湖南省衡阳市重点中学2023-2024学年高一上学期入学分班考试数学模拟试卷（含解析）

2023-2024学年度新高一入学分班考试
数学模拟卷
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．（a﹣b）2＝a2﹣b2 B．（﹣2a2）3＝8a4
C．a3÷a2＝a D．2a2+a2＝3a4
2．（3分）陕西历史博物馆是中国第一座大型现代化国家级博物馆，2021年春节期间累计接待游客约37200人次，数据37200用科学记数法可表示为（　　）
A．372×102 B．3.72×103 C．3.72×104 D．0.372×105
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．a+a2＝a3 B．a6÷a3＝a3
C．（﹣a2b）3＝a6b3 D．（a+2）2＝a2+4
4．（3分）化简分式后得（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）已知二元一次方程组，则（x+y）（x﹣y）的值是（　　）
A．15 B．﹣5 C．5 D．﹣15
6．（3分）已知：关于x的一元二次方程x2﹣（R+r）xd2＝0无实数根，其中R，r分别是⊙O1，⊙O2的半径，d为此两圆的圆心距，则⊙O1，⊙O2的位置关系为（　　）
A．外离 B．相切 C．相交 D．内含
7．（3分）如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝α，∠BAD＝β，则AD：BC等于（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）如图，已知点O是等边△ABC三条高的交点，现将△AOB绕点O至少要旋转几度后与△BOC重合（　　）
A．60° B．120° C．240° D．360°
9．（3分）如图是边长为2的正方形及其内切圆和外接圆，则图中阴影部分的总面积为（　　）
A．3π﹣4 B．π+4 C．5π﹣4 D．3π+4
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，在△ABC中，点C（﹣1，0）．点A在x轴正半轴上，点B在第一象限内，∠ACB＝30°，AC＝AB＝2，过点B作BD⊥x轴于点D，AE平分∠BAD交BD于点E，则点E的坐标（　　）
A． B．） C．（3，2） D．（3，1）
11．（3分）假设计算式“a#a+b”表示经过计算后a的值变为a的原值和b的原值的和：又“b#b c”表示经过计算后b的值变为b的原值和c的原值的乘积．假设计算开始时a＝0，b＝1，c＝1．对a，b，c同时进行以下计算：（1）a#a+b；（2）b#b c；（3）c#a+b+c（即c的值变为所得到的a，b的值和c的原值的和）．连续进行上述运算共三次，则计算结束时a，b，c三个数之和是（　　）
A．1位数 B．2位数 C．3位数 D．4位数
12．（3分）关于x的方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实根x1，x2，若x2＝2x1，则4b﹣3ac的最大值是（　　）
A．1 B．2 C．4 D．6
二．填空题（共6小题，满分15分）
13．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝8，tan∠ABD，则线段AB的长为 　 　．
14．（3分）关于x的方程（）2＝2，方程的所有的所有实根的和为　 　．
15．（3分）已知实数a，b满足a2+2a＝b+2，b2+2b＝a+2，则代数式的值等于 　 　．
16．阅读材料：如果两个正数a、b，即a＞0，b＞0，则有下面的不等式，当且仅当a＝b时取到等号．我们把叫做正数a、b算术平均数，把叫做正数a、b的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．根据上述材料，若，则y最小值为 　 　．
17．（3分）若t为实数，x2﹣4x+t﹣2＝0的两个非负实数根为a，b，则代数式（a2﹣1）（b2﹣1）的最小值　 　
18．（3分）已知一次函数m与二次函数，若满足y1＞0且y2＜0时的自变量x的取值范围内有且只有一个整数，则m的取值范围是　 　．
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．（6分）【阅读材料】：善于思考的小明在解方程组时，采用了一种“整体代换”的解法：解：将方程（2）变形：4x+10y+y＝5，即2（2x+5y）+y＝5（3），把方程（1）代入（3）得：2×3+y＝5，所以y＝﹣1，将y＝﹣1代入（1）得x＝4，所以原方程组的解为．
【解决问题】：
（1）模仿小明的“整体代换”法解方程组；
（2）已知x，y满足方程组，求x2+4y2的值．
