 即：2y=-上 x2-x x 整理得：xy2-x乃=-X22+x1y2, 所以xy1=X2y2, 因为x乃=4，x2》2=4,所以等式恒成立， 即GH∥CD,所以④不正确. 【点晴】本题考查了反比例函数的图象与性质、坐标与图形的面积关系、中点坐标公式以及平行线的判定， 重难点在于利用点的坐标得出线段的长度，进而计算三角形面积，以及通过坐标关系判断直线的平行关系， 解题核心是设点A、点B坐标推出点C、点D、点G、点H坐标. 第6页/共37页 可学科网可组卷网 二、填空题（共16分，每题2分） 9.分解因式：mn2-m= 【答案】m(n+1)(n-1) 【解析】 【分析】先提取公因式m,再利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)进行二次分解. 【详解】mn2-mm(n2-1)=(n+1)(n-1) 考点：提公因式法与公式法的综合运用 10.若代数式3有意义，则实数x的取值范围是一· x+2 【答案】x≠-2#-2≠x 【解析】 【分析】本题考查分式有意义的条件，解题的关键是熟记分式的分母不能为0.根据分式的分母不能为0， 可知x+2≠0，由此可解. 【详解】解：代数式3有意义， X+2 .x+2≠0， x≠-2， 故答案为：x≠-2 1.方程1，十=0的解为= x-4 2x 【答案】号 【解析】 【分析】先将分式方程去分母转化为整式方程，求解整式方程后，检验得到原方程的解. 【详解】解：动十会=0· 2x+(x-4)=0, 2x+X-4=0, 3x-4=0, 3x=4, x=号： 经检验：当x=等时，2xx-4)≠0， 第7页/共37页 学科网组卷网 x=等是原分式方程的解。 l2.能说明命题“若a>b,则a>b”是假命题的一组实数a,b的值为a= b= 【答案】 ①.1②.-2 【解析】 【分析】只需找到满足命题条件a>b,但不满足命题结论a>b的一组实数即可. 【详解】解：当a=1,b=-2时，a=1>-2=b,满足条件a>b, .a=1=1,b=-2=2, ∴la=1<2=bl，不满足结论a>b 13.在“课间一刻钟”活动中，甲、乙、丙三名同学相约到篮球场进行定点投篮练习，共设置5轮投篮，每 轮每人投篮5次，投中次数统计整理如下： 甲：2,2,4,5,5 乙：2,3,4,4,5； 丙：3,3,4,4,4. 根据方差越小，数据的波动越小，发挥越稳定这一统计意义，据此推断， 同学发挥更稳定. 【答案】丙 【解析】 【分析】先计算三组数据的平均数，再根据方差公式计算三组数据的方差，比较方差大小，根据方差越小 数据波动越小发挥越稳定的性质，得到结论， 【详1解：和2+2+445+5-36，反=2+3+4+4+5-36，霸 3+3+4+4+4=3.6, 5 5 s=[(2-3.6)2+(2-3.6)2+(4-3.6)2+(5-3.6)2+(5-3.6)2]=1.84, s2=[(2-3.6)2+(3-3.6)2+(4-3.6)2+(4-3.6)2+(5-3.6)2]=1.04· s=[(3-3.6)2+(3-3.6)2+(4-3.6)2+(4-3.6)2+(4-3.6)2]=0.24, :s骗<吃<㎡， 丙同学的方差最小，发挥更稳定. 14.如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB是⊙O的直径，点E是AB下方⊙O上一点.若LC=130°， 则∠AED的大小为 第8页/共37页 可学科网列组卷网 B ○ 【答案】40°#40度 【解析】 【分析】根据圆内接四边形对角互补的性质求出∠DAB的度数，利用直径所对的圆周角是直角得出 ∠ADB=90°，在直角三角形中求出∠ABD的度数，最后根据同弧所对的圆周角相等求解 【详解】如图，连接BD, D E ,四边形ABCD内接于⊙O, .∠DAB+∠C=180°， ,∠C=130°， ..∠DAB=180°-130°=50°， :AB是⊙O的直径， ∴.∠ADB=90°， 在Rt△ABD中，∠ABD=90°-∠DAB=90°-50°=40°， :∠AED与∠ABD都是AD所对的圆周角， .∠AED=∠ABD=40°. 15.如图，在矩形ABCD中，点E为BC中点，连接AE,点F为BC的延长线上一点，连接AF交CD于 G.若CF=BC,△CFG的面积为1，则四边形AECG的面积为 第9页/共37页 学科网丽组卷网 G B F E 【答案】9 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识， BF 根据线段之间的关系先求出 CF 再利用矩形的性质证明△ABF∽△GCF,即可求出S△Br,再求出 EF BE 问题随之得解。 