精品解析：福建省厦门集美中学2026-2027学年高一新生入学适应性练习数学试卷

福建省厦门集美中学2026级新生入学适应性练习 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．请将答案一律填写在答题卡上，写在试卷上无效．考试结束后，将试卷、答题卡一并交回． 一、单项选择题（本大题有8个小题，每小题5分，共40分，每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确） 1. 已知下列四个代数式，若，则代数式的值最大的是（ ） A. B. C. D. 2. 某市2024年的扶贫资金为万元，比2023年增长了，计划2025年的增幅调整为上一年的2倍，则这3年的扶贫资金总额将达到（ ） A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 3. 如图，在中，点为的内心，点在边上，且，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 某校数学兴趣小组探究出一种新的计算两位数的平方运算的方法，具体做法如图1，2，3所示．按照这种方法，如图4所示结果是一个两位数的平方，则这个两位数是（ ） A. 69 B. 79 C. 91 D. 93 5. 现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片各块（边长如图，）．嘉嘉准备从中挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，下列无法实现的方案是（ ） A. 块甲、块乙、块丙 B. 块甲、块乙、块丙 C. 块甲、块乙、块丙 D. 块甲、块乙、块丙 6. 如图，的弦、的延长线相交于点，，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 7. 小明同学为班级设计如图所示的班徽，为正方形的中心，四块全等的阴影图形均为菱形．若，，三点共线，则图中阴影面积与空白面积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知二次函数（为常数）经过点，图象与轴交于点、（在的左边），连接，点是抛物线图象在第一象限内的一点，过点作交于点，若取得最大值，则此时点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题有小题，每小题分，共分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．） 9. 已知关于的两个多项式，．其中为常数，下列说法： ①若的值始终与无关，则； ②关于的方程始终有两个不相等的实数根； ③若的结果不含的项，则； ④当时，若的值为整数，则的整数值只有个． 以上结论正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 10. 已知点，，在抛物线上，则下列结论中，正确的是（ ） A. 当时， B. 存在实数，使得 C. 取任意非零实数时，都有 D. 取任意非零实数时，都存在，使得 11. 如图，在中，，，为边上一点，以点为圆心，长为半径画圆，与射线相交于点．下列说法正确的有（ ） ①若为的中点，则与相切； ②若被平分，则； ③若，则平分； ④若点与点重合，则经过的中点． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 三、填空题（本大题有3小题，每小题5分，共15分） 12. 《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想，现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为，正方形的边长为，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率为，则圆周率的值为__________（用所给字母表示．） 13. 设、是方程的两根，则的值为__________； 14. 若一个各位数字均不为0的四位数（，，，，，，为整数）满足：把的千位数字作为十位数字，的十位数字作为个位数字组成的两位数与5的和记作，的千位数字与个位数字的2倍的和记作，如果的各位数字之和与的和是一个正整数的平方，则称这个四位数为“赓续数”，正整数称为“赓续元素”；当，时，最小“赓续数”为__________；若“赓续数”满足前两位数字之和与后两位数字之和相等，且为整数，则满足条件的最大为__________． 