20．（8分）2022年的冬天，越来越多的游客选择到山西九龙山滑雪场来放松一下自己，体验一下蓝蓝的天空，皑皑白雪的浪漫，重温一下儿时的激情和与大自然抗争的成就感，更能领略一下冬天滑雪的魅力．图1，图2分别是一名滑雪爱好者在滑雪过程中某一时刻的实景图与示意图，此时运动员的小腿ED与斜坡AB垂直，大腿EF与斜坡AB平行，G为头部，且G，E，D三点共线．若滑雪杖EM长为1m，EF＝0.4m，∠EMD＝30°，∠GFE＝62°，求此时滑雪爱好者头部G到斜坡AB的距离．（精确到0.1m）（参考数据：sin62°≈0.88，cos62°≈0.47，tan62°≈1.88）
21．（8分）青岛方特梦幻王国位于美丽的山东省青岛市红岛海滨，由深圳华强集团投资兴建．火流星是其经典项目之一．如图所示，F→E→G为火流星过山车的一部分轨道，它可以看成一段抛物线．其中OE米，OF米（轨道厚度忽略不计）．
（1）求抛物线F→E→G的函数关系式；
（2）在轨道距离地面5米处有两个位置P和G，当过山车运动到G处时，平行于地面向前运动了米至K点，又进入下坡段K→H（K接口处轨道忽略不计）．已知轨道抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，在G到Q的运动过程中，求OH的距离；
（3）现需要在轨道下坡段F→E进行一种安全加固，建造某种材料的水平和竖直支架AM、CM、BN、DN，且要求OA＝AB．已知这种材料的价格是80000元/米，如何设计支架，会使造价最低？最低造价为多少元？
22．（8分）解方程：x﹣2．
23．（8分）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D是的中点，E为OD延长线上一点，且∠CAE＝2∠C，AC与BD交于点H，与OE交于点F．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径10，，求线段DH的长．
24．（8分）二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）且x1≠x2．
（1）当x1＝2，且b+c＝﹣6时，
①求b，c的值；
②当t≤x≤t+2时，二次函数y＝x2+bx+c的最小值为2t，求t的值；
（2）若x1＝3x2，求证：．
25．（10分）（1）【探究发现】如图1，已知点O是正方形ABCD对角线的交点，点E是CB延长线上一点，作OF⊥OE交BA延长线于F点．小明探究发现，△EOF是等腰直角三角形．请证明这个结论．
（2）【模型应用】如图2，在（1）的结论下，延长DB、FE交于点P，若BC＝6，BE＝2，求BP的长．
（3）【拓展提升】如图3，若点G是正方形ABCD对角线BD上一点，DG＝2BG，BC＝6，点E在CB的延长线上运动时，连接EG，作FG⊥EG交直线AB于F点，设BE＝x，记△EGF与正方形ABCD的重合面积为S，请直接写出S关于x的关系式．
26．（10分）已知点M（a，a+2）（a＞0）在反比例函数的图象上，点H（0，1）在y轴上，连接MH，如图1，将MH绕着H点顺时针旋转90°至点M'，点M'正好落在x轴上．
（1）求k的值和点M'的坐标；
（2）若点P在反比例函数图象上，连接HP并延长至点E，使得PE＝PH，连接EM'，PM'，
①如图2，连接MP并延长交x轴于点Q，当PM′⊥x轴时，试说明EM′平分∠PM′Q；
②如图3，连接MM′交HE于点Q，将△MHM'沿着MM'翻折，记点H的对应点为H'，若点H'恰好落在线段PE上，求△M′H′E与△PM′Q面积之比．
2023-2024学年度新高一入学分班考试
数学模拟卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．（a﹣b）2＝a2﹣b2 B．（﹣2a2）3＝8a4
C．a3÷a2＝a D．2a2+a2＝3a4
【考点】完全平方公式；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法．
【分析】各式计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝a2﹣2ab+b2，不符合题意；
B、原式＝﹣8a6，不符合题意；
C、原式＝a，符合题意；
D、原式＝3a2，不符合题意．
故选：C．
2．（3分）陕西历史博物馆是中国第一座大型现代化国家级博物馆，2021年春节期间累计接待游客约37200人次，数据37200用科学记数法可表示为（　　）
A．372×102 B．3.72×103 C．3.72×104 D．0.372×105
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【解答】解：37200＝3.72×104，
故选：C．
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．a+a2＝a3 B．a6÷a3＝a3
