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中考数学复习分层训练试题（含答案）

来源：九壹网

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答案第一部分数与代数第一章数与式第1讲有理数【分层训练】

1．C 2.B 3.A 4.B 5.D 6.B 7.D 8．3 9.< 10.(1)< (2)>

72－×8 11．解：原式＝101

－×(－8) ＝72×(－8)＋161

＝－575.

12．－2

13．B 14.－5 15.5 16.a＜b

2k17. 解析：根据已知可得出这一组数的分母与分子的变化规律：分子是连续的偶2k＋1

数，分母是连续的奇数，∴第k个数的分子是2k，分母是2k＋1.∴这一组数的第k个数是.

2k＋1

18．10 3n＋1

第2讲实数【分层训练】

1．B 2.C 3.C 4.C 5.B 6.D 7．x≥2 8.2 9.1 10.7

11．解：原式＝2－1＋1－2＝0.

12．D 13.A 14.1 15.3

16．解：原式＝4＋2－1－2 2·＝4＋2－1－2＝3.

10×9×8×7×6×5

17．210 解析：C6＝210. 10＝1×2×3×4×5×618．2 3

第3讲代数式【分层训练】

1．B 2.B 3.C 4.A 5.a2＋b2 x－276. 7.－ 8.5 9.二三 10.8 52

11．解：原式＝a2－4＋a－a2＝a－4. 当a＝5时，原式＝5－4＝1. 12．n－m 13.3 14.A

15．解：由2x－1＝3，得x＝2. 又(x－3)2＋2x(3＋x)－7

＝x2－6x＋9＋6x＋2x2－7＝3x2＋2， ∴当x＝2时，原式＝14.

16．解：原式＝a2－a＋3a－3＋a2－2a＝2a2－3. 17．解：(1)V＝a2h＝12，S＝4ah＋2a2＝32. (2)V＝a2h＝12，S＝4ah＋2a2＝32.

2132S42

＋＝， ∵＝＋＝2Vahah12

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214∴＋＝. ah3

第4讲整式与分式第1课时整式【分层训练】

1．B 2.A 3.B 4.C 5.C 6.C

7．(1)2 (2)a3b2 (3)－a4＋2a 8.3

9．3 10.2a2－3

11．解：原式＝[(x＋1)－2]2＝(x－1)2， ∵x－1＝3，∴(x－1)2＝(3)2＝3. 12．D 13.B

14．解：原式＝a2＋2ab＋b2＋2a2－ab－b2－3a2＝ab. 又a＝－2－3，b＝3－2，

故ab＝(－2－3)(3－2)＝(－2)2－(3)2＝1. 15．解：原式＝2a(2a－b)，

又a＝2，b＝1，故2a(2a－b)＝12. 16．解：由2x－y＋|y＋2|＝0，得2x－y＝0，y＋2＝0， ∴x＝－1，y＝－2.

又[(x－y)2＋(x＋y)(x－y)]÷2x ＝(x2－2xy＋y2＋x2－y2)÷2x＝x－y， ∴x－y＝－1－(－2)＝1. 17．解：(1) 8 15 (2)n2－2n＋2 n2 2n－1

n2－2n＋2＋n2

(3)第n行各数之和：×(2n－1)

＝(n2－n＋1)(2n－1)．

18．解：(1)①275 572 ②63 36

(2)“数字对称等式”一般规律的式子为：

(10a＋b)×[100b＋10(a＋b)＋a]＝[100a＋10(a＋b)＋b]×(10b＋a)．证明如下： ∵左边两位数的十位数字为a，个位数字为b，

∴左边的两位数是10a＋b，三位数是100b＋10(a＋b)＋a，右边的两位数是10b＋a，三位数是100a＋10(a＋b)＋b，

∴左边＝(10a＋b)×[100b＋10(a＋b)＋a]＝(10a＋b)(100b＋10a＋10b＋a) ＝(10a＋b)(110b＋11a)＝11(10a＋b)(10b＋a)，

右边＝[100a＋10(a＋b)＋b]×(10b＋a)＝(100a＋10a＋10b＋b)(10b＋a) ＝(110a＋11b)(10b＋a)＝11(10a＋b)(10b＋a)， ∴左边＝右边．

∴“数字对称等式”一般规律的式子为：

(10a＋b)×[100b＋10(a＋b)＋a]＝[100a＋10(a＋b)＋b]×(10b＋a)．第2课时因式分解【分层训练】 1．(m－n)(m＋n) 2．x(x－5) 3．x(y－1) 4．3(x－1)2 5．b(a＋1)2

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6．x(x－y)2

7．(a＋1)2(a－1)

8．2 9.C 10.C 11.D

12．解：原式＝[x＋y－x－y][x＋y＋x－y] ＝2y·2x＝4xy.

m＋32－m2

13．A 解析：＝2m＋3.

1a－b2 14．－a2

15．解：能．理由如下：

因为(n＋11)2－n2＝(n＋11＋n)·(n＋11－n) ＝(2n＋11)·11，所以能被11整除．

216．解：xy＋xy2＝xy(x＋y)＝5×7＝35.

17．解：对a2c2－b2c2＝a4－b4进行变形． ∵a2c2－b2c2＝a4－b4， ∴c2(a2－b2)＝(a2－b2)·(a2＋b2) . ∴c2＝a2＋b2或a2－b2＝0.

