初高中數學銜接試題

一、單選題

1.若存在正實數.使得二二二二一，則實數X的最大值為（）

y-x5x+4y

15

A.-B.-C.1D.4

54

【答案】A

【分析】

1

轉化為4冷2+1）），+x=0,以），為自變量的方程有正根，根據根

y-x5x+4y

與系數關系確定實數x的范圍即可.

【詳解】

y-x5x+4y

；.心鏟+(5X2-1)y+x=O,

?5?”二；>()，

???》+”=一封二

4x

5X2-1>0-F5X2-1<0

,或《

x<0x>0

AO<x<旦或x<一旦①,

55

△=(5X2-1)2-16^>0,

A5X2-l>4x或5/-1W-4x,

解得：-IJrWw②,

綜上x的取值范圍是：OVxw(；

”的最大值是

故選：A.

【點睛】

本題考查了一元二次方程根的分布問題，考查了學生綜合分析，轉化化歸，數學運算的

能力，屬于中檔題.

2.如圖，ZABC=90°,BA=BCtNDBE=450,AD=4,EC=2,則等

于

A.2B.2GC.2石D.4

【答案】C

【分析】

將A6CE繞著點6旋轉至6C與54重合，得到AA6石'，連DE,證明

耶DE三2DE，得DE=DE'，解三角形即可求解.

【詳解】

將ABC石繞著點B旋轉至BC與重合，

..BE'=BE,ZABE'=/CBE,AEr=CE=2,

jr

:./DBE'=/.DBA+ZABEf=々DBA+NCBE=-=Z.DBE,

4

..\BDE=MDE；DE'=DE,

???ZC=NB4E,4DAE=NDAB+NBAE'=/DAB+NC=90°，

DE=4AD?+AH=A/42+22=2石,/.DE=2后

故選:C.

【點睛】

本題考查三角形旋轉變換、三角形全等、勾股定理，解題的關鍵將問題轉化為解直角三

角形，屬于較難題.

試卷第2頁，總43頁

3.設常數〃2>0,〃>0,甲、乙兩個同學對問題“已知關于x的一元二次方程

V-內+6=0的兩個復數根為牛七，若四一天|=〃，求實數〃的值”提出各自的一

個猜測.()

甲說：“對于任意一組八〃的值，〃的不同值最多有4個”；

乙說：“存在一組機，〃的值，使得〃的不同值恰有3個”

A.甲的猜測正確，乙的猜測錯誤B.甲的猜測錯誤，乙的猜測正確

C.甲、乙的猜測都正確D.甲、乙的猜測都錯誤

【答案】C

【分析】

此題涉及實系數一元二次方程的根的問題，分別討論“△=0”，“△>0”，“△V0”判斷即

可.

【詳解】

由實系數一元二次方程V-px+機=0得

△=p2-4m

當△=()時，x]=x2,則%一對二〃二0與條件〃>0矛盾?

當△>()時，辿〃

F22

2

a-x2\=ylp-4m=n,

可得〃=±，4m+/有兩個值.

當△<()時，尢=〃土也利"i

1.22

2

1%t2H\l^n-pi|=54吁〃2=n,

可得〃=±j4m-A?有一個或兩個值

綜上可得：當4m=小時，〃的值有3個.

當4也>〃2時，〃的值有4個.

所以甲、乙二人的猜測都正確

故選:C

【點睛】

本題考查了以實系數一元二次方程根的問題，以其判別為依托，考查了分類討論、復數

的模等內容，屬中檔題.

4.如圖，正方形A5C。中，AB=6,點E在邊。。上，且CD=3OE.將AADE沿AE

對折至AAFE,延長所交邊8c于點G,連結AG.CF.下列結論：(1)質注AAAG；

(2)BG=GC；(3)AG//CF；(4)=3.其中正確結論的個數是()

A.4B.3C.2D.1

【答案】B

【分析】

根據翻折變換的性質和正方形的性質可證AABGgAAAG；

在直角AECG中，根據勾股定理可證BG=GC；

通過證明/AGB=ZAGF=ZGFC=ZGCF,由平行線的判定可得AG//b：

3

根據相似比分析可知S.FGC=153叱，求得面積即可.

【詳解】

(1)VAB=AD=AF,AG=AG"=ZAFG=90°,

RtAABGgRt故FG(HL)；故⑴正確

(2)EF=DE=-CD=2t

設BG=/G=x，則CG=6—x.