【详解】解：，CF=。BC, 3 ..3CF=BC, .3CF+CF=BC+CF=BF,即 CF ,在矩形ABCD中，AB∥CD, ∴.∠B=∠GCF, 又，∠F=∠F, ∴.△ABF∽AGCF, ÷思=（器）2=16' S△ccP ,△CFG的面积为1， .S。ABr=16S.Gcr=16, :点E为BC中点， 1 ∴EC=BE=5BC, :cF=1BC, 3 BE-IBC-3CF,EF=EC+CF-3CF+CF-50 3 3 CF, 2 2 .BE 3 ,即F5 EF 5 BF 8 5 5m85r=l0, 第10页/共37页 学科网组卷网 .S.EF-S.GCF =10-1=9. 16.某兴趣小组有3件3D打印模型需要制作，每个模型都要按A→B→C→D四道工序的顺序完成.现 安排甲、乙、丙3名同学来做，甲只负责A、D工序，乙只负责B工序，丙只负责C工序.同一模型同一 时间只能进行一道工序，完成一道工序后才能开始下一道工序.一个人只有完成一个模型的一道工序后， 才能进行下一个模型的工序.各工序耗时（单位：分钟）如下表： 模型 模型1 模型2 模型3 时 工序 间 A 3 6 4 B 5 3 4 C 4 7 5 D 2 9 3 (1)只完成模型1和模型3的制作，最少需要 分钟： (2)要完成这3件模型的制作，最少需要 分钟 【答案】 ①.19②.30 【解析】 【分析】(1)分别计算先制作模型1后制作模型3，以及先制作模型3后制作模型1的总耗时，比较得出最 小值： (2)根据工序先后顺序及人员分工，依次分析关键路径，计算各工序完成时刻得出总耗时，通过比较即可 得出结果。 【详解】解：(1)由题意知， 若先制作模型1，后制作模型3： 甲完成A工序时间：3+4=7， 乙完成B工序时间：模型1为3+5=8，模型3为(7,8)+4=12， 丙完成C工序时间：模型1为8+4=12，模型3为(12,12)m+5=17, 甲完成D工序时间：模型1为(7,12)mx+2=14,模型3为(14,17)mx+3=20, .总耗时20分钟： 若先制作模型3，后制作模型1： 第11页/共37页 可学科网可组卷网 甲完成A工序时间：4+3=7， 乙完成B工序时间：模型3为4+4=8，模型1为(7,8)m☏+5=13， 丙完成C工序时间：模型3为8+5=13，模型1为(13,13)m+4=17, 甲完成D工序时间：模型3为(7,13)mx+3=16,模型1为(16,17)m十2=19， .总耗时19分钟， ,19<20, ∴.最少需要19分钟； (2)要完成3件模型的制作，则有“模型1-模型2-模型3”、“模型1-模型3-模型2”、“模型2-模型1-模 型3”、“模型2-模型3-模型1”、“模型3-模型1-模型2”“模型3-模型2-模型1”共六种顺序制作： ①模型1-模型2-模型3： 甲完成A工序时间：3+6+4=13， 乙完成B工序时间：模型1为3+5=8，模型2为(8,9)x十3=12，模型3为 (12,13)m+4=17, 丙完成C工序时间：模型1为8+4=12，模型2为(12,12)mx+7=19,模型3为 (19,17)ms+5=24, 甲完成D工序时间：模型1为(13,12)mx+2=15,模型2为(15,19)x+9=28，模型3为 (2824)m+3=31, 总耗时31分钟； ②模型1-模型3-模型2： 甲完成A工序时间：3+4+6=13， 乙完成B工序时间：模型1为3+5=8，模型3为(7,8)m十4=12，模型2为 (12,13)mx+3=16, 丙完成C工序时间：模型1为8+4=12，模型3为(12,12)mx十5=17，模型2为 (17,16)m☏+7=24， 甲完成D工序时间：模型1为(13,12)mx+2=15,模型3为(15,17)m十+3=20，模型2为 第12页/共37页 可学科网可组卷网 (20,24)m☏+9=33， .总耗时33分钟： ③模型2-模型1-模型3： 甲完成A工序时间：6+3+4=13， 乙完成B工序时间：模型2为6+3=9，模型1为(9,9)m+5=14,模型3为 (14,13)m+4=18, 丙完成C工序时间：模型2为9+7=16，模型1为(14,16)s+4=20,模型3为 (18,20)x+5=25, 甲完成D工序时间：模型2为(13,16)ms+9=25,模型1为(25,20)mx+2=27,模型3为 (27,25)mx+3=30, .总耗时30分钟： ④模型2-模型3-模型1： 甲完成A工序时间：6+4+3=13， 乙完成B工序时间：模型2为6+3=9，模型3为(9,10)十4=14，模型1为 (14,13)mx+5=19, 丙完成C工序时间：模型2为9+7=16，模型3为(14,16)x+5=21,模型1为 (19,21)mx+4=25, 甲完成D工序时间：模型2为(13,16)m十9=25，模型3为(21,25)mx十3=28，模型1为 (28,25)mx+2=30, ∴.