四、解答题（本大题有5小题，共77分） 15. （1）先化简再求值：，其中； （2）解不等式组：. 16. 河南是中华文明和黄河文化的发源地之一，其地域广阔，景色奇特．为了充分挖掘旅游资源，某景区准备购进一批印有当地风土人情的太阳帽和旅行包．已知购进4个太阳帽和3个旅行包需要61元，购进7个太阳帽和5个旅行包需要103元． （1）求每个太阳帽、旅行包的进价； （2）该景区太阳帽售价为6元，旅行包售价为20元．景区计划购进太阳帽和旅行包共700个，且购进太阳帽的数量不少于旅行包数量的1.5倍，景区该如何设计进货方案，可使销售所获利润最大？最大利润为多少？ 17. 如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． （1）证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； （2）如图，若，，直线交边于点，求的值． 18. 如图，内接于，直径交于点，、的延长线相交于点，点为中点，过点作的切线交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，，求的面积． 19. 如图，在平面直角坐标系中，点，为抛物线上的动点，且轴交轴于点． （1）过点作轴于点． ①若，直接写出点，的坐标； ②如图2，连接交抛物线于点，在点，运动的过程中，求的值； （2）如图3，若点，点和点关于点对称，连接，，点为下方的抛物线上一动点（点不与点，，重合），过点作与抛物线有唯一公共点的直线交，分别于点，，当点运动时，试说明为定值，并求出其值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网6组卷网 福建省厦门集美中学2026级新生入学适应性练习 数学试题 (满分150分，考试时间120分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡 上，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.请将答案一律填写在答题卡上，写在试卷上无效.考试结束后，将试卷、答题卡一并交回。 一、单项选择题（本大题有8个小题，每小题5分，共40分，每小题都有四个选项，其中有 且只有一个选项正确) 1.已知下列四个代数式，若m>n>0,则代数式的值最大的是() A.Amn B.m2+4n2 C.4m2+n2 D.m2+n2 【答案】C 【解析】 【分析】通过作差法结合基本不等式比较各选项代数式的大小，或代入符合条件的特殊值验证即可得出结 果 【详解】方法一：作差比较结合基本不等式 第1页/共29页 命学科网组卷网 比较c与B:计算差值：4m+n-(㎡+4n)=3m-3m=3(m-m(m+m)】 由m>n>0,得m-n>0、m+n>0 4m2+n2>m2+4n2 ，故差值为正，即 ,排除B； 比较C与D:计算差值：4m+r-(m+n)=3m>0,故4m+?>m2+,排除D, 比较c与A:4m+m-4mm=(2m-mj}≥0 等号成立条件为2m=n,与m>n>0矛盾，故等号不成立， 4m2+n2>4mn 即 ，排除A. 方法二：特殊值验证法 取满足m>n>0的特殊值m=2、n=1. 代入各选项i计算：A:4×2×1=8B.2+4×1=8,C,4×2+P=17,D.22+1P=5 显然17为最大值，对应选项C. 2.某市2024年的扶贫资金为a万元，比2023年增长了x%,计划2025年的增幅调整为上一年的2倍，则 这3年的扶贫资金总额将达到() A.a(3+3x%)万元 +2+2x% 1-x% 万元 C.a(3+x%)万元 D.a1+% +2+2x% 万元 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中所给的条件，用2024年的扶贫资金为4万元分别表示2023年与2025年的扶贫金额，最 后再相加即可求解 【详解】设2023年的扶贫资金为b万元，2025年的扶贫资金为C万元 第2页/共29页 6学科网 组卷网 a=b(1+x%) a b= 1+x% c=a(1+2x%) c=a(1+2x%) 所以3年总金额为 Q时b+c=a+0a0+2x0=a2+2x%+ 3.如图，在△ABC中，点I为△ABC的内心，点D在BC边上，且ID⊥BC,若∠ABC=42°， ∠C=58 ,∠AID ,则1 的度数为() B A.1110 B1300 c:1720 D.1700 【答案】C 【解析】 【分析】△ABC中，点I为△ABC的内心，可求出∠CAI的度数，根据四边形AIDC的内角和即可得出 结论 【详解】解：在△ABC中，∠ABC=42°，∠C=58°， ∴.