1、2021 广东广州中考数学真题及答案 20212021 年福建泉年福建泉州州中考数学试题中考数学试题及及答案答案 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1010 小小题，每小题题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分分在每小题给出的在每小题给出的四四个个选选项中，只有项中，只有 一项是符合要求的一项是符合要求的 1. 在实数12 ， 2 ，0， 1中，最小的数是（ ） A. 1 B. 0 1C. 2D. 2 2. 如图所示的六角螺栓，其俯视图是（ ） A B. C. D. 3. 如图，某研究性学习小组为测量学校 A 与河对岸工厂 B 之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得A 6
2、0, C 90, AC 2km 据此，可求得学校与工厂之间的 距离 AB 等于（ ） A. 2kmB. 3km 4. 下列运算正确的是（ ） C. 23km D. 4km A. 2a a 2 B. a 12 a2 1 C. a6 a3 a2 D. (2a3 )2 4a6 5. 某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，具体成绩（百分制）如表： 项目 作品 甲 乙 丙 丁 创新性 90 95 90 90 实用性 90 90 95 85 如果按照创新性占 60%，实用性占 40%计算总成绩，并根据总成绩择优推荐，那么应推荐的作品是（ ） A. 甲B. 乙C.
3、 丙D. 丁 6. 某市 2018 年底森林覆盖率为 63%为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念， 该市大力开展植树造林活动，2020 年底森林覆盖率达到 68%，如果这两年森林覆盖率的年平 均增长率为 x，那么，符合题意的方程是（ ） A. 0.631 x 0.68 C. 0.631 2x 0.68 7. 如图，点 F 在正五边形 ABCDE 的内部，B. 0.631 x2 0.68 D. 0.631 2x2 0.68 ABF 为等边三角形，则AFC 等于（ ） A. 108B. 120C. 126D. 132 8. 如图，一次函数 y kx b k 0 的图象过点1, 0 ，则不等
4、式k x 1 b 0 的解 集 是 （ ） B. x 1 A. x 2C. x 0 D. x 1 9. 如图， AB 为O 的直径，点 P 在 AB 的延长线上， PC, PD 与O 相切，切点分别为C，D若 AB 6, PC 4 ，则sin CAD 等于（ ） 3A. 52B. 53C. 44D. 510. 二次函数2y ax 2ax c a 0 的图象过12341, y ),C(2, y ), D(4, y )A(3, y ), B(四个点，下列说法一定正确的是（ ） A. 若 y1 y2 0 ，则 y3 y4 0 B. 若 y1 y4 0 ，则 y2 y3 0 C. 若 y2 y4 0
5、，则 y1 y3 0D. 若 y3 y4 0 ，则 y1 y2 0 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 6 6 小小题，每小题题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分分 x11. 若反比例函数 y k 的图象过点1,1 ，则 k 的值等于 12.写出一个无理数 x，使得1 x 4 ，则 x 可以是 （只要写出一个满足条件x即可） 13.某校共有 1000 名学生为了解学生的中长跑成绩分布情况，随机抽取 100 名学生的中 长跑成绩，画出条形统计图，如图根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生 人数是 14. 如图， AD 是ABC 的角平分线若B 90, BD 3 ，则点 D
6、到 AC 的距离是 xx 115. 已知非零实数 x，y 满足 y ，则x y 3xyxy值等于 16. 如图，在矩形 ABCD 中， AB 4, AD 5 ，点 E，F 分别是边 AB, BC 上的动点，点 E不与 A，B 重合，且 EF AB ，G 是五边形 AEFCD 内满足GE GF 且EGF 90 的 点现给出以下结论： GEB 与GFB 一定互补； 点 G 到边 AB, BC 的距离一定相等； 点 G 到边 AD, DC 的距离可能相等； 点 G 到边 AB 的距离的最大值为2 2 其中正确的是 （ 写出所有正确结论的序号） 三、解答题：本题共三、解答题：本题共 9 9 小小题，共