总耗时30分钟： ⑤模型3-模型1-模型2： 甲完成A工序时间：4+3+6=13， 乙完成B工序时刻：模型3为4+4=8，模型1为(8,7)ms+5=13,棱型2为 (13,13)mx+3=16, 第13页/共37页 可学科网列组卷网 内完成C工序时间：模型3为8+5=13，模型1为(13,13)mx十4=17，模型2为 (17,16)m☏+7=24， 甲完成D工序时间：模型3为(13,13)mx+3=16,模型1为(17,16)ms+2=19,模型2为 (24,19)mx+9=33, ∴.总耗时33分钟： ⑥模型3-模型2-模型1： 甲完成A工序时间：4+6+3=13， 乙完成B工序时间：模型3为4+4=8，模型2为(8,10)mx十3=13，模型1为 (13,13)mx+5=18, 丙完成C工序时间：模型3为8+5=13，模型2为(13,13)m+7=20,模型1为 (18,20)mx+4=24, 甲完成D工序时间：模型3为(13,13)+3=16，模型2为(20,16)mx+9=29,模型1为 (29,24)m+2=31, .总耗时31分钟， 综上所述，要完成这3件模型的制作，最少需要30分钟. 三、解答题（共68分，第17-19题每小题5分，第20题6分，第21题5分，第22题6分， 第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题每小题7分)解答应写 出文字说明、演算步骤或证明过程 17.计算：1-21-V2+(信)+2sim60°· 【答案】5-V5 【解析】 【分析】分别通过绝对值计算、二次根式化简、负整数指数幂运算和特殊角的三角函数值的计算逐一计算 各项，再依次加减即可得到结果。 【详解】解：原式=2-25+3+2×号 =2-2V3+3+V3 第14页/共37页 可学科网 丽组卷网 =5-V5. 18.解不等式组： (3(x-2)>x-4 警>x-1 【答案】1<x<4 【解析】 【分析】分别求解两个一元一次不等式的解集，再取两个解集的公共部分即可. 【详解】解：3(x-2)>x-4①， +>x-1② 由不等式①得：x>1, 由不等式②得：x<4, .不等式组的解集为1<x<4. 19已知2a+b-3=0,求代数式4(2a-b)+8动 的值 4a2+4ab+b2 【答案】 3 【解析】 【分析】分别计算分子、因式分解分母，约分得到化简结果，再由己知条件得到2a+b=3,整体代入化简 结果即可得到答案， 42a-b+8b 【详解】解： 4a2+4ab+b2 -8a-4b+86 （2a+b)2 8a+4b (2a+b)2 42a+b) (2a+b)2 4 2a+b1 由2a+b-3=0可得2a+b=3,则原式=4 2O.如图，在ABC中，AB=BC,O为AC中点，过点A作AE⊥BC于点E,连接EO,并延长到点D, 第15页/共37页 学科网丽组卷网 使OD=OE,连接AD,CD. D E (1)求证：四边形AECD是矩形： 2)连接OB,若sn∠4CD了AD=2,求OB的长。 【答案】(1)证明：O为AC中点， ∴.OA=OC, 又.OD=OE, ∴.四边形AECD是平行四边形， ,AE⊥BC, .∠AEC=90°， ∴.四边形AECD是矩形. (2)6√2 【解析】 【分析】(1)利用平行四边形对角线互相平分的判定定理证得四边形AECD是平行四边形，再由 ∠AEC=90°得证结论： (2)利用正弦的定义可求得AC的长度，再根据等腰三角形三线合一的性质证得OB⊥AC,利用矩形的 A4 CEABCO,从而得到∠CAE=∠CBO,即sim∠CB0=,求得BC的长度，最后 股定理即可得解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，连接OB, A B E 第16页/共37页 学科网组卷网 1 在Rt△ACD中，AD=2,sin∠ACD= AD .AC= =6, sin∠ACD ,AB=BC,O为AC的中点， 01=0C=24C=3,0B11C. ,四边形AECD是矩形， ∴.AE∥CD, .∠ACD=∠CAE, ,∠AEC=∠BOC=90°，∠ACE=∠BCO, .△ACE△BCO, ∴.∠CAE=∠CBO, :sin∠CAE=sin∠ACD=3' 1 0C1 .sim∠CBO=2， BC-3 ∴.BC=9, 在RtACB0中，0B=V√BC2-0C2=V92-32=62. 21.