在Rt^ECG中，根據勾股定理，得(6-4+42=(x+2)2,

解得x=3

:.3G=3=6—3=GC.故(2)正確

(3)VCG—BG,BG=GF,

:?CG=GF,

???AFGC是等腰三角形,Z.GFC=ZGCF.

試卷第4頁，總43頁

又VRtr^ABG^Rt^AFG；

??.ZAGB=ZAGF,ZAGB+ZAGF=2ZAGB

=180°-ZFGC=NG尸C十NGC尸=ZzLGFC=2乙GCF

：.NAGB=NAG尸=/GFC=NGCF,

AAGHCF；故(3)正確.

GF3Q11Q

⑷?：EF=2,GF=3,故SFGC=JSGCE=±SGCE=±X_GCEC=—.

GEadt5△OVZL525

故(4)錯誤.

???正確的個數有3個。

故選：B.

【點睛】

本題主要考查了平面幾何中的相似與全等的證明以及邊長的運算等、屬于中檔題.

5.已知函數/(犬)=也竺L若關于*的方程"av+/(x)+i=o有四個不同的根,

JC

則實數f的取值范圍是()

A.(Y?,e)B.(-00,-C.(3,2)D.

【答案】B

【分析】

設加=/(%),求導分析函數遞增遞減特性，可得m圖象和其極值點，然后根據圖象特

點和方程[/(x)]2+/(x)+l=0有四個不同的根，確定取值范圍，即得解.

【詳解】

bvcz

\bvc\—(x.l)

解：設6=/*)=---

x一而小八

------(0<%<1)

.x

<X]X2X2X2

1-lnx

—―,x>l

x

m

lnx-1,

——--,0<x<1

x

.,.當xe(l,e)時，“>0,m遞增：當x?e,+8)時，〃vo，m遞減；在x=e時,

病=0,m取得極大值—,

e

當X￡(o,l)時，m'vO，m遞減.

圖象有三個交點.

故關于〃2的二次方程6Z+fm+l=0有兩根叫，""，且"(w(0,-),也e(-,+oo),方

ee

滿足題意.

設g(m)=^+tm+1，

則:g(；<。，

解得：—?

故選B.

【點睛】

本題考查了導數的應用及復合方程解的個數，通常采用數形結合的思想方法.屬于中檔

題.

二、多選題

6.臺球運動已有五、六百年的歷史，參與者用球桿在臺上擊球.若和光線一樣，臺球在

球臺上碰到障礙物后也遵從反射定律如圖，有一張長方形球臺48CD,AB=2AD.

現從角落A沿角。的方向把球打出去，球經2次碰撞球臺內沿后進入角落。的球袋中，

則tana的值為()

試卷第6頁，總43頁

H

1

A.-

6

【答案】AD

【分析】

根據題意，分兩種情況作圖：第一種情況：現從角落A沿角。的方向把球打出去，球

先接觸邊CO：第二種情況：現從角落A沿角a的方向把球打出去,球先接觸邊8C；

然后利用三角形全等即可求解.

【詳解】

第一種情況：現從角落A沿角Q的方向把球打出去，球先接觸邊CO,反射情況如下：

此時，根據反射的性質，ZFAG=ZFEA=a,△/%￡＞三A8CE,所以，AF=EF=CE,

G為4E中點，取A￡)=l，則AB=2AD=2,設AG=x,則GE=x=E8,所以，

G4jr\o

可得，AG=—,GF=AD=1?tanct==—

3AG2

第二種情況：現從角落A沿角。的方向把球打出去，球先接觸邊8C,反射情況如下:

此時，根據反射的性質，NEAB=NDCF=a,ZEFA=EAFAFCD^ABAE,

所以，A￡=M=CF,G為A尸中點，取AT>=1,則AB=2AD=2,設AG=x,

1RF1

則所以，可得：AG=—=GF=BE,/.tana=---=—,

3AB6

故答案選：AD

【點睛】

本題考查分類討論的數學思想，難點在于作圖，屬于難題.