7、题，共 8686 分解答应写分解答应写出出文字说明、证明过文字说明、证明过程程或或演演算步骤算步骤 1 117. 计算： 12 3 3 3 18. 如图，在ABC 中，D 是边 BC 上的点， DE AC, DF AB ，垂足分别为 E，F， 且 DE DF ,CE BF 求证： B C 26x 3 2x19. 解不等式组： x 1 x 3 1 20. 某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是 70 元，批发一箱该农产品的利润是 40 元 1已知该公司某月卖出 100 箱这种农产品共获利润 4600 元，问：该公司当月零售、批 发这种农产品的箱数分别是多少？ 2经营性质规定，该公司零售数
8、量不能多于总数量的 30%现该公司要经营 1000 箱这 种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？ 21. 如图， 在 Rt ABC 中，ACB 90 线段 EF 是由线段 AB 平移得到的， 点 F 在边 BC上，EFD 是以 EF 为斜边的等腰直角三角形，且点 D 恰好在 AC 的延长线上 1求证： ADE DFC ； 2求证： CD BF 22. 如图，已知线段 MN a, AR AK ，垂足为 a 1求作四边形 ABCD ，使得点 B，D 分别在射线 AK , AR 上，且 AB BC a ，ABC 60 ， CD/AB ； （ 要求：尺规作图，不
9、写作法，保留作图痕迹） 2设 P，Q 分别为（1）中四边形 ABCD 的边 AB, CD 的中点，求证：直线 AD, BC, PQ相交于同一点 23. “田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒 该故事的大意是： 齐王有上、 中、下三匹马 A1 , B1 , C1 ，田忌也有上、中、下三匹马 A2 , B2 , C2 ，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下： A1 A2 B1 B2 C1 C2 （注： A B 表示 A 马与 B 马比赛，A 马 获胜） 一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”
10、顺序为上马、中马、 下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（ C2 A1, A2 B1, B2C1 ）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例 假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题： （1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率； （2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率 24. 如图，在正方形 ABCD 中，E，F 为边 AB 上的两个三等分点，点 A
11、 关于 DE 的对称点 为 A ， AA的延长线交 BC 于点 G 1求证： DE /AF ； 2求GAB 的大小； （3）求证： AC 2 AB 25. 已知抛物线 y ax2 bx c 与 x 轴只有一个公共点 （1）若抛物线过点 P 0,1 ，求a b最小值； （2）已知点 P1 2,1, P2 2, 1, P3 2,1 中恰有两点在抛物线上 求抛物线的解析式； 设直线 l： y kx 1 与抛物线交于 M，N 两点，点 A 在直线 y 1上，且MAN 90 ， 过点 A 且与 x 轴垂直的直线分别交抛物线和于点 B，C求证：MAB 与MBC 的面积相 等 参考答案： 1. 【答案】A
12、2. 【答案】A 3. 【答案】D 4. 【答案】D 5. 【答案】B 6. 【答案】B 7. 【答案】C 8. 【答案】C 9. 【答案】D 10. 【答案】C 11. 【答案】1 12. 【答案】答案不唯一（如2, ,1.010010001等） 13. 【答案】270 14. 【答案】3 15. 【答案】4 16. 【答案】 1 117. 计算： 12 3 3 3 【答案】3 1 1【详解】 12 3 3 3 2 3 (3 3) 3 2 3 3 3 3 3 在 DEC和DFB中，DFB,18. 【详解】 【 分 析 】 由 DE AC, DF AB 得 出 DEC DFB 90 ， 由 S