在平面直角坐标系x0y中，函数y=kx+bk≠0)的图象过点(2,2)和(0，-1). (1)求k和b的值； (2)当x<2时，对于x的每一个值，函数y=mx+3(m≠0)的值大于函数y=kx+b的值且大于1，直 接写出m的取值范围. 【答案】(1)∫k= (b=-1 (2) ≤m<0 2 【解析】 【分析】(1)将两个己知点的坐标代入一次函数解析式，得到关于k和b的二元一次方程组，解方程组即 可得到结果； (2)根据题意列出x<2时恒成立的两个不等式，分情况讨论不等式恒成立的条件，结合x<2的范围推导 得到m的取值范围。 【小问1详解】 第17页/共37页 学科网丽组卷网 解：将点2,2)和(0，-1)代入y=x+b(k≠0)， 得∫2k+b=2, b=-1 解得k=多； (b=-1 【小问2详解】 3 解：由(1)得y=kx+b=三x-1, 2 3 根据题意得，当x<2时，mx+3>三x-1且mx+3>1恒成立， -a}4且r 每于m-之4，若m>,则一 3, m- 2 当x<2时，x可取任意小于2的数，无法满足x>常数， 无解，舍去 3 若m=。,可得0>4，不等式恒成立； 2 -3 8 若m<2,则r 3-2m ,对所有x<2恒成立， 8 .2≤ 3-2m 2(3-2m≤8 解得m之一2 1 有个不等式求型 对于mx>-2,若m>0,则当x>0时，满足mx>-2, 又，在x<2中，不可能都满足mx>-2, 舍去 若m=0,可得0>-2，不等式恒成立： 若m<0,则x<2 ,对所有x<2恒成立， 第18页/共37页 耐学科网 命组卷网 2s2 m 2m≥-2 解得m≥-1： :.第二个不等式成立的条件是-1≤m≤0. 又：m≠0 ∴.m的取值范围为-二≤m<0. 2 22.如图1，筒车是明代科学家宋应星所著《天工开物》中记载的经典水利灌溉工具，它利用流水冲击圆形 转轮带动筒车转动，通过遍布圆周的竹筒舀水至顶部，并倾倒在水槽中，实现将低处河水提升至高处水槽 中，再引流至农田，达到自流灌溉的目的，是我国古代劳动人民智慧的结晶.如图2，己知某筒车的转轮圆 心为O,吃水深度（转轮最低点到水位线的距离）与转轮半径的比为1：3，转轮圆心O到水槽底部的距离 为0.9米，提水高度（水槽底部到水位线的竖直高度）是吃水深度的3.5倍.求这个筒车的转轮半径. B 水槽 水规 障懒 转轮半径 水坡 提水高 柳 D 水位线 河水 、CS 支架 图1《天工开物》初刻本筒车插图 图2筒车平面示意图 【答案】1.8米 【解析】 【分析】根据题意设吃水深度为x米，则筒车的转轮半径为3x米，列出一元一次方程求解x的值即可得出 筒车的转轮半径. 【详解】解：设吃水深度为x米，则筒车的转轮半径为3x米， 由题意得：0.9+2x=3.5x, 解得：x=0.6, ∴.3x=3×0.6=1.8(米)， ∴.筒车的转轮半径为1.8米. 23.五一假期，某景区为调查游客通行效率，某高峰时段工作人员在景区南、北两个检票口各随机抽取20 第19页/共37页 学科网丽组卷网 名游客，记录他们从入园开始排队到通过检票口进入景区的等候时间（单位：分钟）.将数据整理，描述和 分析，给出下面信息： α.将南、北两个检票口各20名游客等候时间t分别分成四组： A.0<1≤15，B.15<t≤30，C.30<t≤45，D.45<t≤60 b.南检票口20名游客等候时间数据： 5691114192123263030303235373942465053 c.北检票口20名游客等候时间在C组内的数据： 3132323335363942 d.北检票口20名游客等候时间扇形统计图如下： D组 A组 15% 72° C组 B组 m% e. 南、北检票口20名游客等候时间平均数、众数、中位数如下表： 项目 南检票口 北检票口 平均数 27.9 27.9 众数 n 32 中位数 30 (1)写出图表中m,n,p的值：m= n= (2)已知当天该高峰时段从南检票口进入景区的游客约为6000人，从北检票口进入景区的游客约为8000 人，估计从两个检票口进入景区的等候时间超过30分钟的游客有」 人 【答案】(1)25,30,31.5 (2)6800 【解析】 【分析】(1)利用扇形统计图的数据可求得A组所占百分比，再通过北检票口20名游客中C组占8个求得 该组所占百分比，进而求得B组所占百分比，即m的值，观察南检票口20名游客等候时间数据出现次数最 多的即为众数，求得n的值，再通过计算求出北检票口20名游客等候时间中第10、11名游客等候时间之 第20页/共37页 可学科网列组卷网 和的平均数即为中位数，求得p的值； (2)利用样本估计总体，分别求出北检票口超过30分钟的游客所占频率和南检票口超过30分钟的游客所 占频率，再用各自的总数分别乘以对应的频率再相加即可得出结果. 