三、填空題

7.如圖1,△46C是等邊三角形，O.E分別是8a4c上兩點，且AE=Z)C,BE與

AD交于點”,鏈接CM

BD

(2)如圖2,當N3"C=150。時，一；=~DC

試卷笫8頁，總43頁

【答案】（1）偵；（2）且；

332

【分析】

（1）根據題意可得三△C4O,得出NA3E=NC4Q,證明CD",七四點共

圓，連接OE，由圓周角定理得出/。后。=/。”。=30°,/后。。=/￡：”。=90°,得

出

DC=gcE,DC=；BD,作加_1_8￡1于"則/。M〃=900,0M//。/7,得出

MD:HC=2;3,利用平行線的比例關系，結合Rf^MDE邊角關系,即可得出結果;

（2）同（1）得：C,D,4,E四點共圓，連接OE，由圓周角定理得出

/DEC=/DHC=9N，

4EDC=/EHC=3G‘，得出=得出空二’,作

22DC2

短加_14）交出：于歷，則。^〃。”，得出M￡>:〃C=1:3,與（1）同理，可得

出結論.

【詳解】

（1）?.?△45。是等邊三角形，.?.48=5。=。1

NBAE=4ACD=60°,AE=DC^ABE三△CW,NABE=ZCAD,

「.ZBHD=ZABE+NBAH=ZCAD+ZBAH=ZBAC=60°，

ZDHE=1200,NDHE+ZBCA=120°+60°=180°,

四點共圓，連接/足，如圖（1）所示，

則/DEC=Z.DHC=ZBHC-NBHD=90°-60°=30°，

ZEDC=NEHC=180°-NBHC=90°,/.DC=-CE,

2

AE=DC,BD=CE,DC=-BD,作DM_LBE于M，

2

則/DMH=90°,DM//CH,

:.MD:HC=BM:BH=BD:BC=2:3,

設MD=2x,則HC=3x,在RhDMH中,

/MDH=30。.MH=—MD=—x.:.BH=2顯，

33

BH2cx2石

~HC~3x

（2）同（1）得：C,RH,E四點共圓，連接Z）E，

???/BHC=150°,NBHD=60°,,ZDHC=DEC=90°，

/EDC=/EHC=180°-150"=30°

CE=-DC,-AE=DC,BD=CE,BD=-DC,

22DC2

作ZW_LAD交班:于M，則NM￡>H=90°，DM//CH,

:.MD:HC=BM:BH=BD:BC=\:3,設=則”C=3x,

在2△DM”中，/DMH=3N，...MH="0=拽乂,BH=瓜，

cos30°3

【點睛】

本題考查等邊三角形性質、全等三角形的判定和性質、四點共圓、圓周角定理、平行線

性質、三角函數等知識，意在考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于較難題.

2

8.如圖，正方形4旦46的頂點匕、鳥在反比例函數y=-(x>0)的圖象上，頂點A、

X

⑸分別在工軸、)軸的正半軸上，再在其右側作正方形鳥64線，頂點8、￡在反

2

比例函數y=—(x>0)的圖象上，頂點兒在久?軸的正半軸上，則點A的坐標為.

X

試卷第10頁，總43頁

【答案】（6+1,6-1）.

【分析】

2

作軸于。，《O_Lx軸于Q,6石上不軸于石，A于?，設《（々，一），

a

2

則C[=a,0C=~,易得RiA<BC=對△&AQ合Ri△ARD,

a

22

則。旦=4C=AO=〃，所以OA=B，=PD=一一。，則2的坐標為（一，

aa

2、

—a）,

a

2

然后把8的坐標代入反比例函數>=一，得到。的方程，解方程求出。，得到B的

x

坐標；

22

設鳥的坐標為（上一），易得口△￡6r3M△&鳥￡,則=A尸=。E二一，

bb

通過

2

OE=OD+DE=2+-=b,這樣得到關于〃的方程，解方程求出〃，得到A的坐

b

標.