13、AS 证 明 DEC DFB ，得出对应角相等即可 【详解】证明： DE AC, DF AB ， DEC DFB 90 DE DF ,DEC CE BF , DEC DFB ， B C 19. 【答案】1 x 3 【详解】解：解不等式 x 3 2x ， 3x 3 ， 解得: x 1 x 1x 3解不等式 1， 263x 3 x 3 6 ， 解得： x 3 所以原不等式组的解集是：1 x 3 20. 【答案】 （1）该公司当月零售农产品 20 箱，批发农产品 80 箱；（2）该公司应零售农产品300 箱、批发农产品 700 箱才能使总利润最大，最大总利润是 49000 元 【详解】解：（1）设该
14、公司当月零售农产品 x 箱，批发农产品 y 箱 依题意，得70 x 40 y 4600,x y 100, 解得x 20,y 80. 所以该公司当月零售农产品 20 箱，批发农产品 80 箱 （2）设该公司零售农产品 m 箱，获得总利润 w 元则批发农产品的数量为(1000 m) 箱， 该公司零售的数量不能多于总数量的 30% m 300 依题意，得 w 70m 40(1000 m) 30m 40000, m 300 因为30 0 ，所以 w 随着 m 的增大而增大， 所以m 300 时，取得最大值 49000 元， 此时1000 m 700 所以该公司应零售农产品 300 箱、 批发农产品 7
15、00 箱才能使总利润最大， 最大总利润是 49000元 21. 【详解】证明：（1）在等腰直角三角形 EDF 中， EDF 90 ， ADE ADF 90 ACB 90 ， DFC ADF ACB 90 ， ADE DFC （2）连接 AE 由平移性质得 AE /BF , AE BF EAD ACB 90 ， DCF 180 ACB 90 ， EAD DCF EDF 是等腰直角三角形， DE DF 由（1）得ADE DFC ， AED CDF ， AE CD ， CD BF 22. 【详解】 （1）作图如下： 四边形 ABCD 是所求作的四边形； （2）设直线 BC 与 AD 相交于点 S，
16、DC /AB ， SBA SCD ， SAAB SDDC设直线 PQ 与 AD 相交于点 S ， SDQDSAPA同理 P，Q 分别为 AB, CD 的中点， PA 1 AB ， QD 1 DC 22QDDCPAAB SDSDSASA， SD ADSD AD， SDSDADAD， SDSD SD SD ， 点 S 与 S 重合，即三条直线 AD, BC, PQ 相交于同一点 23. 12【答案】 （1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，； （2）不是，田忌获胜 ， 2 12 12 12 12 12 1A B , B C ,C AB C ,C A , A B ， 2 12 12 1B
17、C , A B ,C A的 所 有 对 阵 是 C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ， A2 B1, C2 A1, B2C1 ，16 ， 【详解】 （1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜 此时，比赛的所有可能对阵为： C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ， C2 A1, B2 B1, A2C1 ， C2 A1, A2C1, B2 B1 ，共四种 其中田忌获胜的对阵有 C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ，共两种， 12故此时田忌获胜的概率为 P 1 （2
18、）不是 齐王的出马顺序为 A1 , B1 , C1 时，田忌获胜的对阵是C2 A1, A2 B1, B2C1 ； 齐王的出马顺序为 A1,C1, B1 时，田忌获胜的对阵是C2 A1, B2C1, A2 B1 ； 齐王的出马顺序为 B1, A1, C1 时，田忌获胜的对阵是 A2 B1,C2 A1, B2C1 ； 齐王的出马顺序为 B1, C1, A1 时，田忌获胜的对阵是 A2 B1, B2C1,C2 A1 ； 齐王的出马顺序为C1, A1, B1 时，田忌获胜的对阵是B2C1,C2 A1, A2 B1 ； 齐王的出马顺序为C1, B1, A1 时，田忌获胜的对阵是B2C1, A2 B1,C
19、2 A1 综上所述，田忌获胜的所有对阵是 C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ， A2 B1, C2 A1, B2C1 ， A2 B1, B2C1,C2 A1 ， B2C1,C2 A1, A2 B1 ， B2C1, A2 B1,C2 A1 齐王的出马顺序为 A1 , B1 , C1 时，比赛的所有可能对阵是 A2 A1, B2 B1,C2C1 ， A2 A1, C2 B1, B2C1 ， B2 A2 , A2 B1,C2C1 ， B2 A1,C2 B1, A2C1 ， C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2 B1, A2C1 ，