【小问1详解】 解：由扇形统计图可知，北检票口A组的圆心角度数为72°， 72 所占百分比为： -×100%=20%, 360 ,北检票口20名游客等候时间在C组内的数据共有8个， 8 .所占百分比为： ×100%=40%, 20 ∴.B组所占百分比为：1-15%-40%-20%=25%，即m=25, 在南检票口20名游客等候时间数据中，出现次数最多的为30，共出现3次， .n=30, 在北检票口的20名游客等候时间数据中，中位数为第10、11名游客等候时间数据之和的平均数， 而第10、11名游客等候时间为31、32， 31+32 .p= =31.5. 2 【小问2详解】 解：由题可知，在南检票口20名游客等候时间数据中，超过30分钟的游客有8名， ∴.频率为 8=0.4, 2 在北检票口20名游客等候时间数据中，超过30分钟的游客占比为15%+40%=55%， .6000×0.4+8000×55%=2400+4400=6800(人)， ∴.估计从两个检票口进入景区的等候时间超过30分钟的游客有6800人. 24.如图，在AOB中，AO=BO,点C是AB中点，以O为圆心，OC的长为半径作⊙O交BO延长 线于点D,交OA于点E,交OB于点F,过点D作⊙O的切线DG交BA延长线于点C. D (1)求证：DG=CG; 第21页/共37页 学科网丽组卷网 2连接DE并延长交AB于点H,若)E=3CG=10,求O0的半径 【答案】(1)证明：连接OC,如图： D A C ,OA=OB,C为AB的中点， .0C⊥AB, 又：OC是⊙O的半径， .CG是⊙O的切线， 又：DG是⊙O的切线， ..DG=CG; (2)⊙O的半径为5. 【解析】 【分析】(1)证明CG是⊙O的切线，再根据切线长定理可得结论； EH 2 (2)连接DE并延长交AB于点H,过点O作OG⊥DH于点G,连接EF,根据题意得到 GH 5 8 设⊙O的半径为3x,则OD=OE=OC=3x,分别求出AE=2x,OB=5x,BD=8x,AH=。x, 再根据直角三角形得到an∠B=an∠OAB=DC-3,即8x= BD 4 ,即可求解 40 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接DE并延长交AB于点H,过点O作OG⊥DH于点G,连接EF,如图： D B A :AO=BO,点C是AB中点， .0C⊥AB,OC平分∠AOB,即OC平分∠EOF, 又0E=0F, 第22页/共37页 耐学科网 可组卷网 .OC⊥EF, .∠DEF=90°， ..OC DH ,0C⊥AB, .DH⊥AB, ,OD=OE,OG⊥DE, :cE-DE· EH 1 DE 3 :H2 GE 3 EH 2 GH5' 设⊙O的半径为3x,则OD=OE=OC=3x, :OG⊥DE,DH⊥AB,OC⊥AB,即∠OGH=∠GHC=∠OCH=90°， ∴.四边形OGHC是矩形， .GH=OC=3x, EH 2 3x5 6 ..EH=x, ,'∠AHE=∠OGE=90°，∠AEH=∠OEG, ∴.△AEH∽△OEG, .AE=EH=2 mAE 2 0EGE3,即 3x3 .AE=2x, .OB=OA=OE+AE=3x+2x=5x, .BD=OD+OB=3x+5x=8x, 在Rt△AHE中，AH=AB2-EH=V(2x)2-(鲁x)°-号x' 6 san∠EAH=EH-S3 子卫ta∠容=，1 AH 8 .OA=OB, 第23页/共37页 学科网丽组卷网 ∴.∠B=∠OAB, 在Rt△BDG中，tan∠B=tan∠OAB= DG 3 BD 4' 由(1)知，DG=CG=10, 103 BD 4 40 3,即8x= 40 .BD= 3, 5 .x= 3, 5 .⊙O的半径为3×二=5. 3 25.为营造家庭亲子阅读氛围，A、B两个家庭分别制定了每周七天循环阅读计划，并以10天为一个结算单 元设立积分奖励，每读一页书，奖励0.2积分，积分达到一定数值可以兑换相应礼品.每周七天可用星期x 表示，其中x=1,2,3,4,5,6,7,x=1至6依次表示星期一至星期六，x=7表示星期日 A家庭制定的每周循环阅读计划：星期x读书的页数记为yA,从星期x当天开始连续阅读10天后的总积分 记为PA,可以认为yA,PA分别是x的函数，部分数据如下： 星期 1 3 5 6 个 YA 12 14 16 18 20 22 24 P 名 34.8 36 37.2 n 36.8 35.2 B家庭制定的每周循环阅读计划：星期x读书的页数记为y,从星期x当天开始连续阅读10天后的总积分 记为PB,可以认为yB,PB分别是x的函数，部分数据如下： 星期 1 2 3 4 5 6 x B 20 18 13 22 个 15 23 Pe a b d e 8 通过分析数据，在平面直角坐标中，分别描出部分数对(xyA),(xPA)所对应的点. 