【詳解】

作《C_Ly軸于C,￡O_Lx軸于。，々E_Lx軸于七，八尸,鳥。于尸，

22

如圖所示：設《（〃，一），則cq=。，OC=-,

aa

?.?四邊形4瓦46為正方形，..幺旦4=90。，「./。44+/。與4=90。，

QNC8/+NC44=90。，/。片4+/。44=90。，NC8出=NOAg,

NBC4=NBQA=90°

在△《耳。和△與兒。中，,NOBiA=NCqB[,/.△^B,C=A

B出=4用

B^O（AAS）,

2

同理：△B,A,O=A42。，」.O旦=［。=4。=4,「.QA=4。=2。=一一a,

a

2222

?.OD=a十一一〃=一，的坐標為（一，一一〃），

aaaa

222

把E的坐標代入y=-（x>0）得：（一一a）-=2,

xaa

解得：。二一1（舍去）或a=l,.?.g（2,l）,

設8的坐標為3,晟），

又?.?四邊形鳥鳥&鳥為正方形，同上：△鳥勺尸二△

22

:.P,E=P3F=DEf:.OE=OD+DE=2+-,:.2+-=b,

bb

解得:b=l-6（舍去），b="6

點g的坐標為（JJ+1,73-1）.故選A.

【點睛】

本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特點為橫縱坐標之積為定值；也考查了正方

形的性質和三角形全等的判定與性質以及解分式方程的方法.

四、解答題

9.對于平面內的。。和。。外一點。，給出如下定義：若過點。的直線與。。存在

公共點，記為點A,B,設土二二八，則稱點A（或點B）是。。的“々相關依

附點”.特別地，當點A和點8重合時，規定AQ=8。，％=考（或鬻）.已知

在平面直角坐標系xQy中，。（一1,0）,C（l,0）,OC的半徑為一.

試卷第12頁，總43頁

①若A（°，1）是。。的“k相關依附點”，則k的值為；

②人（1+a,0）是否為0c的“2相關依附點”？答：是（選"是”或“否”）；

（2）若。。上存在“攵相關依附點”點M,

①當〃=1,直線QW與。。相切時，求a的值；

②當k=時，求r的取值范圍；

（3）若存在r的值使得直線y=-43x+h與。。有公共點，且公共點是。。的“遙相

關依附點”，直接寫出8的取值范圍.

【答案】（1）①/，②是；（2）①②Uv2；（3）-+<b<3瓜

【分析】

（1）①如圖1中，連接CR、Q\.首先證明Q4是切線，根據攵=夸計算即可解

決問題；②根據定義求出々的值即可判斷；

（2）①如圖，當廠一1時，不妨設直線Q”與OC相切的切點〃在X軸上方（切點A/

在％軸下方時同理），連接CM,則QM_LCM,根據定義計算即可；

②如圖3中，若直線QM與。。不相切，設直線加與。。的另一個交點為N（不妨

設QNVQM,點N,M在X軸下方時同理），作CO_LQM于點D,則MD=ND,可得

MQ+NQ=2DQ,CQ=2,推出欠=———=——=DQ,可得當％=時，DQ

=叢,可得CD的值，再因為點。在。。外，可得，的取值范圍；

（3）由⑵可知，。。的“⑺相關依附點”，在直線QM：>="—且或

3

）,=一心一彳上，且r的取值范圍是1*V2,當r=2時，易知直線》二氐+當與

0C（大圓）的交點，當/?=1時，易知直線丁二一小一苧與OC（小圓）的交點,

當直線y--百x+6與線段QE,線段。戶有交點時（線段端點除外），滿足條件，帶

點即可解決問題.

【詳解】

解：（1）①如圖1中，連接GA

由題意：OC=OQ=OAl=lf

??.△QAC是直角三角形，即AC^QA，

???QA是0。的切線，

口處=巫=0

CQ2

②???4（1+及,o）在℃上，

2-72+1+72+1~

,k=-----------------=2

2

4（1+&,0）是OC的“2相關依附點”，

故答案為：（1）①行；②是；

（2）①如圖2,當廣=1時，不妨設直線QM與OC相切的切點M在x軸上方（切點M

在工軸下方時同理），連接CM,則QMJ.CM.

試卷第14頁，總43頁

y

???。（一1,0）,C（l,o）,r=l,

：.CQ=2,CM=\.

?,.MQ=6

?…2MQ20rr

此時Zf=—絲=」-=6；

CQ2

②如圖3中，

若直線QM與OC不相切，

設直線QM與。。的另一個交點為N（不妨設QNvQM,點N,M在x軸下方時

同理）.

作8_LQM于點。，則MO=ND.

:?MQ+NQ=（MN+Ng+NQ=2ND+2NQ=2DQ.

“c,MQ+NQ2DQ八八

.：CQ=2啖j*=DQ.

，當k=G時，DQ=y/3.

此時CD=[CQ2-DC=1.