C．（﹣a2b）3＝a6b3 D．（a+2）2＝a2+4
【考点】完全平方公式；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法．
【分析】根据合并同类项法则，同底数幂的除法的运算法则，幂的乘方与积的乘方的运算法则，完全平方公式解答即可．
【解答】解：A、a与a2不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、a6÷a3＝a3，原计算正确，故此选项符合题意；
C、（﹣a2b）3＝﹣a6b3，原计算错误，故此选项不符合题意；
D、（a+2）2＝a2+4a+4，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：B．
4．（3分）化简分式后得（　　）
A． B． C． D．
【考点】约分．
【分析】先把分子和分母因式分解，再约分即可得出答案．
【解答】解：原式
．
故选：B．
5．（3分）已知二元一次方程组，则（x+y）（x﹣y）的值是（　　）
A．15 B．﹣5 C．5 D．﹣15
【考点】二元一次方程组的解；解二元一次方程组．
【分析】利用①﹣②可求出（x﹣y）的值，利用（①+②）÷3可求出（x+y）的值，从而可得答案．
【解答】解：，
①+②得：3x+3y＝15，
∴x+y＝5，
①﹣②得：x﹣y＝﹣1，
∴（x+y）（x﹣y）＝5×（﹣1）＝﹣5，
故选：B．
6．（3分）已知：关于x的一元二次方程x2﹣（R+r）xd2＝0无实数根，其中R，r分别是⊙O1，⊙O2的半径，d为此两圆的圆心距，则⊙O1，⊙O2的位置关系为（　　）
A．外离 B．相切 C．相交 D．内含
【考点】圆与圆的位置关系；根的判别式．
【分析】解答本题，先要根据题意得出根的判别式，然后再针对两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系，得出具体位置关系．
【解答】解：根据题意，方程无实数根，可得（R+r）2﹣d2＜0，
则：（R+r+d）（R+r﹣d）＜0，
因为R+r+d＞0，所以R+r﹣d＜0，
即：d＞R+r，
那么，两圆外离．
故选：A．
7．（3分）如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝α，∠BAD＝β，则AD：BC等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】解直角三角形；梯形．
【分析】分别过点D和点C作DE⊥AB交AB于点E，CF⊥AB交AB于点F，根据sinα，sinβ，将两者相比即可求出结果．
【解答】解：过点D和点C作DE⊥AB交AB于点E，CF⊥AB交AB于点F．
∵AB∥CD，
∴DE＝CF．
在Rt△ADE中，sinβ；
在Rt△BCF中，sinα．
故．
故选：B．
8．（3分）如图，已知点O是等边△ABC三条高的交点，现将△AOB绕点O至少要旋转几度后与△BOC重合（　　）
A．60° B．120° C．240° D．360°
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．
【分析】先根据等边三角形的性质得出∠AOB＝∠AOC＝∠BOC＝120°，再根据旋转的性质得出△AOB绕点O旋转后与△BOC重合至少要旋转的度数．
【解答】解：∵点O是等边△ABC三条高的交点，
∴∠AOB＝∠AOC＝∠BOC＝120°，
∴由旋转的性质得出△AOB绕点O逆时针至少旋转120度后与△BOC重合．
故选：B．
9．（3分）如图是边长为2的正方形及其内切圆和外接圆，则图中阴影部分的总面积为（　　）
A．3π﹣4 B．π+4 C．5π﹣4 D．3π+4
【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算；正方形的性质；三角形的内切圆与内心．
【分析】阴影部分的面积＝大圆面积减去正方形面积+小圆面积．
【解答】解：阴影部分的面积＝大圆面积减去正方形面积+小圆面积＝π （）2﹣4+π 12＝3π﹣4，
故选：A．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，在△ABC中，点C（﹣1，0）．点A在x轴正半轴上，点B在第一象限内，∠ACB＝30°，AC＝AB＝2，过点B作BD⊥x轴于点D，AE平分∠BAD交BD于点E，则点E的坐标（　　）
A． B．） C．（3，2） D．（3，1）
【考点】解直角三角形；坐标与图形性质．
【分析】由AB＝AC可得∠ABC＝∠ACB，则可求得∠BAD＝60°，利用余弦可求得AD的长度，再由角平分线的定义可得∠EAD＝30°，利用正切即可求DE的长度，从而可点E的坐标．