第24页/共37页 可学科网可组卷网 (P) 40 35 30 25 20 15 10 0-1 23456789x (1)A家庭从星期一当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 (2)在给出的坐标系中，描出表示(1，m)的点： (3)按照A家庭的积分兑换办法，兑换一本新书需要37积分.若连续阅读10天后的总积分满足这次兑换 要求，且要尽早完成兑换，则应从星期 当天开始阅读； (4)A家庭从星期 当天开始阅读，连续阅读10天后所能获得的积分最大： (5)若PB随x的增大而增大，则整数k= 【答案】(1)168页 个p) 40 35 301,3.0 25 (2) 20 (3)四 15 10 0 123456789x (4)五 (5)19 【解析】 【分析】(1)根据题意，将A家庭从星期一当天开始，连续10天每日阅读量相加即可： (2)根据“A家庭从星期一当天开始连续10天阅读总量×0.2”求得m的值，然后描点即可： (3)比较一周积分数值，并结合尽早完成兑换，即可获得答案： (4)首先求得n的值，然后比较一周积分数值大小，即可获得答案： 第25页/共37页 学科网丽组卷网 (5)分别计算B家庭每日连续10天阅读总量，且PB随x的增大而增大，即每日连续10天阅读总量随x的 增大而增大，据此建立关于k的不等式组并求解，即可获得答案。 【小问1详解】 解：12+14+16+18+20+22+24+12+14+16=168， 即A家庭从星期一当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为168页： 【小问2详解】 解：m=168×0.2=33.6,描点略； 【小问3详解】 解：m=33.6<37,34.8<37,36<37,37.2>37, .连续阅读10天后的总积分满足这次兑换要求，且要尽早完成兑换，则应从星期四当天开始阅读； 【小问4详解】 解：根据题意，n=(20+22+24+12+14+16+18+20+22+24)×0.2=38.4, .38.4>37.2>36.8>36>35.2>34.8>33.6, ∴A家庭从星期五当天开始阅读，连续阅读10天后所能获得的积分最大； 【小问5详解】 解：根据题意，B家庭从星期一当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 20+18+13+22+k+15+23+20+18+13=162+k, B家庭从星期二当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 18+13+22+k+15+23+20+18+13+22=164+k, B家庭从星期三当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 13+22+k+15+23+20+18+13+22+k=146+2k, B家庭从星期四当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 22+k+15+23+20+18+13+22+k+15=148+2k, B家庭从星期五当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 k+15+23+20+18+13+22+k+15+23=149+2k, B家庭从星期六当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 15+23+20+18+13+22+k+15+23+20=169+k, B家庭从星期日当天开始，连续阅读10天后的读书总页数为 23+20+18+13+22+k+15+23+20+18=172+k, 第26页/共37页 可学科网可组卷网 :PB随x的增大而增大， .146+2k>164+k,解得18<k<20, (169+k>149+2k k为整数， .k=19 26在平面直角坐标系x0,中，抛物线y=x2+bx+c(a≠0)经过点0和点A1,0, (1)求c的值，并用含a的式子表示b. (2)直线y=x与抛物线交于点O和点B(O、B不重合)，过点P(t,0)作x轴的垂线，交抛物线于点 M,交直线于点N. ①用含a的式子表示点B的横坐标： ②已知E(字a,0),F(0）点P从线段EF左端点运动到右端点的过程中，随t的增大，MN的长是 先增大后减小，求a的取值范围. 