20、 共 6 种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的 6 种可能对阵， 2366所以，此时田忌获胜的概率 P 6 1 24. 【详解】解：（1）设直线 DE 与 AA相交于点 T， 点 A 与 A 关于 DE 对称， DE 垂直平分 AA，即 DE AA, AT TA E，F 为 AB 边上的两个三等分点， AE EF ， ET 是 AAF 的中位线， ETAF ，即 DEAF （2）连接 FG ，四边形 ABCD 是正方形， AD AB, DAB ABG 90, DAT BAG 90 ， DE AA， DTA 90 ， ADT DAT 90， ADT BAG DAE ABG ， AE
21、 BG ，又 AE EF FB ， FB BG ， FBG 是等腰直角三角形， GFB 45 DE /AF ， AF AA， FAG 90 取 FG 的中点 O，连接OA,OB ， 在 Rt AFG 和 RtBFG 中， OA OF OG 1 FG,OB OF OG 1 FG ， 22 OA OF OG OB ， 点 A ，F，B，G 都在以 FG 为直径的O 上， GAB GFB 45 （3）设 AB 3a ，则 AD BC 3a, AF 2a, AE BF a 由（2）得 BG AE a ， tanBAG BG a 1 ，即tan AAF 1 ， AF 1 AB3a33AA3设 AF k
22、， 则 AA 3k ， 在 RtAAF 中， 由勾股定理， 得 AF AA2 AF 2 10k ， 5510k 2a, k 10a , AF 10a 在 Rt ABG 中，由勾股定理，得 AG AB2 BG2 10a 5又 AA 3k 3 10a ， AG AG AA 10a 3 10a 2 10a ， 55510aAG2 10a2AF 1 5 CG BC CB 2a ， CG2a2BFa1， AFBF1 AGCG2由（2）知， AFB AGB 180 ， 又 AGC AGB 180 ， AFB AGC ， AFB AGC ， ABBF1， ACCG2 AC 2 AB 25. 【答案】 （1）
23、-1；（2） y 1 x2 ；见解析 4【详解】解：因为抛物线 y ax2 bx c 与 x 轴只有一个公共点， 以方程ax2 bx c 0 有两个相等的实数根， 所以 b2 4ac 0 ，即b2 4ac （1）因为抛物线过点 P(0,1) ，所以c 1 ， b24所以b2 4a ，即a 2144b2所以a b b (b 2) 1， 当b 2 时， a b 取到最小值1 （2）因抛物线 y ax2 bx c 与 x 轴只有一个公共点， 所以抛物线上的点只能落在 x 轴的同侧 又点 P1 (2,1), P2 (2, 1), P3 (2,1) 中恰有两点在抛物线的图象上， 所以只能是 P1 (2,
24、1), P3 (2,1) 在抛物线的图象上， 由对称性可得抛物线的对称轴为 x 0 ，所以b 0 ， 即 ac 0 ，因为a 0 ，所以c = 0 14又点 P (2,1) 在抛物线的图象上，所以4a 1, a 1 ， 故抛物线的解析式为 y 1 x2 4由题意设 M x1, y1 , N x2 , y2 , A x0 , 1 ，则 y1 kx1 1, y2 kx2 1 记直线 y 1为 m，分别过 M，N 作 ME m, NF m ，垂足分别为 E，F， 即MEA AFN 90 ， 因为MAN 90 ，所以MAE NAF 90 又MAE EMA 90 ，所以EMA NAF ，所以 AME N
25、AF NFAF1220y 1 AEMEx x所以，所以 01 y 1x x121020y，即 1 y 1 x x x x 0 所以kx1 2kx2 2 x1 x0 x2 x0 0 ， 即221 20120 2k x xk 1 x x x x 4 0 4把 y kx 1 代入 y 1 x2 ，得 x2 4kx 4 0 ， 解得 x 2k 2 k 2 1, x 2k 2 k 2 1 ， 12所以 x1 x2 4k, x1x2 4 将代入，得22004 k 1 4k 2k x x 4 0， 即 x0 2k 0 ，解得 x 2k ，即 A(2k, 1) 20所以过点 A 且与 x 轴垂直的直线为 x