∠BAC=180°-42°-58°=80° 点I为△ABC的内心， .∠CMI=∠BMI= ∠BAC=40° 2 第3页/共29页 命学科网组卷网 :四边形AIDC的内角和为180×(4-2)=360，且D1BC, ∴.∠AID=360°-∠C-∠IDC-∠CAI=360°-58°-90°-40°=172° 4.某校数学兴趣小组探究出一种新的计算两位数的平方运算的方法，具体做法如图1,2,3所示.按照这 种方法，如图4所示结果是一个两位数的平方，则这个两位数是() 040925368164 4981 +☐12□+□60□+144☐ +126☐ 0529 3136 9604 口口口口 232-529 562-3136 982-9604 图1 图2 图3 图4 A.69 B.79 C.91 D.93 【答案】B 【解析】 【分析】通过观察前三个图形中两位数的平方运算竖式，归纳出第一行数字由十位数字的平方与个位数字 的平方拼接而成，第二行数字为十位数字与个位数字乘积的20倍 【详解】设该两位数为10a+6,其中aheN.1≤a≤905bs9 232=529 409，即2=4,3=9， 409 观察图1， 第一行数字为 ,组合为；第二行数字 0120,0 20×2×3=120 观察图2,562=3136 第一行数字 2536，即53=25.6=36.组合为 ,2536 0600 ；第二行数字为 即20×5×6=600 观察图3， 98=9604,第一-行数字为8164.即9=81.8=64，组合为8164，第二行数字为 1440 即20×9×8=1440 综上所述，该运算方法的数学原理为完全平方公式(10a+b)-100a+20b+B.其中第一行表示 第4页/共29页 学科网命组卷网 100a2+b2 20ab ,第二行表示 对于图4，第一行数字为4981，则有口=49，B=81 因为ab为正整数或°，且“为十位数字，b为个位数字，所以a=7,b=9 a,b b 此时第二行数字应为20ab=20×7×9=1260,与图中126口（即1260）相符. 故这个两位数是79. 5.现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片各4块（边长如图，a>b).嘉嘉准备从中挑选一些纸片紧密拼 接成一个正方形，下列无法实现的方案是() b声 丙 A.2块甲、1块乙、4块丙 B.1块甲、4块乙、4块丙 C.4块甲、1块乙、4块丙 D.1块甲、1块乙、2块丙 【答案】A 【解析】 【分析】根据拼接前后图形面积相等，分别计算各选项中纸片的总面积，判断其是否能表示为完全平方式 即可 【详解】由图可知，甲纸片是边长为”的正方形，面积为4，乙纸片是边长为P的正方形，面积为乃： b2 丙纸片是长为a、宽为b的矩形，面积为ab, 若要挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，则这些纸片的总面积之和必须是一个完全平方式，即能表示 为 (ma+nb)2 的形式（其中m,”为非负整数）， a2+1.b2+4ab=2a2+4ab+b2 对于A,总面积为 ,该式无法因式分解为完全平方式，故无法拼成正方 形，符合题意，故A正确： 第5页/共29页 6学科网 命组卷网 对于B,总面积 1-d2+4.b2+4ab=d+4ab+4=(a+2b,可以拼成边长为a+2b 的正方形， 不符合题意，故B错误： 对于C,总面积为 4d2+1-b2+4ab=4a2+4ab+b2=(2a+b°，可以拼成边长为2a+b 的正方形， 不符合题意，故C错误： 对于D,总面积 1a2+1.62+2ab=d2+2ab+=(a+b,可以拼成边长为a+b 的正方形，不符 合题意，故D错误 6.如图， 0的弦4C、BD的延长线相交于点P,AC=BD,若∠OPB=20,则∠BOC的度数是 ⊙0 A.100° B.120 c130 D.140° 【答案】D 【解析】 【分析】分别取线段AC、BD的中点M、N,连接OM、ON,推导出RtAPOMS≌RtAPON,可得 必 ∠OPM=20° ∠MON Rt△BON≌Rt△COM 可得出 的大小，再证明出 ,可得出 ∠COM=∠BON ∠BOC=∠MON ,即可得出 ，即为所求。 【详解】分别取线段AC、BD的中点M、N,连接OM、ON,如下图所示： 第6页/共29页 6学科网组卷网 B 由垂径定理可知OM⊥PA,ON⊥PB, 因为4C=BD,则8N-D=号4C-4M 又因为OB=OC,由勾股定理可得ON=VOB2-BN2=VOC2-CM?=OM, 在RtPOM和RtAPON中，PO=PO.OM=ON. 