又：點。在OC外，則/*V2

Jr的取值范圍是l<rv2.

由（2）可知，。。的“G相關依附點“，在直線QW：y=y/3x+B或

33

上，且「的取值范圍是1*V2,

當r=2時，易知直線>二島+塔與。。（大圓）的交點網2,6）,

當r=l時，易知直線y=-JGx-4?與GC（小圓）的交點尸一

當直線y=-Jlr+b與線段QE,線段。尸有交點時（線段端點除外），滿足條件.

當直線y=—任+人經過點E（2,G）時，可得b=3百,

當直線y=—J§x+h經過點Q（—1,0）時，可得力=一百，

觀察圖像可知滿足條件的b的取值范圍-摳<b<3坦.

【點睛】

本題考查一次函數綜合題、圓的有關知識、勾股定理、切線的判定和性質、點A（或點

B）是0c的“&相關依附點”的定義等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知

識解決問題，學會考慮特殊位置解決問題，屬于中考壓軸題

試卷第16頁，總43頁

10.分解因式:

⑴肛一l+x-y；

(2)2x2+孫-y"-4工+5》-6；

⑶f—3f+4.

【答案】⑴(y+D(x-l)；(2)(21-)，+2)。+)，-3)；(3)(x+l)(x-2)2

【分析】

(1)先結合第一項與第三項，提公因式x,然后再提公因式y+1即可(2)觀察后變

形為2x?+xy-y2-4x+5y-6=(2x2-xy+2x)+(2xy-y2+2y)-6x+5y-6,提

取公因式即可(3)變形為d—3/+4=x3+]_3(x2—]),利用立方和和平方差公式

即可.

【詳解】

(l)Ay-l+x-y=A^+x-l->=x(l+y)-(l+y)=(x—l)(y+l)；

(2)2x2+xy-y2-4x+5y-6=(2x2-xy+2x)+(2xy-y2+2y)-6x+3y-6

=x(2x-y+2)+y(2x-y+2)-3(2x-y+2)

=(2x-y+2)(x+y-3).

⑶

X3-3X2+4=X34-1-3(X2-1)=(X+1)(X2-X+1)-3(X+1)(X-1)=(X+1)(X2-4X+4)

=(X+1)(X-2)2.

【點睛】

本題主要考查了公式法及提取公因式法分解因式，觀察變形，正確運用公式是關鍵，屬

于難題.

11.定義：對于函數y,我們稱函數N叫做函數)的正值函數.例如：函數y=:的正

值函數為)，=日.如圖為曲線丫=：(彳>0)的圖象.

V

(l)請你在圖中畫出y=x+3的正值函數的圖象并寫出y=R+3的正值函數的兩條

性質；

0i

t3

-一

—I

-L-L

II

_L_L

4

(2)設)，=/3的正值函數的圖象與.［軸、丁軸、曲線y=—(x>0)的交點分別為A、

X

B、C.點。是線段AC上一動點(不包括端點)，過點。作無軸的平行線，與)，=x+3

4

的正值函數圖象交于另一點E,與曲線y=—(x>0)的圖象交于點尸,試求的

面積的最大值.

25

【答案】(1)答案見解析；(2)—.

8

【分析】

(1)利用描點法畫出>=x+3的正值函數y=|x+3|的圖形即可，根據圖象可得其性

質.

(2)設。(租，加+3),則尸(；擊，機+3),利用三角形的面積公式構建一次困數，

試卷第18頁，總43頁

利用二次函數的性質解決問題即可.

【詳解】

(1)y=工+3的正值函數為y=|x+3],函數圖象如圖所示:

函數y=|x+3|的性質：①圖象與x軸交于(-3,0).

②當不<一3時，y隨x的增大而減小.

③當x>—3時，)'隨匯的增大而增大.

(2)如圖2中,

4

設。(也加+3),則尸，m+3,(—)

〃z+3

1(-nV-3m+4

?(m+3)=—(trr

2Im+32、

325

???"2=-彳時，△PAO的面積最大，最大值為

28

圖2

【點睛】

本題屬于反比例函數綜合題，考查了反比例函數的性質，正值函數的定義，三角形的面

積,解題的關鍵是理解題意，學會利用參數構建二次函數解決最值問題，屬于常考題型.

12.已知：四邊形ASCD中，AB//CD,且A3、CZ）的長是關丁3的方程

/一2祗+（*『+?的兩個根.