【答案】(1)c=0,b=-a (2)①a+1,②a≤-4或a>2 【解析】 【分析】(1)将点O(0,0)和点A1,0)代入二次函数即可作答； (2)①根据（1)的结果，联立一次函数、二次函数即可作答；②将一次函数、二次函数相减，结果的绝 对值即为MN的长度，将其配方，再分类讨论：当a<0时，即E(导，0)F(a0)同在y轴的左侧，即 确定MN取最大值时x的值，再确定此种情况下点B的位置，数形结合即可求解，当x=a+ 时，再确定 2 MN取最大值时x的值，数形结合即可列出关于a的不等式组，问题随之得解. 【小问1详解】 解：将点O(0,0)和点A1,0)代入二次函数关系式有：c=0,a+b=0, 即：b=-a; 【小问2详解】 解：b=-a,C=0, .二次函数为y=ax2-ax, 第27页/共37页 学科网组卷网 x=0 ①联立： (y=ax2-ax,解得： by=0'或{x=a+1, y=a2x y=a3+a2 即点B的坐标为：B(a+1,a3+a2), :0、B不重合， .a+1≠0，即a≠-1， 则点B的横坐标为a+1; ②根据题意可知MN的长度为： yMN=1ax2-ax-a=ax)2 当a<0时，即E(导，0)、F(程a0)同在y轴的左侧， .a<0, -+型>0'a(x-学)2<0' 4 当x=a+1 2 时，MN的最大值为： 4 :直线y=ax与抛物线交于点O和点B(O、B不重合)，点B的横坐标为：a+1, 若点B在y轴的右侧，结合E(景，0)小F(得a0)同在y轴的左侧， 如图， B M 3 即在二a<x<二a范围内，y=ax的函数值大于y=ax2-ax的函数值， x 4 ·.此时的MN的值将随着x的变大逐渐变大，此时与题意不符， :点B在y轴的左侧， 如图， 第28页/共37页 可学科网可组卷网 a+1F E WO :当x=a+ 时，MN的最大值为： ww=-a, 4 又：点P从线段EF左端点运动到右端点的过程中，随t的增大，MW的长是先增大后减小， 是a<<京a,解得：a≤-4： (a≥a+1 当a>0时，即E(导，0)、F(a0)同在y轴的右侧， a>0w=x2-x-3=-p+(x-学)月=-a(x-学)升 六+>0’-a(x-学)2<0' 当x=a+ 2 二时，MN的最大值为： yMN a+12, 4 如图， E3 a+1 a+1 要满足：点P从线段EF左端点运动到右端点的过程中，随的增大，MN的长是先增大后减小， :a<学<a,解得：a>2; (a≤a+1 综上：a的取值范围a≤-4或a>2. 27.在ABC中，∠ACB=90°，∠B=C(0°<C<30·)，点D是AB的中点，点E为AB下方一 点，满足∠AED=2O,将线段ED绕点E顺时针旋转2o,得到线段EF，点F恰好落在AB上.连接 FC,延长ED交CF于点G 第29页/共37页 可学科网命组卷网 B F E (I)连接CD,求证：∠CDG=∠DAE: (2)用等式表示AE,EF,DG之间的数量关系，并证明. 【答案】(1)证明：如图，连接CD D B E :在ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点， :CD=AD=BD, ∠BCD=∠B=a· ·.∠ADC=∠BCD+∠B=2a, ∴.∠ADG=∠ADC+∠CDG=2+∠CDG, 又：∠ADG=∠AED+∠DAE,∠AED=2C, ∴.∠ADG=2a+∠DAE, ∴.∠CDG=∠DAE. (2)解：AE=EF+2DG,证明如下： 如图，延长EG至点H,使得EH=AE,连接CD,CH,FH, B D 内 由旋转的性质得：EF=ED，∠DEF=2a, 在△EFH和△EDA中， 第30页/共37页 可学科网可组卷网 EF-ED ∠HEF=∠AED=2C EH-EA .△EFH≌△EDA(SAS), ∴.HF=AD,∠FHE=∠DAE, 由(1)已得：CD=AD,∠CDG=∠DAE, ∴.HF=CD,∠FHE=∠CDG, .HF∥CD, ∴.四边形CDFH是平行四边形， :HG=DG, :EH=DE+DG+HG=EF +2DG, .∴.AE=EF+2DG 【解析】 【分析】(I)连接CD,先得出CD=AD=BD,再得出∠BCD=∠B=心，则LADC=2a，然后根 据三角形的外角性质即可得证； (2)延长EG至点H,使得EH=AE,连接CD,CH,FH,先证出△EFH≌△EDA,则 HF=AD,∠FHE=∠DAE,再证出四边形CDFH是平行四边形，则HG=DG,据此即可得出结论. 【小问1详解】 证明：略。 【小问2详解】 解：略 【点睛】本题难点在于通过作辅助线，构造全等三角形和平行四边形. 28.