和 所以RaOM≌RtPON,所∠OPM=∠OrV=∠OPg=20 ∠POM=∠PON=70,故∠MON=∠POM+∠PON=140 在Rt△BON和RIACOM.中OM=ON,OC=OB,则RIABON≌Rt△COM ,则 所以∠COM=∠BON,故∠B0C=∠CON+∠BON=∠CON+∠COM=∠M0N=140 7.小明同学为班级设计如图所示的班徽，O为正方形ABCD的中心，四块全等的阴影图形均为菱形.若 A,E,F三点共线，则图中阴影面积与空白面积之比为() y A12 B.23 c.1:V3 D.12 第7页/共29页 6学科网 命组卷网 【答案】A 【解析】 【分析】本题围绕正方形内全等菱形的面积比展开求解，解题关键点是利用菱形面积公式、正方形的几何 性质，结合A、E、F三点共线的约束推导边长关系，最终得到阴影与空白的面积比值 【详解】如图：在越你，G,G阴，E,因为6P三点共截，可智正方号G。 B E M: H :∠AEO+∠MOE=180° ,且∠AEM=90° ∴.∠MEO+∠MOE=90 .OM⊥EH .∠EOM=45° 设菱形边长OE=1, E3,ON -FME-DH1 DF S美形=EMAE=V2 2 ∴S指=4S影=4xY2=22 2 :SE方形ACD=AD2=AE2+DE2-1P+1+V2=4+22, S空白=SE方形BCD-Sw=4+2V2-2V2=4 第8页/共29页 命学科网命组卷网 .Sw:S室白=1：V2 8已知二次函数y=m-2a-8a(0为常数)经过点C(0,2）,图象与x轴交于点A、B(A在B的左 边)，连接BC,点P是抛物线图象在第一象限内的点，过点P作PQ1BC交于 P取得最 C交于点， 大值，则此时点P的横坐标为() 5-1 A.2 B. 2 c.1 D.2 【答案】D 【解析】 【分折】作PHLX铂于点五，交BC于D,可推证 PDQ=∠BDH=∠BC0,说期∠PDO的三角函 1 数值一定，PD最大时，P吧清足最大：特定系数法确定直线BC解析式'=2 x+2 ,设点P的坐标， 表示出PD,运用二次函数最值，确定点坐标即可. 【详解】图象经过点C0,2),.-8a=2,·4三- 4. 1 将a代入关系式得，少= 1+ x+2 42 Lx2+x+2=0 1 令y=0,即4”2 ,解得，x=-2,x2=4, 第9页/共29页 命学科网命组卷网 :4-2,0),B4,0),:0C=2.0B=4.BC=2+4=25 h=2 k=- 2 BC y=:+k≠0得+2=0解得h=22,y= 设解析式 2t+2, 作PH⊥x轴于点H,交BC于D,则∠PHB=∠COB=90°，.PH∥CO y ∠PDQ=∠BDH=∠BCO,:sin∠PD0=sin∠BCO=,4=25 2√55， PO :PD最大时， 满足最大， 设点mr+m+2》,则去Dmm m+2). 4 PD=-1 m2+5m+2-(m+2)=-m㎡2+m=-20m-2y2+1 1 4 2 4 4 当ms2 PO 时， 有最大值. 二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分3分，有选错的得0分.) 9已知关于的两个多项式1=r--2.B=x2-2x-3 其中0为常数，下列说法： ①若A-B的值始终与x无关，则a=-2; 第10页/共29页 学科网命组卷网 ②关于x的方程A+B=0始终有两个不相等的实数根； 回若A,B的结果不含x的项，则a=2: A ④当a=1时，若B的值为整数，则x的整数值只有2个. 以上结论正确的是() A.① B.② C.③ D.④ 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过整式运算、一元二次方程判别式、多项式系数分析、分式化简，逐个判断四个结论的正误即 可 【详解】计算4-B=(-m-2)-(x2-2x-3)=(2-0x+1 若值与x无关，需x的系数为0，即2-a=0,得a=2,不是a=-2,故结论①错误，A错误. 若A+B=0,即2r-(a+2)x-5=0,判别武△=(a+22+40, 因《a+2≥0，故△>0恒成立，方程始终有两个不相等的实数根，结论②正确，B正确： AB=(x2-ax-2)(x2-2x-3) AB中×项的系数为 1×(-3)+(-a)×(-2)+(-2)×1=2a-5 5 Q= A,B的结果不含x2的项，则2a-5=0,解得2，结论③正确，C正确： A a=1时，A=(x-2x+),B=-(x-3Xx+),B有意义要求x≠-1，x≠3， 4(c-2x+0-1+1 化简得B(x-3)(x+1)x-3的值为整数，则x-3=±1，得x=4或x=2,共2个整数值，结论 第11页/共29页 6学科网 命组卷网 ④正确，D正确 A 在抛物线y=x2-2ar+a(a≠0)上，则下列结论中，正确 的是( A当>a>0时，片<为 B.