（1）當m=2和機〉2時，四邊形ABC。分別是哪種四邊形并說明理由.

（2）若M、N分別是A。、3C的中點，線段MN分別交AC、BD于點P、。,

PQ=1,且A5<CD,求45、的長；

（3）在（2）的條件下，AD=BC=2,求一個一元二次方程，使它的兩個根分別是

tanZ.BDC和tan/BCD.

4L

【答案】（1）答案見解析：（2）48=2,CZ>4：（3）v2--V3.v+l=0.

【分析】

（1）根據當m=2和加>2時：方程根的情況來進一步判斷和CD的數量關系，

結合其位置關系，判斷該四邊形的形狀；

（2）根據梯形的對角線的中點所連接的線段等于上下底差的一半，結合根與系數的

關系得到關于機的方程，從而求出方程的兩個根；

（3）根據梯形的邊之間的關系，求得這兩個角的度數，再根據特殊角的銳角三角函

數值寫出這個一元二次方程.

【詳解】

解：（1）當m=2時，x2-4x+4=0.

試卷第20頁，總43頁

???A=0,方程有兩個相等的實數根.

:.AB=CD,此時AB//CD，則該四邊形是平行四邊形；

當機>2時，△=，〃一2>0,

又?/AB+CD=2tn>0,

4&CO=（帆-京i2+7\>o,

AB。CD.

該四邊形是梯形.

（2）根據三角形的中位線定理可以證明：連接梯形的兩條對角線的中點的線段等于

梯形的上下底的差的一半.

則根據尸。=1，得8-AB=2.

根據（1）中的AB+CD和A8?CO的式子得（2m）2-4（W-〃?+2）=4,

:.m=3.

當初=3時，則有f一6x+8=0，

「.x=2或工=4,

BPAB=2,8=4.

（3）根據該梯形是等腰梯形，平移一腰，則得到等邊△8EC.

..ZBCD=60°,ZBDC=30°.

,/tanZ.BDC+tan/BCD=—75,

3

tanZBDC?tanZBCD=1.

???所求作的方程是y2-^y+\=0.

【點睛】

注意平行四邊形的梯形的概念的區別：能夠證明梯形的對角線中點所連線段等于上

下底差的一半；能夠根據根與系數的關系由已知方程寫出兩根之和，兩根之積.反

過來能夠根據兩根之和，兩根之積寫出一個方程.

13.隨著6月6日5G商用牌照發放，中國正式進入5G商用時代.某人在一山坡尸處觀

測對面山頂上的一座5G基站（如圖），圖中所示的山坡均可視為直線，其中基站所在的

山坡AB的坡角為45。，點，所在山坡AP的坡度為/=1:2.基站點B距坡谷點A的距

離為100夜米，點P距坡谷點4的距離為40石米，且在點。處測得塔頂點。的仰角

是37°.求基站BC的高度.（參考數據：cos37°?0.80,tan37。?0.75）

【答案】75米

【分析】

延長C3交水平線于點O,過點P作PE_LD4于點E,過點P作WJLI?點/，再根

據三角函數值與BA=100人求解得BD=DA=100.再根據山坡AP的坡度為

i=l:2與點P距坡谷點A的距離為40拈米，求得PE,再在RuCFP中根據三角

形三邊關系可求得尸尸,b,進而求解BC即可.

【詳解】

解：延長C8交水平線于點D，過點尸作PEJLD4于點E,過點P作PF_LBO于點產

（如圖）

DAE水平地窿

則乙BDA=ZAEP=/CFP=90,

且尸尸=D4+AE,

在Rt^BDA中,N8OA=90°,NDAB=45°

DA…42

cosZ.DAB==cos45=—

AB2

又?.?A5=100夜米，

.?.ZM=100米，

易得80=100米，

在Rt^AEP中,ZAEP=90,

試卷第22頁，總43頁

tanZEAP==Z=1:2,

AE

:.AE=2PE,

由勾股定理，得

AP=7AE?+PE?=J(2PE)2+PE2=由PE,

又???尸4=406米，

二.PE=40米,AE=80米，

.?.M=￡M+M=180(米)，

在?△CF尸中，

ZCFP=90,NCPF=37°,

CF3

tan3T=---?0.75=—

PF4

3

.\CF=-PF=135(米),

4

BC=CF+FE>-8。=135+40-100-75(米)，

故基站5C的高度約為75米.