26、2k ， 将 x 2k 代入 y 1 x2 ，得 y k 2 ，即 B 2k, k 2 ， 4将 x 2k 代入 y kx 1 ，得 y 2k 2 1 ， 即C 2k, 2k 2 1 ， 所以 AB k 2 1, BC k 2 1 ，因此 AB BC ， 所以MAB 与MBC 的面积相等 20212021 年福建漳年福建漳州州中考数学试题中考数学试题及及答案答案 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1010 小小题，每小题题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分分在每小题给出的在每小题给出的四四个个选选项中，只有项中，只有 一项是符合要求的一项是符合要求的 1. 在实数12 ， 2 ，
27、0， 1中，最小的数是（ ） A. 1 B. 0 1C. 2D. 2 2. 如图所示的六角螺栓，其俯视图是（ ） A B. C. D. 3. 如图，某研究性学习小组为测量学校 A 与河对岸工厂 B 之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得A 60, C 90, AC 2km 据此，可求得学校与工厂之间的 距离 AB 等于（ ） A. 2kmB. 3km 4. 下列运算正确的是（ ） C. 23km D. 4km A. 2a a 2 B. a 12 a2 1 C. a6 a3 a2 D. (2a3 )2 4a6 5. 某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进
28、行量化评分，具体成绩（百分制）如表： 项目 作品 甲 乙 丙 丁 创新性 90 95 90 90 实用性 90 90 95 85 如果按照创新性占 60%，实用性占 40%计算总成绩，并根据总成绩择优推荐，那么应推荐的作品是（ ） A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁 6. 某市 2018 年底森林覆盖率为 63%为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念， 该市大力开展植树造林活动，2020 年底森林覆盖率达到 68%，如果这两年森林覆盖率的年平 均增长率为 x，那么，符合题意的方程是（ ） A. 0.631 x 0.68 C. 0.631 2x 0.68 7. 如图，点 F 在正五边形 AB
29、CDE 的内部，B. 0.631 x2 0.68 D. 0.631 2x2 0.68 ABF 为等边三角形，则AFC 等于（ ） A. 108B. 120C. 126D. 132 8. 如图，一次函数 y kx b k 0 的图象过点1, 0 ，则不等式k x 1 b 0 的解 集 是 （ ） B. x 1 A. x 2C. x 0 D. x 1 9. 如图， AB 为O 的直径，点 P 在 AB 的延长线上， PC, PD 与O 相切，切点分别为C，D若 AB 6, PC 4 ，则sin CAD 等于（ ） 3A. 52B. 53C. 44D. 510. 二次函数2y ax 2ax c a
30、0 的图象过12341, y ),C(2, y ), D(4, y )A(3, y ), B(四个点，下列说法一定正确的是（ ） A. 若 y1 y2 0 ，则 y3 y4 0 B. 若 y1 y4 0 ，则 y2 y3 0 C. 若 y2 y4 0 ，则 y1 y3 0D. 若 y3 y4 0 ，则 y1 y2 0 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 6 6 小小题，每小题题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分分 x11. 若反比例函数 y k 的图象过点1,1 ，则 k 的值等于 12.写出一个无理数 x，使得1 x 4 ，则 x 可以是 （只要写出一个满足条件x即可） 13.某
31、校共有 1000 名学生为了解学生的中长跑成绩分布情况，随机抽取 100 名学生的中 长跑成绩，画出条形统计图，如图根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生 人数是 14. 如图， AD 是ABC 的角平分线若B 90, BD 3 ，则点 D 到 AC 的距离是 xx 115. 已知非零实数 x，y 满足 y ，则x y 3xyxy值等于 16. 如图，在矩形 ABCD 中， AB 4, AD 5 ，点 E，F 分别是边 AB, BC 上的动点，点 E不与 A，B 重合，且 EF AB ，G 是五边形 AEFCD 内满足GE GF 且EGF 90 的 点现给出以下结论： GEB 与GF