【解答】解：∵AC＝AB＝2，∠ACB＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAD＝∠ABC+∠ACB＝60°，
∵BD⊥x轴于点D，
∴cos∠BAD，
∴cos60°，
解得：AD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠EAD＝30°，
∴tan∠EAD，
即tan30°，
解得：DE＝1，
∵点C（﹣1，0），
∴AO＝AC﹣1＝21，
∴OD＝AO+AD＝31，
∴点E的坐标为：（31，1）．
故选：B．
11．（3分）假设计算式“a#a+b”表示经过计算后a的值变为a的原值和b的原值的和：又“b#b c”表示经过计算后b的值变为b的原值和c的原值的乘积．假设计算开始时a＝0，b＝1，c＝1．对a，b，c同时进行以下计算：（1）a#a+b；（2）b#b c；（3）c#a+b+c（即c的值变为所得到的a，b的值和c的原值的和）．连续进行上述运算共三次，则计算结束时a，b，c三个数之和是（　　）
A．1位数 B．2位数 C．3位数 D．4位数
【考点】规律型：数字的变化类．
【分析】读懂上述运算，理解新运算的规则，按照新规则对a、b、c同时进行连续三次运算，最后求和确定答案．
【解答】解：对a、b、c同时进行连续三次运算后的结果如下：
运算次数 1 2 3
a 1 2 5
b 1 3 24
c 3 8 37
经过三次运算后，a+b+c＝5+24+37＝66，它是一个两位数．
故选：B．
12．（3分）关于x的方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实根x1，x2，若x2＝2x1，则4b﹣3ac的最大值是（　　）
A．1 B．2 C．4 D．6
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【分析】根据根与系数的关系得出x1+x2，x1x2，由x2＝2x1得出3x1，即x1，可解出x2，由两根之积可得acb2，代入代数式即可得到4b﹣3ac（b﹣3）2+6，从而求得4b﹣3ac的最大值是6．
【解答】解：∵关于x的方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实根x1、x2，
∴x1+x2，x1x2，
∵x2＝2x1，
∴3x1，即x1，
∴x2，
∴，
∴acb2，
∴4b﹣3ac＝4b﹣3b2＝4bb2（b﹣3）2+6，
∵0，
∴4b﹣3ac的最大值是6，
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分15分）
13．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝8，tan∠ABD，则线段AB的长为 　5　．
【考点】菱形的性质；解直角三角形．
【分析】由菱形的性质得BO＝ODBD＝4，AC⊥BD，再由锐角三角函数定义求出OAOB＝3，然后由勾股定理求出AB的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，BD＝8，
∴BO＝ODBD＝4，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵tan∠ABD，
∴OAOB＝3，
在Rt△ABC中，AO＝3，OB＝4，
∴AB5，
故答案为：5．
14．（3分）关于x的方程（）2＝2，方程的所有的所有实根的和为　　．
【考点】换元法解分式方程．
【分析】可根据方程特点设y，则原方程可化为y+y2＝2．解一元二次方程求y，再求x．
【解答】解：设y，则原方程可化为y+y2＝2．解得y1＝1，y2＝﹣2，
当y1＝1时，1，无解；
当y2＝﹣2时，2，x，经检验x，是原方程的解．
故答案为．
15．（3分）已知实数a，b满足a2+2a＝b+2，b2+2b＝a+2，则代数式的值等于 　2或7　．
【考点】根与系数的关系；分式的化简求值．
【分析】分两种情况：（1）当a＝b时；（2）当a≠b时，联立方程组，运用加减消元法并结合完全平方公式，求得a2+b2和ab的值，然后将原式通分化简，代入求解．
【解答】解：（1）当a＝b时，1+1＝2；
（2）当a≠b时，联立方程组，
将①+②得：a2+b2+2a+2b＝b+a+4，
整理得：a2+b2+a+b＝4③，
将①﹣②得：a2﹣b2+2a﹣2b＝b﹣a，
整理得：a2﹣b2+3a﹣3b＝0，
（a+b）（a﹣b）+3（a﹣b）＝0，
（a﹣b）（a+b+3）＝0，
又∵a≠b，
∴a+b+3＝0，即a+b＝﹣3④，
将④代入③，得a2+b2﹣3＝4，即a2+b2＝7，
又∵（a+b）2＝a2+2ab+b2＝9，
∴ab＝1，
∴7．
综上所述，代数式的值等于2或7．
故答案为：2或7．