存在实数0，使得片=0 C.a取任意非零实数时，都有少<a D.口取任意非零实数时，都存在‘，使得少=片 【答案】ABC 【解析】 【分析】先将点A、B代入抛物线方程，求出片、少的表达式，推导片一少的差值公式，再逐一分析各 选项即可。 【详解】把A 代入逃物线方程)=-2m+a0≠0)每1-（侣-2ag+a=2 -+a 4 老侣6)入-+-2+小a=号-a++ 因此为-y=-a=-@网，其中1>0， 当>a>0时，1>0且-a>0,故为-片=-o)>0,即<为，放A正确： 片、3 4 4 +a=0,结合a≠0，解得a= 3, 即当a=3时，片=0，故BE 第12页/供29页 学科网命组卷网 3a2 a取任意非零实数时，一4<0， 3a2 -4+a<a,故C正确， 当a<0时，由于>0，故-a>0,此时为-乃=-0>0 即不存在‘，使得片=片，D错误 11.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，D为BC边上一点，以点C为圆心，CD长为半径 C与射线C4相交于点E.下列说法正确的有() CA 画圆， ①若D为BC的中点，则oC与4B 相切； ②若DE被AB平分，则BD=2AE: ③若BD=AE,则DE平分AB; ④若点B与点A重合，则OC经过1B ⊙C 的中点。 B D A C A.① B.② C.③ D.④ 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形 的判定与性质，切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键， 设AC=L,求解BC=V5,AB=2,如图，过C作CF1AB于F,可得当D为BC的中点时，半径 第13页/供29页 6学科网列组卷网 5 为2，则①正确： 若DE被4B平分，即DG=BC,此时点E必在射线CA上，过点D作DW1E 同理可得 △AEG≌△NDG ,则②错误； 当点E在线段AC上时，CD=CE,不存在BD=AE;当点E在射线CA上时，过点A作AM⊥EC, 证明AM=AE=BD,证明△AFM≌△BFD,则③正确： CH=CA=CD=-AB 当点E与点A重合时，如图，可得 2 ,则④正确 【详解】设AC=1,∠ACB=90°，∠B=30°， 所以BC=V5,AB=2, 如图：过C作CF⊥AB于F, ·点C到4B的距离CF-15V 22, 5 当D为BC的中点时，半径为2， ∴.⊙C与AB相切，①正确； 若DF被1B平分，mDG=BG.时点E必在射线C以上，过点D作DN训MG,如阳： 第14页/共29页 6学科网6组卷网 ∴.∠GAE=∠GND .∠GEA=∠GDN 又'DG=EG △AEG≌△NDG 可得 ∴.DN=AE ∴.BD=V3DN BD=V3AE,②错误： 当点E在线段AC上时，CD=CE, BC=3AC ∴.不存在BD=AE: 当点E在射线CA上时，过点A作AM⊥EC, 如图： B E A 'CD=CE∠ACB=90° 第15页供29页 命学科网命组卷网 .AECD△AEM 为等腰直角三角形， ∴.AM=AE=BD. 又：AM∥BD, ∴.AMF=∠BDF,∠MAF=∠DBF, △AFM≌△BFD, .AF BF, 即DE平分AB,③正确： 当点E与点A重合时，如图： B D :.CH=CA-CD=1AB 2 ∴.⊙C经过AB的中点，④正确 三、填空题（本大题有3小题，每小题5分，共15分） 12.《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”.我国古代铜钱的铸造也蕴含 了这种“外圆内方“天地合一”的哲学思想，现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为”，正方形 a(0<a<r) 的边长为 ,若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率为P,则圆周率元的值为 (用所给字母表示.) 第16页/共29页 6学科网6组卷网 【答案】(I-P)r 【解析】 【详都】因为圆的牛径为，所以而积为矿，而正方形的边长为4，面积为5层=子 在圈内随机取点，得到点在阴影都分的概幸为P=心一。 a ，解得不=-PF. 13.设a、P是方程2-3x-5=0的两根，则+2B-3P的值为 【答案】24 【解析】 【详解1因为“、P是方程-3x-5=0的两根，由韦达定理可得 a+B=3aB=-5 所以a2+B=(a+P°-2a0=32-2×(-5)=19. 