【點睛】

本題主要考查了三角函數與勾股定理在實際測量中的運用，屬于難題.

14.已知函數/("=/+加+《同《5,°￡/?),記A={x[/(x)=x},

8={+(/(0)=4.

(1)若b=5,c=3,求集合A、Bx

(2)若集合A={%,%},8={%,芯,芭,匕}，且|苦-xj+k-xjW6+1恒成立，求/?+c

的取值范圍.

「5、

【答案】(1)A={-1,-3},B={-l,-3}；(2)--,8.

.4/

【分析】

(1)當6=5,c=3時，直接解方程/(x)=x可得集合A，解方程/(7(x))—x=0

可得集合8：

(2)由題意得/(五)一%=/+(力-1)%+。=(工一%)(%一毛)，由此化簡得出

+1)+1],由此可得出與、S是方

/(/(X))-X=(X-X1)(X-X2)[(X-A2

程x2—(玉+w-2)x+(x—-1)+1=0的兩根，利用韋達定理可得

|王一七|+|七一二J(67)2-4C+_4C-4，可求得-4c<5，

經過化簡計算得出匕+c的取值范圍.

【詳解】

(1)當〃=5,c=3時，/(X)=X2+5X+3,則/(X)-X=X2+4X4-3=(X+1)(X+3),

A={-1,-3}.

/(/(x))r=/(/(x))-/a)+/(x)r=(〃x)+D(/(x)+3)+(x+l)(x+3)

=(/(X)-X+X+1)(/(X)-X4-X+3)+(X+1)(X4-3)

=(x+l)(x+4)(x+3)(x+2)4-(^4-l)(x+3)=(x+l)(x+3)(x2+6x+9)=(Jt+l)(x4-3)3

.b.8={-1,-3}；

(2)由題意得=4-(Z?-1)X+C=(X-XI)(X-X2),

/(/W)-^=/(/W)-/(X)+/(X)-X=(/(X)-X1)(/(X)-A2)+(X-^)(X-X2)

=（/（同-工+工_%）（/（力-犬+工72）+（工_$）（/一工2）

=（%一%）（工一々+1）（工一電）（工一工［+l）+（x-xI）（x-x2）

=（X-X1）（X-X2）［（X-X2+4-1）+1］,

則方程（1一七+1）（工一%+1）+1=0的兩根為七、X4,

即方程f—（毛+七-2）x+（%—1）（/—1）+1=0的兩根為七、x4,

由韋達定理得思+/=%+工2-2,XyXA=x^x2-(天+w)+2,

???|七一七|二小(七+.)2-4天/={(%+%2)2—452-4=^(/?-1)2-4C-4，

I%-W|+1W-七|=J(，-1)-4c+-4c-4

令1=-4c>2,r+7/2-4<>/5+l>

函數g（f）=f+J”一4在（2+8）上單調遞增,且g（、6）=6+1,則

g（f）Wg（⑹，

試卷第24頁，總43頁

.,4<(/,-1)2-4C<5,則歸比止

44

(biI)25,(biI)24

-------<Z?+c<---------，

44

v-5<Z?<5,.-.^<Z?+1<6,/.0<(Z?+l)2<36,因此，一:Wb+c<8.

【點睛】

本題考查方程的求解，同時也考查了代數式取值范圍的計算，涉及不等式基本性質的應

用，靈活利用因式分解是解答的關鍵，考查計算能力，屬于難題.

15.如圖1,在oABCD中，ZABC=45°,=AC,點￡在邊3。上，連結AE.

(1)若BE=2CE=4,求AA8E的周長；

(2)點尸是AE上一點，連結。b交AC于點G.

①如圖2,若力/平分NADC,/C4E=NAD/，求證：DG=2AF；

②如圖3,連結FC,過點。作OH_LFC交FC的延長線于點H,且/HDC=ZADF9

延長AE交。。延長線于點P,請直接寫出線段PF、FG、CV之間的數量關系.

【答案】(1)3&+4+屈；⑵①證明見解析；?PF+FG=42CF

【分析】

⑴過點A作AW_L3C于點M，分別在Rt^ABC^RtVAME利用勾股定理求解各

邊長即可得.

(2)①延長AE交DC的延長線于點N,證明AADF處&NDF即可.