16．阅读材料：如果两个正数a、b，即a＞0，b＞0，则有下面的不等式，当且仅当a＝b时取到等号．我们把叫做正数a、b算术平均数，把叫做正数a、b的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．根据上述材料，若，则y最小值为 　6　．
【考点】因式分解的应用；不等式的定义．
【分析】依据题意，读懂题目然后由公式可以得a+b≥2，从而y≥26，进而可以得解．
【解答】解：由题意，∵，
∴a+b≥2．
∵x＞0，
∴3x＞0，0，
∴y＝3x226．
故答案为：6．
17．（3分）若t为实数，x2﹣4x+t﹣2＝0的两个非负实数根为a，b，则代数式（a2﹣1）（b2﹣1）的最小值　﹣15　
【考点】根与系数的关系．
【分析】先根据根与系数的关系可得a+b＝4，ab＝t﹣2，将所求代数式化简代入可得结论．
【解答】解：∵x2﹣4x+t﹣2＝0的两个非负实数根为a，b，
∴a+b＝4，ab＝t﹣2，Δ＝16﹣4（t﹣2）≥0．
则，解得：2≤t≤6，
∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2（t﹣2）＝﹣2t+20，
∴（a2﹣1）（b2﹣1）＝a2b2﹣（a2+b2）+1＝（t﹣2）2+2t﹣20+1＝t2﹣2t﹣15＝（t﹣1）2﹣16，
∵2≤t≤6，
∴当t＝2时，代数式（a2﹣1）（b2﹣1）有最小值，
∴代数式（a2﹣1）（b2﹣1）的最小值是1﹣16＝﹣15，
故答案为：﹣15．
18．（3分）已知一次函数m与二次函数，若满足y1＞0且y2＜0时的自变量x的取值范围内有且只有一个整数，则m的取值范围是　m≤﹣1　．
【考点】抛物线与x轴的交点；一次函数的性质；二次函数的性质．
【分析】令y2＝0可求出二次函数图象与x轴的交点坐标，进而可得出满足y2＜0时自变量x的取值范围，结合满足y1＞0且y2＜0时的自变量x的取值范围内有且只有一个整数，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
【解答】解：令y2＝0，即x2﹣5x+4＝0，
解得：x1＝1，x2＝4，
∴满足y2＜0时自变量x的取值范围为1＜x＜4．
∵满足y1＞0且y2＜0时的自变量x的取值范围内有且只有一个整数，
∴，
∴m≤﹣1．
故答案为：m≤﹣1．
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．（6分）【阅读材料】：善于思考的小明在解方程组时，采用了一种“整体代换”的解法：解：将方程（2）变形：4x+10y+y＝5，即2（2x+5y）+y＝5（3），把方程（1）代入（3）得：2×3+y＝5，所以y＝﹣1，将y＝﹣1代入（1）得x＝4，所以原方程组的解为．
【解决问题】：
（1）模仿小明的“整体代换”法解方程组；
（2）已知x，y满足方程组，求x2+4y2的值．
【考点】二元一次方程组的解；解二元一次方程组．
【分析】（1）将方程②化为3x+2（3x﹣2y）＝19，再将方程①代入可求出x的值，进而求出方程组的解即可；
（2）将方程②×2，再与方程①相加后化简即可．
【解答】解：（1），
由②可得，3x+2（3x﹣2y）＝19③，
将①代入③得，3x+10＝19，
解得x＝3，
把x＝3代入①得，9﹣2y＝5，
解得，y＝2，
所以原方程组的解为；
（2），
②×2得，2x2+2xy+8y2＝50③，
①+③得，5x2+20y2＝100，
所以x2+4y2＝20．
20．（8分）2022年的冬天，越来越多的游客选择到山西九龙山滑雪场来放松一下自己，体验一下蓝蓝的天空，皑皑白雪的浪漫，重温一下儿时的激情和与大自然抗争的成就感，更能领略一下冬天滑雪的魅力．图1，图2分别是一名滑雪爱好者在滑雪过程中某一时刻的实景图与示意图，此时运动员的小腿ED与斜坡AB垂直，大腿EF与斜坡AB平行，G为头部，且G，E，D三点共线．若滑雪杖EM长为1m，EF＝0.4m，∠EMD＝30°，∠GFE＝62°，求此时滑雪爱好者头部G到斜坡AB的距离．（精确到0.1m）（参考数据：sin62°≈0.88，cos62°≈0.47，tan62°≈1.88）
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【分析】连接GE，则GE⊥EF，GD＝GE+ED，解直角△GEF，求出GE＝EF tan62°≈0.752m，解直角△EDM，求出，代入GD＝GE+ED，计算即可．
【解答】解：如图，连接GE′，
∵DE⊥AB且EF∥AB，
∴EF⊥GD，
则GE⊥EF，GD＝GE+ED，
在直角△GEF中，
∵∠GEF＝90°，∠GFE＝62°，EF＝0.4m，
∴GE＝EF tan62°≈0.752m，
在直角△EDM中，
∵∠EDM＝90°，∠EMD＝30°，EM＝1m，
∴，
∴GD＝GE+ED≈1.3m．
答：此刻滑雪者头部G到斜坡AB的距离约为1.3m．