且有B-3B-5=0,所以B-3=5, 故2+2p-3B=(a2+BP)+(B2-3p)=19+5=24 14若一个各位数字均不为0的四位数M=ahcd(l≤c≤a≤9,1≤b,d≤9，a,b,c,d为整 数)满足：把M的千位数字作为十位数字，M的十位数字作为个位数字组成的两位数C与5的和记作 X,M的千位数字与个位数字的2倍的和记作Y,如果X的各位数字之和与(Y-)的和是一个正整数 K的平方，则称这个四位数为“度续数”，正整数、称为“废续元素”：当 =1d=9 时，最小“赓 续数”为 ;若“赓续数”M满足前两位数字之和a+b与后两位数字之和C+d相等，且 第17页/供29页 6学科网命组卷网 ab+cd 9为整数，则满足条件的最大M为 【答案】 ①.1119 ②.8127 【解析】 【分析】利用题设得X=ac+5,Y=a+2d,当c=l,d=9时，对M=abcd 的千位数字从1开始 ab+cd 2(a+b) 取值，可得最小“赓续数”；利用9及a+b=c+d可得9 2+a+C为整数，从而得到 a+b=9 a+b=18 或1 ,再分类讨论，以及从干位数字从大到小对取值，可得到满足条件的最大的“赓 续数”M. 【详解】由题意得X=ac+5,Y=a+2d 当c=l,d=9时，X的各位数字之和与(Y-的和为a+6+(a+2x9-)=2a+23 当a=1时，2a+23=25,是5的平方，所以a可以是1. 又b最小是1，所以最小“赓续数”为1119 ab+cd 10a+b+10c+d 因为9为整数，所以9 为整数 又因为a+b=c+d, 10a+b+10c+d_10a+b+10c+(a+b-c_2(a+b) +a+c 9 所以 9 9 又因为l≤c≤a≤9,1≤b,d≤9，a,b,c,d为整数， 所以a+b=9或a+b=18 第18页/供29页 6学科网命组卷网 当a+b=18时，则a=b=9 又因为a+b=c+d,所以c=d=9. 所以X=ac+5=99+5=104.Y=a+2d=9+2×9=27 所以X的各位数字之和与(Y-)的和为1+0+4+27-1=31不是正整数的平方 所以9999不是“赓续数”. 当a+b=9时，a+b=c+d=9 当a=8时，则b=1 当=8时，d=1,M=8181.X=ac+5=88+5=93.Y=a+2d=8+2×1=10 X的各位数字之和与（仪-的和为9+3+(10-）=21，不是正整数的平方，不清足题意， 当c=7时，d=2,M=8172.X=ac+5=87+5=92Y=a+2d=8+2x2=12 X的各位数字之和与仪-少的和为9+2+(12-=2，不是正整数的平方，不满足题意 当c=6时，d=3,M=8163,X=ac+5=86+5=91,Y=a+2d=8+2×3=14 X的各位数字之和与（仪-)的和为9+1+14-)-23，不是正整数的平方，不满足题意。 当0=5时.d=4,M=8154.X=ac+5=85+5=90.Y=a+2d=8+2x4=16 X的各位数字之和与(Y-1)的和为9+0+(16-)=24，不是正整数的平方，不满足题意； 当c=4时，d=5,M=8145,X=ac+5=84+5=89.Y=a+2d=8+2x5=18 X的各位数字之和与（化-)的和为8+9+(18-刂-=34，不是正整数的平方，不满足短意。 第19页/共29页 命学科网命组卷网 当c=3时，d=6,M=8136,X=ac+5=83+5=88,Y=a+2d=8+2x6=20 X的各位数守之和与仪-)的和为8+8+(20-1)=35，不是正整数的平方，不满足思意： 当c=2时，d=7,M=8127,X=ac+5=82+5=87,Y=a+2d=8+2×7=22 X的各位数字之和与(Y-)的和为8+7+(2-)=36，是正整数6的平方，满足题意 l或a≤7时，M=abcd<8127 当cs 所以满足条件的最大M为8127 四、解答题（本大题有5小题，共77分） 1(四先化简再求值：1-中+2x+1 xx2-2x,其中x=V3-1: 3x-1<x+3 (2)解不等式组： 3x-12-9x≤1 36 【答案】 3 (1)x+1:V3:(2)[-2,2) 【解析】 【详解)1)原式=1x2x1+1x2)12=3 xx2+2x+1x(x+1)2x+1x+1,代入x=5-1,得 3 3 3x-1<x+3 2x<4 (2)不等式组 3x-1+2-9x≤1，化简可得 ，解得 即不等式组的解 3+ 6 -3x≤6 -2≤x<2 [-2,2) 第20页供29页 命学科网命组卷网 16.河南是中华文明和黄河文化的发源地之一，其地域广阔，景色奇特.为了充分挖掘旅游资源，某景区 准备购进一批印有当地风土人情的太阳帽和旅行包.已知购进4个太阳帽和3个旅行包需要61元，购进7 个太阳帽和5个旅行包需要103元. (1)求每个太阳帽、旅行包的进价： (2)该景区太阳帽售价为6元，旅行包售价为20元.