在平面直角坐标系xOy中，对于不重合的点A和点B以及正实数m有如下定义：过B点的任意一条直 线上都存在点C,D(B,C,D互不重合)，满足AC=AD=m,称点B是点A的“m一区域点”，线段 CD的长度的最小值叫做点B关于点A的“m一区域距离”， 第31页/共37页 学科网命组卷网 y B ® 8 (1)若点A坐标为2,0)，在B,(1,2),B2（2,-1),B(2,-2)这三个点中 是点A的“2一区域点”， 此时这个点关于点A的“2一区域距离”是 (2)若点A是直线y=x+1上一动点，记点A的横坐标为t,则使得坐标原点O是点A的“5一区域点”的 t的取值范围是 ,点O关于点A的“5一区域距离”的最大值是 (3)若点A,A是半径为2√5的⊙O上的两动点，且AA=4,E(t,0),F2t,0),若对于线段EF上 的意一点山.都存在4，么，便得山以是4的“域点”也是4的区域点”，直接写甜 的取值范围是 【答案】(1)B2,2√ (2)4<t<3,7√2 11 、、3)<t<2或、人 <t< 4 2 4 【解析】 【分析】(1)根据“m一区域点”和“m一区域距离”的定义即可求解： (2)根据“m一区域点”的定义结合图象可得出2+（t十1)严=5，求得1的临界值并得出范围，再根 据“m一区域距离”的定义可得出点O关于点A的“5一区域距离”存在最大值，则点O到点A的距离须为 最小，即当OA⊥CD时，OA存在最小值，利用勾股定理求得最大值即弦长最大值； (3)由题意可得，点M既在以A为圆心， 为半径的圆内，又在以4为圆心 。为半径的圆内，点M是 线段EF上的动点，可得出线段EF均在如图所示的阴影部分内，结合图象并根据定义可得出⊙A与⊙A, ⊙A与⊙4'的交点坐标，从而得出t的临界值并得出范围. 【小问1详解】 第32页/共37页 学科网组卷网 解：由题意知，点A的“m一区域点”是对过点B的任意直线与以A为圆心，m为半径的⊙A都有两个交 点，点A的“m一区域距离”是与过点B的直径垂直的弦长， 如图，作以点A为圆心，半径为2的⊙A, y 观察图象可知，点B,在⊙A内部，点B,在⊙A外部，点B,在⊙A上， ∴.符合题意的点为B22,-1),即点B2是点A的“2-区域点”， 过点B2作CD∥x轴，交⊙A于点C,D,连接AB,, ∴.AB,=1,AC=AD=2, 在Rt△ACB,中，CB2=VAC2-AB好=V5, 同理可得：B,D=√， ∴.CD=CB,+B,D=2√3，即点B2关于点A的“2-区域距离”是2√3. 【小问2详解】 解：由题意知，点A是直线y=x+1上一动点，且横坐标为t, ∴.纵坐标为t+1, 要使得坐标原点O是点A的“5一区域点”， 如图，分别作半径为5，且过点O的⊙A,⊙A,,连接OA,OA, 第33页/共37页 命学科网丽组卷网 .0A1=0A2=5, 2+(t+1)2=5, 解得：41=-4，t2=3, .t的取值范围是4<t<3, 要使点O关于点A的“5一区域距离”存在最大值，则点O到点A的弦心距必为最小， ∴.当OA⊥CD时，OA存在最小值， 如图，作y=x+1的平行线CD,连接AC,AD,设y=x+1分别交x轴，y轴于点G,H, 6 2 G 567 ..AD=AC=5, 易得G-1,0),H(0,1, 第34页/共37页 命学科网可组卷网 ∴.OG=OH=1,HG=VOG2+0H2=√2， .∠HG0=∠GH0=45°， ,GH∥CD,OA⊥CD, .OA⊥GH, 01=AG=4H-Gh:92 2 在Rt△AOC中， c0=Ac2-A0=52-(9)=5 同理可得：OD=72, :CD=C0+0D=7V2+7V2=7N2, 即点O关于点A的“5-区域距离”的最大值是72· 【小问3详解】 解：由题意可得，点M既在以A为圆心， 为半径的圆内，又在以4为圆心， 5 2 为半径的圆内， ,点M是线段EF上的动点， '线段EF均在如图所示的阴影部分内， 如图，作半径为25的⊙O,作直线x=4交⊙O于点A,A,使得AA=4,A,A,交x轴于点P,分别 以点A,A为圆心， 三为半径作⊙4，⊙4，两圆分别交K,K,连接K4:K,4, 第35页/共37页 学科网丽组卷网 .4P=4,P=44=2, 2 在Rt△4KP中，K,P=AK-AP2=)-2=号 同理可得：KP=2, 3 0K=0P-KP=4-30K2=0P+KP=4+号=号 K(,0)K2(岁，0) :E(t,0),F(2t,0)在阴影区域内，且不与边界重合， 小t>月，解：1< (2t<号 同理，作x=4交⊙0于点4,4，使得A1A2=4·A4交x轴于点P,分别以点A，4为圆心， ⊙Q4两圆分别交K，K,莲接k ∴K1(-号，0)K2(-昌0) :E(t,0),F(2t,0)在阴影区域内，且不与边界重合， 2>-共，解得：号<1引 t<-马 第36页/共37页 而学科网组卷网 综上所选，的取值花国觉-1<-或<1< 2 2 4 第37页/共37页