32、B 一定互补； 点 G 到边 AB, BC 的距离一定相等； 点 G 到边 AD, DC 的距离可能相等； 点 G 到边 AB 的距离的最大值为2 2 其中正确的是 （ 写出所有正确结论的序号） 三、解答题：本题共三、解答题：本题共 9 9 小小题，共题，共 8686 分解答应写分解答应写出出文字说明、证明过文字说明、证明过程程或或演演算步骤算步骤 1 117. 计算： 12 3 3 3 18. 如图，在ABC 中，D 是边 BC 上的点， DE AC, DF AB ，垂足分别为 E，F， 且 DE DF ,CE BF 求证： B C 26x 3 2x19. 解不等式组： x 1 x 3 1
33、20. 某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是 70 元，批发一箱该农产品的利润是 40 元 1已知该公司某月卖出 100 箱这种农产品共获利润 4600 元，问：该公司当月零售、批 发这种农产品的箱数分别是多少？ 2经营性质规定，该公司零售数量不能多于总数量的 30%现该公司要经营 1000 箱这 种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？ 21. 如图， 在 Rt ABC 中，ACB 90 线段 EF 是由线段 AB 平移得到的， 点 F 在边 BC上，EFD 是以 EF 为斜边的等腰直角三角形，且点 D 恰好在 AC 的延长线上 1求证： AD
34、E DFC ； 2求证： CD BF 22. 如图，已知线段 MN a, AR AK ，垂足为 a 1求作四边形 ABCD ，使得点 B，D 分别在射线 AK , AR 上，且 AB BC a ，ABC 60 ， CD/AB ； （ 要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） 2设 P，Q 分别为（1）中四边形 ABCD 的边 AB, CD 的中点，求证：直线 AD, BC, PQ相交于同一点 23. “田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒 该故事的大意是： 齐王有上、 中、下三匹马 A1 , B1 , C1 ，田忌也有上、中、下三匹马 A2 , B2 , C2 ，且这六匹马在比赛中的胜
35、负可用不等式表示如下： A1 A2 B1 B2 C1 C2 （注： A B 表示 A 马与 B 马比赛，A 马 获胜） 一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、 下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（ C2 A1, A2 B1, B2C1 ）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例 假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题： （1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求
36、其获胜的概率； （2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率 24. 如图，在正方形 ABCD 中，E，F 为边 AB 上的两个三等分点，点 A 关于 DE 的对称点 为 A ， AA的延长线交 BC 于点 G 1求证： DE /AF ； 2求GAB 的大小； （3）求证： AC 2 AB 25. 已知抛物线 y ax2 bx c 与 x 轴只有一个公共点 （1）若抛物线过点 P 0,1 ，求a b最小值； （2）已知点 P1 2,1, P2 2, 1, P3 2,1 中恰有两点在抛物线
37、上 求抛物线的解析式； 设直线 l： y kx 1 与抛物线交于 M，N 两点，点 A 在直线 y 1上，且MAN 90 ， 过点 A 且与 x 轴垂直的直线分别交抛物线和于点 B，C求证：MAB 与MBC 的面积相 等 参考答案： 1. 【答案】A 2. 【答案】A 3. 【答案】D 4. 【答案】D 5. 【答案】B 6. 【答案】B 7. 【答案】C 8. 【答案】C 9. 【答案】D 10. 【答案】C 11. 【答案】1 12. 【答案】答案不唯一（如2, ,1.010010001等） 13. 【答案】270 14. 【答案】3 15. 【答案】4 16. 【答案】 1 117. 计