21．（8分）青岛方特梦幻王国位于美丽的山东省青岛市红岛海滨，由深圳华强集团投资兴建．火流星是其经典项目之一．如图所示，F→E→G为火流星过山车的一部分轨道，它可以看成一段抛物线．其中OE米，OF米（轨道厚度忽略不计）．
（1）求抛物线F→E→G的函数关系式；
（2）在轨道距离地面5米处有两个位置P和G，当过山车运动到G处时，平行于地面向前运动了米至K点，又进入下坡段K→H（K接口处轨道忽略不计）．已知轨道抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，在G到Q的运动过程中，求OH的距离；
（3）现需要在轨道下坡段F→E进行一种安全加固，建造某种材料的水平和竖直支架AM、CM、BN、DN，且要求OA＝AB．已知这种材料的价格是80000元/米，如何设计支架，会使造价最低？最低造价为多少元？
【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出P，G坐标，再求出PG长度，通过抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，平移长度为PG+GK，可得抛物线K→H→Q解析式，可得结论；
（3）先设出A，B横坐标，再代入解析式，分别求出M，N的纵坐标，然后求出AM，CM，BN，DN之和的最小值，从而求出最低造价．
【解答】解：（1）由图象可设抛物线解析式为y＝a（x）2，
把F（0，）代入，得：
a（0）2，
解得：a，
∴抛物线F→E→G的函数关系式为y（x）2；
（2）当y＝5时，5（x）2，
解得：x1，x2，
∴P（，5），G（，5），
∴PG5，
∵抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，
∴抛物线K→H→Q由抛物线P→E→G向右平移（PG+GK）个单位，
∴抛物线K→H→Q为y2（x5）2（x﹣10）2，
令y＝0，则x＝10，
∴OH＝10；
（3）设OA＝AB＝a，A（a，0），B（2a，0），
yM（a）2a2﹣5a，
yN（2a）2a2﹣10a，
∴l＝AM+CM+BN+DN
5a+a10a2a
＝4a2﹣12a
＝4（a）2，
∵4＞0，
∴开口向上，
∴当a时，l最短，最短为，
80000530000（元），
∴当OA＝AB时，造价最低，最低造价为530000元．
22．（8分）解方程：x﹣2．
【考点】无理方程．
【分析】首先分别设，；将上述两式平方后相减，得到λ2﹣μ2＝x﹣2；化简后得λ，代入上式并整理得到：3x2﹣8x﹣60＝0，解该方程即可解决问题．
【解答】解：设，，
则λ2﹣μ2＝﹣8x+16①；λ﹣μ＝x﹣2②；
当x﹣2≠0时，由①÷②得：λ+μ＝﹣8③，
由②+③得：2λ＝x﹣10，λ，
∴，
整理得：3x2﹣8x﹣60＝0，
解得：x1＝6，x2，
经检验：x1＝6，x2均是原方程的增根，
当x＝2时，经检验x＝2是方程的根，
∴x＝2．
23．（8分）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D是的中点，E为OD延长线上一点，且∠CAE＝2∠C，AC与BD交于点H，与OE交于点F．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径10，，求线段DH的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质．
【分析】（1）由垂径定理得出OD⊥AC，进而得出∠FAO+∠AOF＝90°，由圆周角定理结合已知条件得出∠AOF＝∠CAE，得出∠FAO+∠CAE＝90°，即∠OAE＝90°，即可证明AE是⊙O的切线；
（2）连接AD，利用解直角三角形得出tanB，设AD＝3x，则BD＝4x，AB＝5x，由⊙O的半径10，得出AB＝5x＝20，求出x＝4，求出AD＝12，BD＝16，继而证明△ADH∽△BDA，利用相似三角形的性质即可求出DH的长．
【解答】（1）证明：如图1，
∵D是的中点，
∴OD⊥AC，
∴∠AFO＝90°，
∴∠FAO+∠AOF＝90°，
∵∠AOF＝2∠C，∠CAE＝2∠C，
∴∠AOF＝∠CAE，
∴∠FAO+∠CAE＝90°，即∠OAE＝90°，
∵OA是半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接AD，
∵∠C＝∠B，，
tanB，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴tanB，
设AD＝3x，则BD＝4x，AB＝5x，
∵⊙O的半径10，
∴AB＝5x＝20，
∴x＝4，
∴AD＝3×4＝12，BD＝4×4＝16，
∵D是的中点，
∴AD＝CD＝12，
∴∠DAC＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠DAC＝∠B，
∵∠ADH＝∠BDA
∴△ADH∽△BDA，
∴，即，
∴DH＝9．
24．（8分）二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）且x1≠x2．
（1）当x1＝2，且b+c＝﹣6时，
①求b，c的值；
②当t≤x≤t+2时，二次函数y＝x2+bx+c的最小值为2t，求t的值；
（2）若x1＝3x2，求证：．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）①当x1＝2，则抛物线过点A（2，0），且b+c＝﹣6，于是得，解方程组求得b、c的值分别为2、﹣8；
②由y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，得该抛物线的顶点为（﹣1，﹣9），再分三种情况讨论，一是t+2≤﹣1，即t≤﹣3，则当x＝t+2时，y最小＝2t，于是得（t+2+1）2﹣9＝2t；二是t＜﹣1＜t+2，即﹣3＜t＜﹣1，则当x＝﹣1时，y最小＝2t，于是得（﹣1+1）2﹣9＝2t；三是t≥﹣1，则当x＝t时，y最小＝2t，于是得（t+1）2﹣9＝2t，解方程求出相应的符合题意的t值即可；
（2）由x1＝3x2，且x1≠x2，可证明x2≠0，由一元二次方程根与系数的关系得x1+x2＝﹣b，则3x2+x2＝﹣b，所以x2b，则（b）2+b （b）+c＝0，可求得cb，则b﹣cbb2（b﹣4）2+3≤3．
【解答】（1）解：①当x1＝2，则抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，0），且b+c＝﹣6，
∴，解得，
∴b、c的值分别为2、﹣8．
②∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴该抛物线的顶点为（﹣1，﹣9），
若t+2≤﹣1，即t≤﹣3，如图1，当x＝t+2时，y最小＝2t，
∴（t+2+1）2﹣9＝2t，
解得t1＝﹣4，或t2＝0（不符合题意，舍去）；
若t＜﹣1＜t+2，即﹣3＜t＜﹣1，如图2，当x＝﹣1时，y最小＝2t，
∴（﹣1+1）2﹣9＝2t，
解得t（不符合题意，舍去）；
若t≥﹣1，如图3，当x＝t时，y最小＝2t，
∴（t+1）2﹣9＝2t，
解得t1＝2，t2＝﹣2（不符合题意，舍去），
综上所述：t＝4或t＝2．
（2）证明：∵x1＝3x2，且x1≠x2，
∴3x2≠x2，
∴x2≠0，
∵x1、x2是一元二次方程x2+bx+c＝0的两个根，
∴x1+x2＝﹣b，
∴3x2+x2＝﹣b，
∴x2b，
∴（b）2+b （b）+c＝0，
∴cb，
∴b﹣cbb2（b﹣4）2+3，
∵（b﹣4）2+3≤3，
∴b﹣c≤3．
25．（10分）（1）【探究发现】如图1，已知点O是正方形ABCD对角线的交点，点E是CB延长线上一点，作OF⊥OE交BA延长线于F点．小明探究发现，△EOF是等腰直角三角形．请证明这个结论．
（2）【模型应用】如图2，在（1）的结论下，延长DB、FE交于点P，若BC＝6，BE＝2，求BP的长．
（3）【拓展提升】如图3，若点G是正方形ABCD对角线BD上一点，DG＝2BG，BC＝6，点E在CB的延长线上运动时，连接EG，作FG⊥EG交直线AB于F点，设BE＝x，记△EGF与正方形ABCD的重合面积为S，请直接写出S关于x的关系式．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠AOB＝90°，OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝∠OBC＝45°，证明△AOF≌△BOE（ASA），由全等三角形的性质得出OF＝OE，则可得出结论；
（2）由勾股定理求出EF的长，证明△COE∽△FOP，由相似三角形的性质得出，求出OP的长，则可得出答案；
（3）过点G作GM⊥GB，则△GMB是等腰直角三角形，设EG交AB于点N，过点G作GH⊥AB于点H，求出BN，分两种情况，当0＜x≤2时，S，当x＞2时，设GF交DA于点P，求出PA，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB＝90°，OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝∠OBC＝45°，
∴∠AOE+∠EOB＝90°，∠OAF＝∠OBE＝135°，
∵OF⊥OE，
∴∠FOE＝90°，
∴∠FOA+∠AOE＝90°，
∴∠FOA＝∠EOB，
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE（ASA），
∴OF＝OE，
∵∠FOE＝90°，
∴△OEF是等腰直角三角形；