②作CI//HD，證明可得AFCP三"CP.即可得PF=G/,進而根據AICF為等腰直角

三角形可知PF+FG=FI=&F

【詳解】

解：(1)過點A作AM±BC于點M,

△ICF

?.?BE=2CE=4,

:.CE=2,BC=BE+CE=6,

又?.,A8=AC,ZABC=45°

:.ZABC=ZACB=45°,

即NB4C=90。，

在等腰Rf△ABC中，

AM=BM=-BC=3,AB=BCcos45J=6x—=3yf2

32

:.ME=BE-BM=4-3=L

在RtNAME中，

AR7AM'EM?=5/32+」二回,

「.△AB石的周長為：AB+BE-AE=3y/2+4+y/i0.

(2)①延長AE交DC的延長線于點N.

由⑴得，

在aABCD中,ZACD=/CAB=90。,CO=A8=AC,

?.?。/平分乙4。。，

ZADF=NCDF,

又「ZCAE=ZADF,

NCAE=/CDF,

在中△APG,ZGAF+ZAGF+ZAPG=180°

在/\DCG中,/CDG+ZDGC+ZDCG=180

試卷第26頁，總43頁

又???ZAGF=ZZX7C,

.-.ZAPG=ZDCG=90

又4DFN=NDEA=90。.

:.DF=DF、

:小ADF'NDF,

AF=NF,

即AN=2AF,

又???ZACN=NDCG=90°,

:AACNS知DCG,

:.AN=DG,

:.DG=2AF.

②作a///TO，則CI±FC.

因為NHDC=ZA￡>￡ZADC=45。,故4FDH=45。,故NG/C=45°.

故Rt^FCI為等腰直角三角形.FT=/C.

又ZDCI=ZCDH,ZDCI+ZACI=ZACF+ZACI=90°,

故NFCP=90°-ZFC4=ZGC7.

又ZDAC=ZDFC=45°，故A憶C,。四點共圓，故ZACD=ZAFD=90°.

故NPFC=90°-ZLDFC=45°.

ZPFC=NGIC

綜上j尸。=/C.故△尸CP^ICP.即可得PF=GI.

ZPCF=ZGCZ

又JCF為等腰直角三角形可知PF+FG=GI+FG="=41CF

故PF+FG=yfiCF

D

【點睛】

本題主要考查了平面幾何中全等的證明以及線段關系的證明，需要做輔助線利用三角形

性質進行證明.屬于難題.

16.如圖，△ABC是等腰直角三角形，NACS=90。，AC=BC,點P是△A3C內一點,

連接/<4,PB,PC,已知Nl=30。，Z2=Z3.

(1)求證:AP=3C；

(2)試探究△DIB與APSC的面積的比值.

【答案】(1)詳見解析；(2)、回+1.

【分析】

(1)過點尸作PM_LAC,PNJ,3C,易得四邊形CMPN是矩形，再由22=23,

得到CN=gCB,8C=2CN,然后在中，由Nl=30"，得到B4=2PM即

可.

(2)結合(1)知SAPAB：SMBC=g(ACxBC-ACxPM-BCxPN)：；PNxBC

=(6-?PM:PN,再由A尸=8C=AC,Z1=3OJ>得至UN2=90'一750=15。，

然后由里二tanl5。求解.

PM

【詳解】

(1)如圖所示:

試卷第28頁，總43頁

c

過點P作尸M_LAC,PNJLBC,

因為ZACB=4PMe=4PNC=90，

所以四邊形CWPN是矩形，

所以PM=CN,又N2=N3,

所以CN==CB,BC=2CN,

2

在RSPMA中,因為Nl=30"，

所以B4=2尸M,

所以AP=8C.

(2)由⑴知AP=BC=AC,Z1=30°?

所以NACP=NAPC=75'，Z2=90-75°=15°，

PNPN

tan15CO0=——=——=2-百,

CNPM

所以S△心/S△叫C='(ACXBC—ACXPM—8CXPN)：4PNX8C,

22

(AC-PM-PN)：PN=(AM-PM)：PN,

一，PM:PN=^^=6+k

【點睛】

本題主要考查平面幾何圖形中的邊角關系的應用，還考查了轉化化歸的思想、數形結合

思想和運算求解的能力，屬于較難題.

17.符號K]表示不大于