景区计划购进太阳帽和旅行包共700个，且购进太 阳帽的数量不少于旅行包数量的15倍，景区该如何设计进货方案，可使销售所获利润最大？最大利润为 多少？ 【答案】(1)每个太阳帽进价为4元，每个旅行包进价为15元： (2)购进太阳帽420个、旅行包280个时销售利润最大，最大利润为2240元 【解析】 【分析】(1)依据进货费用的等量关系列方程组求解两种商品的进价， (2)结合进货数量的限制条件建立利润函数，利用一次函数的性质求解最大利润及对应进货方案. 【小问1详解】 设每个太阳帽、旅行包的进价分别为x,'元，由题意可得 4x+3y=61 x=4 7x+5y=103,解得y=15, 所以每个太阳帽进价为4元，每个旅行包进价为15元 【小问2详解】 设景区购进太阳帽m个，则购进旅行包(700-m）个，销售太阳帽和旅行包所获利润为”， w=(6-4)m+(20-15)(700-m)=-3m+3500 由题意 m≥1.5(700-m) 0<m≤700，m∈N w=-3m+3500 即420≤m≤700，m∈N, 由于w随m的增大而减少， 放当m=420时，"取最大值，”m=-3×420+3500=2240 所以景区购进太阳帽420个、旅行包280个时销售利润最大，最大利润为2240元. 第21页/共29页 命学科网命组卷网 17.如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方 形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中， c2=d2+b2C为斜边)· C D b G B (I)证明：若a、b、C均为整数，则它们不可能都是奇数： AM (2)如图，若a=3,C=5,直线FH交边AB于点M,求BM的值. a,b,c 【答案】(1)证明：假设 全为奇数，奇数的平方仍然是奇数，所以口、6、c 都是奇数， a2+b2 是偶数，根据勾股定理： c=口+b,则‘也应当为偶数，但假设中C是奇数，则C是奇数， 互相矛盾，因此假设不成立，所以若4C均为整数，则它们不可能都是奇数： 4 (2)3 【解析】 【分析】(1)反证法：假设三者全是奇数，利用奇数平方是奇数、奇数+奇数=偶数，推出矛盾，否定 假设：(2)作垂线，利用45 得到等腰直角三角形，再用相似三角形列方程求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过M作MN⊥AH,垂足为N, 第22页/供29页 6学科网 命组卷网 由题意得△AEB=△DHA,所以AE=DH=3,BE=AH=4, EFGH 是正方形， ∠FHN=45 四边形 MN⊥AH∴.∠MHA=90 ∴.△MWH 是等腰直角三角形，：∠MNA=∠BEA=90 AN MN ∴.MNI‖BE,.△AMN△ABE,得AEBE, x 4-x 设AN=x,NH=MN=4-x,得34，得 x=AW=I2 NE=AE-AW=3-12_9 77, 12 AM AN 74 ,所以BM NE 93 MNI/BE > a M G B 18如图，△AB 内接于⊙0 直径BD交1C于点E,AD、BC的延长线相交于点P,点C为BP中 点，过点'作©0的切线交1P于 .C,.⊙0 于点 D 第23页/共29页 学科网 命组卷网 (1)求证：∠P=∠DBC: PAPC=PB·PQ (2)求证： (3)若DE=3, sin∠ABD= 3,求△BCE的面积. 【答案】(1) 因为D是O0的直径，可得<BCD=∠BHD=90 又因为点C是P 的中点，所以BC=PC 在RUABAP中，AC=BC=PC,由此得AC=BC,根据等边对等角，∠BAC=∠ABC; 再根据同BC所对的圆周角相等，∠B1C=∠BDC,且在Rt△BDC中，∠DBC+∠BDC=90 BC 在RtBA ”中，∠BAC+∠CMP=90,所u∠DBC=∠C,又CA=CP可得∠CMP=P, 因此∠P=∠DBC (2)连接0C,因为2C是O0的切线，根据切线的性质， ,又因为OA=OD.BC=PC OC⊥QC 所以OC是△BDP的中位线，可得OC∥AP,因此PLOC,即∠COP=90 结合1中结论∠P=∠D8C,且∠P是△POC和AP1B的公共角，可得 PQC∽△PAB PO PC 由相似三角形对应边成比例：PAPB,即得PAPC=PB·PQ (3)30V2 【解析】 【分析】(I)利用直径所对圆周角为直角，结合C是BP中点的直角三角形斜边中线性质，通过等腰三 角形等边对等角直接推导两角相等； (②)连接0C利用切线性质得到重直关系，结合第一问的等角条件，证明△PQC与△PMB相似，通过相 第24页/共29页 