38、算： 12 3 3 3 【答案】3 1 1【详解】 12 3 3 3 2 3 (3 3) 3 2 3 3 3 3 3 在 DEC和DFB中，DFB,18. 【详解】 【 分 析 】 由 DE AC, DF AB 得 出 DEC DFB 90 ， 由 SAS 证 明 DEC DFB ，得出对应角相等即可 【详解】证明： DE AC, DF AB ， DEC DFB 90 DE DF ,DEC CE BF , DEC DFB ， B C 19. 【答案】1 x 3 【详解】解：解不等式 x 3 2x ， 3x 3 ， 解得: x 1 x 1x 3解不等式 1， 263x 3 x 3 6 ， 解得：
39、 x 3 所以原不等式组的解集是：1 x 3 20. 【答案】 （1）该公司当月零售农产品 20 箱，批发农产品 80 箱；（2）该公司应零售农产品300 箱、批发农产品 700 箱才能使总利润最大，最大总利润是 49000 元 【详解】解：（1）设该公司当月零售农产品 x 箱，批发农产品 y 箱 依题意，得70 x 40 y 4600,x y 100, 解得x 20,y 80. 所以该公司当月零售农产品 20 箱，批发农产品 80 箱 （2）设该公司零售农产品 m 箱，获得总利润 w 元则批发农产品的数量为(1000 m) 箱， 该公司零售的数量不能多于总数量的 30% m 300 依题意，
40、得 w 70m 40(1000 m) 30m 40000, m 300 因为30 0 ，所以 w 随着 m 的增大而增大， 所以m 300 时，取得最大值 49000 元， 此时1000 m 700 所以该公司应零售农产品 300 箱、 批发农产品 700 箱才能使总利润最大， 最大总利润是 49000元 21. 【详解】证明：（1）在等腰直角三角形 EDF 中， EDF 90 ， ADE ADF 90 ACB 90 ， DFC ADF ACB 90 ， ADE DFC （2）连接 AE 由平移性质得 AE /BF , AE BF EAD ACB 90 ， DCF 180 ACB 90 ， E
41、AD DCF EDF 是等腰直角三角形， DE DF 由（1）得ADE DFC ， AED CDF ， AE CD ， CD BF 22. 【详解】 （1）作图如下： 四边形 ABCD 是所求作的四边形； （2）设直线 BC 与 AD 相交于点 S， DC /AB ， SBA SCD ， SAAB SDDC设直线 PQ 与 AD 相交于点 S ， SDQDSAPA同理 P，Q 分别为 AB, CD 的中点， PA 1 AB ， QD 1 DC 22QDDCPAAB SDSDSASA， SD ADSD AD， SDSDADAD， SDSD SD SD ， 点 S 与 S 重合，即三条直线 AD,
42、 BC, PQ 相交于同一点 23. 12【答案】 （1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，； （2）不是，田忌获胜 ， 2 12 12 12 12 12 1A B , B C ,C AB C ,C A , A B ， 2 12 12 1B C , A B ,C A的 所 有 对 阵 是 C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ， A2 B1, C2 A1, B2C1 ，16 ， 【详解】 （1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜 此时，比赛的所有可能对阵为： C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B
43、1 ， C2 A1, B2 B1, A2C1 ， C2 A1, A2C1, B2 B1 ，共四种 其中田忌获胜的对阵有 C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ，共两种， 12故此时田忌获胜的概率为 P 1 （2）不是 齐王的出马顺序为 A1 , B1 , C1 时，田忌获胜的对阵是C2 A1, A2 B1, B2C1 ； 齐王的出马顺序为 A1,C1, B1 时，田忌获胜的对阵是C2 A1, B2C1, A2 B1 ； 齐王的出马顺序为 B1, A1, C1 时，田忌获胜的对阵是 A2 B1,C2 A1, B2C1 ； 齐王的出马顺序为 B1, C1,