（2）解：∵△AOF≌△BOE，
∴AF＝BE，
∵BC＝6，BE＝2，
∴BF＝AB+AF＝8，CO＝BO3，
在Rt△BEF中，EF2，
∵△FOE是等腰直角三角形，
∴OF＝OEEF，∠OFP＝45°，
∵∠OCE＝∠OFP＝45°，∠COE＝∠COB+∠POE＝90°+∠POE，∠FOP＝∠FOE+∠POE＝90°+∠POE，
∴∠COE＝∠FOP，
∴△COE∽△FOP，
∴，
即，
∴OP，
∴PB＝OP﹣OB；
（3）解：如图，过点G作GM⊥GB，则△GMB是等腰直角三角形，设EG交AB于点N，过点G作GH⊥AB于点H，
∴GM＝GB，∠GBM＝∠GMB＝45°，
∴∠GBE＝∠GMF＝135°，
∵∠FGE＝∠MGB＝90°，
∴∠FGM＝∠ECB，
∴△FGM≌△EGN（ASA），
∴FM＝BE，∠GFM＝∠GEB，
∵DG＝2BG，BC＝6，
∴GBBD2，
∴MB＝24，
∵GH⊥MB，
∴MH＝HB＝GHMB＝2，
∴AM＝2，
∵BE＝x，
∴FM＝x，FH＝FM+MH＝x+2，
∵∠GFM＝∠GEB，
∴tan∠GFM＝tan∠GEB，
∴，
∴BN，
当0＜x≤2时，SFN＝FB﹣NB＝x+4，
当x＞2时，设GF交DA于点P，
∵∠GFM＝∠PFA，
∴tan∠GFM＝tan∠PFA，
即，
∴PA，
∴S△FGM﹣S△FAP＝x+4，
综上所述，S．
26．（10分）已知点M（a，a+2）（a＞0）在反比例函数的图象上，点H（0，1）在y轴上，连接MH，如图1，将MH绕着H点顺时针旋转90°至点M'，点M'正好落在x轴上．
（1）求k的值和点M'的坐标；
（2）若点P在反比例函数图象上，连接HP并延长至点E，使得PE＝PH，连接EM'，PM'，
①如图2，连接MP并延长交x轴于点Q，当PM′⊥x轴时，试说明EM′平分∠PM′Q；
②如图3，连接MM′交HE于点Q，将△MHM'沿着MM'翻折，记点H的对应点为H'，若点H'恰好落在线段PE上，求△M′H′E与△PM′Q面积之比．
【考点】反比例函数综合题．
【分析】（1）过点M作MA⊥y轴于点A，由旋转性质得：∠MHM′＝90°，HM＝HM′，可证得△HMA≌△M′HO（AAS），得出AM＝OH，OM′＝AH，进而可得M（1，3），求得k＝3，由AH＝OM′＝2，可得M′（2，0）；
（2）①过点E作EF⊥x轴于点F，过点H作HG⊥EF于点G，则∠HGE＝∠HGF＝∠EFO＝90°，由PM′⊥x轴，可得P（2，），∠PM′F＝90°，由PE＝PH，可得HG＝4，由PD∥EG，可得△HPD∽△HEG，再证得△EFM′是等腰直角三角形，即∠EM′F＝45°，可得EM′平分∠PM′Q；
②由旋转性质可得MM′⊥HH′，HQ＝H′Q，证得四边形HMH′M′是正方形，得出Q（，），H′（3，2），运用待定系数法可得直线HE的解析式为yx+1，联立方程组可得P（，），进而得出E（33，），进而可得2．
【解答】（1）解：如图1，过点M作MA⊥y轴于点A，
则∠MAH＝∠HOM′＝90°，
∵将MH绕着H点顺时针旋转90°至点M'，
∴∠MHM′＝90°，HM＝HM′，
∴∠AMH+∠AHM＝∠OHM′+∠AHM＝90°，
∴∠AMH＝∠OHM′，
∴△HMA≌△M′HO（AAS），
∴AM＝OH，OM′＝AH，
∵H（0，1），M（a，a+2）（a＞0），
∴OH＝1，AM＝a，
∴a＝1，
∴M（1，3），
∴k＝1×3＝3，OA＝3，
∴AH＝OA﹣OH＝3﹣1＝2，
∴OM′＝2，
∴M′（2，0）；
（2）①证明：如图2，过点E作EF⊥x轴于点F，过点H作HG⊥EF于点G，
则∠HGE＝∠HGF＝∠EFO＝90°，
∵M′（2，0），PM′⊥x轴，
∴P（2，），∠PM′F＝90°，
∴PM′，
∵连接HP并延长至点E，使得PE＝PH，
∴HG＝4，
∵∠HOF＝∠HGF＝∠EFO＝90°，
∴四边形FGHO是矩形，
∴FG＝OH＝1，OF＝HG＝4，
同理可得DM′＝1，
∴PD＝PM′﹣DM′1，
∵PD∥EG，
∴△HPD∽△HEG，
∴，
∴EG＝2PD＝21，
∴EF＝EG+FG＝1+1＝2，
∵FM′＝OF﹣OM′＝4﹣2＝2，
∴FM′＝EF，
∵∠EFM′＝90°，
∴△EFM′是等腰直角三角形，
∴∠EM′F＝45°，
∴∠EM′F∠PM′F，
∴EM′平分∠PM′Q；
②解：∵将△MHM'沿着MM'翻折，点H的对应点为H'恰好落在线段PE上，
∴MM′⊥HH′，HQ＝H′Q，
∵HM＝HM′，
∴MQ＝M′Q，
∵∠MHM′＝90°，
∴四边形HMH′M′是正方形，
∵M（1，3），M′（2，0），
∴Q（，），
∵H（0，1），
∴H′（3，2），
设直线HE的解析式为y＝kx+1，将Q（，）代入，得k+1，
解得：k，
∴直线HE的解析式为yx+1，
联立得x+1，
解得：x1（舍去），x2，
∴P（，），
∵PE＝HP，
∴E（33，），
∵2，
∴2