命学科网命组卷网 似三角形对应边成比例变形得到待证等积式： (3)利用垂直平分线得到DB=DP,借助三角形中位线与相似得到线段比例求出直径，再通过等面积与 中点性质求得C到BD的高，最终计算△BCE的面积 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 没⊙O的半径为r,在RIAABD中，∠B4D=90,sin∠ABD=1DI BD3,而BD=2r,因此 2r AD= 3, 由(1)得DP=DB=2r,1P=DP+AD=2+ r_8r 33, 2r AD3-1 所以AP=⑧r=4因为是 的中位线，所以 ,即 3 OC△BDP OC//DP OC//AD 2r AD DE 3 15 所以EOC-AEDA,所以CO=OE,即 3= r-3,解得r= 2’BE=2r-DE=15-3=12' 过点A作AH⊥BD于H, 4v2r 2r 由Sm=)ABAD=)BDAH,得4=4BAD-3.3=42产-42x15_102 2 BD 2r9923 第25页/共29页 6学科网命组卷网 AD 1 AD 1 又A,D,P三点共线，AP4,所以PD3,所以点P到直线BD的距离h,=3AH=I0N2, 1 1， C是BP中点，故点C到BD的距离为P到BD距离的一半，即 .=2,=2x10wW2=5V2 △BCE以BE为底，hc为高， sm-号Et-分2x55=305 2 即△BCE的面积为30V2 19如图，在平面直角坐标系x0y中，点A,B为抛物线y=r上的动点，且AB:轴交》轴于点C D O D O 图1 图2 图3 (1)过点A作AD⊥x轴于点D, ①若AB=AD,直接写出点A,B的坐标； BE ②如图2，连接BD交抛物线于点E,在点A,B运动的过程中，求DE的值： (2)如图3，若点C(0,9),点F和点C关于点0对称，连接1F,BF,点M为AB下方的抛物线上 一动点（点M不与点A,B,O重合），过点M作与抛物线有唯一公共点的直线交AF,BF分别于点 第26页/共29页 6学科网命组卷网 S△ABM G,H,当点M运动时，试说明S△rGm为定值，并求出其值. 【答案】1)04(-2,4，B(2,4),②3 (2)因为C(0,9),AB11x轴，y=9代入y=x,x=士3， 1(-3,9),B(3,9),F与C关于原点对称，F0,9), 直线4F过A(-3,9),F(0,9),得y=6x-9. 直线BF过B(3,9),F(0,-9),得y=6x-9, 设抛物线上点M(m,m）, M y=kx+b 设过点作与抛物线有唯一公共点的直线的解析式为 代入M(mm）, 得m2=m+b,所以b=m2-m, 设过点M的切线解析式为：y=c+m-m ∫y=x2 联立切线与抛物线y=x2,即y=c+m2-km, x2-kx+km-m2=0 整理得： 直线与抛物线仅有一个公共点，放一元二次方程判别式△=0，△=2-4(m-m）=0】 化简得-4m+4m=0,即k-2m2=0 解得：k=2m 所以过点M作与抛物线有唯一公共点的直线的解折式为'=2m-m y=2mx-m2 联立切线与A方程： (y=6x-9,解得。-m3 2， 第27页/供29页 6学科网命组卷网 y=2mx-m2 联立切线与BF方程： (y=6x-9，解得=m+3 2 AB=6AB纵坐标为， 为9，M纵坐标m 9-m ,高为 8m=x6x9-m)=30-m)】 直线y=2mx-m交y轴于(0，-m）,F(0,-9）,F=m2-(-9列=9-m2, 8a=8m+82F+)2F-(-光） SamB(-光)0-m小3-0-m）.g-m0. S.ABM 39-m)-2 所以S.Fan 3-m) ，比值恒为2，是定值， 【解析】 【分析】(4)利用抛物线)=的对称性设点，①直接列方程求解，②没参数写出直线方程，联立抛物 线求交点，用横坐标之比得到线段比值： A,B,F (2)先求出 坐标，写出抛物线在M点处切线方程，联立求 G,H ，分别表示两个三角形面积，作 比消参得到定值。 【小问1详解】 O”AB/1x轴，抛物线y=X关于》轴对称。 设A-4,),则B飞，)1>0，AB=21,AD是A到x轴垂线段，AD=?, 第28页/共29页 学科网命组卷网 因为AB=AD,得21=P,得1=2=0舍去) 所以1(-2,4)，B(2,4). ②设A(-4,)B),则D(-4,0),直线BD过点B）,D(-,0), ,骨.疏i. y=(x+) 2 v=x2，得x-2 联立 2=0=2x2-tx-t2=0, 12 已知一根x=1对应点B,由韦达定理：x。x= 2,t·xE三-2—x=-3、 m.)D-0) E-5 2=3 圆条直线上线段等于坐标差之比：D呢力回 2 【小问2详解】 略 第29页/共29页