44、 A1 时，田忌获胜的对阵是 A2 B1, B2C1,C2 A1 ； 齐王的出马顺序为C1, A1, B1 时，田忌获胜的对阵是B2C1,C2 A1, A2 B1 ； 齐王的出马顺序为C1, B1, A1 时，田忌获胜的对阵是B2C1, A2 B1,C2 A1 综上所述，田忌获胜的所有对阵是 C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2C1, A2 B1 ， A2 B1, C2 A1, B2C1 ， A2 B1, B2C1,C2 A1 ， B2C1,C2 A1, A2 B1 ， B2C1, A2 B1,C2 A1 齐王的出马顺序为 A1 , B1 , C1 时，比赛的所有可能对
45、阵是 A2 A1, B2 B1,C2C1 ， A2 A1, C2 B1, B2C1 ， B2 A2 , A2 B1,C2C1 ， B2 A1,C2 B1, A2C1 ， C2 A1, A2 B1, B2C1 ， C2 A1, B2 B1, A2C1 ， 共 6 种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的 6 种可能对阵， 2366所以，此时田忌获胜的概率 P 6 1 24. 【详解】解：（1）设直线 DE 与 AA相交于点 T， 点 A 与 A 关于 DE 对称， DE 垂直平分 AA，即 DE AA, AT TA E，F 为 AB 边上的两个三等分点， AE EF ， ET 是 AA
46、F 的中位线， ETAF ，即 DEAF （2）连接 FG ，四边形 ABCD 是正方形， AD AB, DAB ABG 90, DAT BAG 90 ， DE AA， DTA 90 ， ADT DAT 90， ADT BAG DAE ABG ， AE BG ，又 AE EF FB ， FB BG ， FBG 是等腰直角三角形， GFB 45 DE /AF ， AF AA， FAG 90 取 FG 的中点 O，连接OA,OB ， 在 Rt AFG 和 RtBFG 中， OA OF OG 1 FG,OB OF OG 1 FG ， 22 OA OF OG OB ， 点 A ，F，B，G 都在以 F
47、G 为直径的O 上， GAB GFB 45 （3）设 AB 3a ，则 AD BC 3a, AF 2a, AE BF a 由（2）得 BG AE a ， tanBAG BG a 1 ，即tan AAF 1 ， AF 1 AB3a33AA3设 AF k ， 则 AA 3k ， 在 RtAAF 中， 由勾股定理， 得 AF AA2 AF 2 10k ， 5510k 2a, k 10a , AF 10a 在 Rt ABG 中，由勾股定理，得 AG AB2 BG2 10a 5又 AA 3k 3 10a ， AG AG AA 10a 3 10a 2 10a ， 55510aAG2 10a2AF 1 5
48、CG BC CB 2a ， CG2a2BFa1， AFBF1 AGCG2由（2）知， AFB AGB 180 ， 又 AGC AGB 180 ， AFB AGC ， AFB AGC ， ABBF1， ACCG2 AC 2 AB 25. 【答案】 （1）-1；（2） y 1 x2 ；见解析 4【详解】解：因为抛物线 y ax2 bx c 与 x 轴只有一个公共点， 以方程ax2 bx c 0 有两个相等的实数根， 所以 b2 4ac 0 ，即b2 4ac （1）因为抛物线过点 P(0,1) ，所以c 1 ， b24所以b2 4a ，即a 2144b2所以a b b (b 2) 1， 当b 2 时
49、， a b 取到最小值1 （2）因抛物线 y ax2 bx c 与 x 轴只有一个公共点， 所以抛物线上的点只能落在 x 轴的同侧 又点 P1 (2,1), P2 (2, 1), P3 (2,1) 中恰有两点在抛物线的图象上， 所以只能是 P1 (2,1), P3 (2,1) 在抛物线的图象上， 由对称性可得抛物线的对称轴为 x 0 ，所以b 0 ， 即 ac 0 ，因为a 0 ，所以c = 0 14又点 P (2,1) 在抛物线的图象上，所以4a 1, a 1 ， 故抛物线的解析式为 y 1 x2 4由题意设 M x1, y1 , N x2 , y2 , A x0 , 1 ，则 y1 kx1
50、 1, y2 kx2 1 记直线 y 1为 m，分别过 M，N 作 ME m, NF m ，垂足分别为 E，F， 即MEA AFN 90 ， 因为MAN 90 ，所以MAE NAF 90 又MAE EMA 90 ，所以EMA NAF ，所以 AME NAF NFAF1220y 1 AEMEx x所以，所以 01 y 1x x121020y，即 1 y 1 x x x x 0 所以kx1 2kx2 2 x1 x0 x2 x0 0 ， 即221 20120 2k x xk 1 x x x x 4 0 4把 y kx 1 代入 y 1 x2 ，得 x2 4kx 4 0 ， 解得 x 2k 2 k 2