∴△ABC是直角三角形或等腰三角形．第3课时分式【分层训练】

1．C 2.D 3.(1)4xab (2)a＋b 4.8 7z3x＋335.2 6. 7.－1 6xyx＋12

x＋1x1

8．解：－＝2. x＋1x－1x－1x＋1x－1

x－1＋1x－1x＋1

9．解：原式＝·＝x＋1.

xx－1

当x＝－4时，原式＝－3.

10．解：∵＝1，∴x－1＝1.

x－1

故原式＝2＋1＝3.

11. 12.－1 13.A

x2＋y2－2xyx－y2

14．解：原式＝＝＝x－y.

x－yx－y

当x＝3＋2，y＝3－2时，原式＝2 2. 15．解法一：

3xx＋1xx－1x2－1－原式＝ ·x－1x＋1x－1x＋1x3x2＋3x－x2＋xx2－1＝· xx－1x＋1

2x2＋4xx2－1＝· x－1x＋1x

2xx＋2x＋1x－1＝·

xx－1x＋1

＝2(x＋2)．

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3xx2－1xx2－1

解法二：原式＝·－· x－1xx＋1x

3xx－1x＋1xx－1x＋1＝·－·

xxx－1x＋1

＝3(x＋1)－(x－1)＝3x＋3－x＋1＝2x＋4. 当x＝2－2时，原式＝2(2－2)＋4＝2 2.

x－12x＋11＋16．解：原式＝·

x＋1x＋1x－1x－1

xx＋1x＝·＝. x＋1x－1x－1当x＝2时，原式＝2.

17．解：由x2－3x－1＝0，知x≠0，

两边同除以x，得x－＝3.

x－2＋2＝32＋2＝11. x2＋2＝xxx－1x－22x2－x18．解：x－ ÷x＋1x2＋2x＋1

x－1x＋1－xx－22x2－x＝÷2

xx＋1x＋2x＋12x－1x＋12x＋1＝×＝2. xxx＋1x2x－1

当x2－x－1＝0，即x2＝x＋1时，原式＝1. 第二章方程与不等式第1讲方程与方程组

第1课时一元一次方程及其应用【分层训练】

1．B 2.A 3.A 4.A 5.4 6．15(x＋2)＝330 7．解：x＝5.

8．解：设到怀集旅游的人数为x人，则到德庆旅游的人数为(2x－1)人，根据题意，得x＋(2x－1)＝200，解得x＝67，则2x－1＝133.

答：到怀集和德庆旅游的人数各是67人，133人． 9．16 110. 7

11．解：两边同乘以10，可得30x－6＝20x＋5x＋15.

21得x＝ 5

12．解：合并同类项(9－k)x＝7.

因为x，k均为整数，所以9－k＝1,7，－1或－7，∴k＝8,2,10,16. 13．解：设粗加工的质量为x，则精加工的质量为3x＋2 000，列式3x＋2 000＋x＝10 000，解得x＝2 000(千克)

答：粗加工的质量为2 000千克

14．解：设乙厂家销售了x把刀架，则刀片数量为50x (1－5)x＋(0.55－0.05)×50x ＝2×8 400×(2.5－2)，

即21x＝8 400，得x＝400，∴50x＝20 000.

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答：这段时间内乙厂家销售了400把刀架，20 000片刀片．第2课时分式方程【分层训练】

1．D 2.C 3.D 4.A 5．x＝8 901206.＝ xx＋20

7．解：方程两边同时乘以(x－4)，得(3－x)－1＝x－4，解得x＝3. 经检验，x＝3是原方程的解．

8．解：原方程变形为＝，

xx－1x－12

方程两边都乘以x(x－1)2，去分母，得x－1＝2x，解得x＝－1.

经检验，x＝－1是原方程的解．

9．解：设该公司今年从采购苹果的成本价格为x元/千克，则“三通”前苹果的成本价格为2x元/千克，根据题意列方程，得

100 000100 000

－＝20 000， x2x解得x＝2.5.

经检验，x＝2.5是原方程的解．当x＝2.5时，2x＝5.

答：实现“三通”前该公司到采购苹果的成本价格为5元/千克． 10．D

11．解：设车队走南线所用的时间为x小时，则走西线所用的时间为(x＋18)小时．

80080

依题意，得＝，

18＋xx

解得x＝2.

经检验，x＝2是原方程的解．

答：车队走南线所用的时间为2小时．

12．解：由|a－1|＋b＋2＝0，得a－1＝0，b＋2＝0，即a＝1，b＝－2.

由方程－2x＝1，得2x2＋x－1＝0.

解得x1＝－1，x2＝.

经检验，x1＝－1，x2＝是原方程的解．

2213．解：去分母3x－12＝2x(x＋2)，移项得3x2－2x2＝4x＋12，得x2－4x－12＝0，

分解因式得(x＋2)(x－6)＝0，

得x＝－2或x＝6.而当x＝－2时，分母x＋2＝0. 故x＝－2为增根，所以方程的解为x＝6.

14．C 解析：两边乘以x－5，去分母得x＝m＋5. ∴当x－5≠0，把x＝m＋5代入得：m＋5－5≠0，即m≠0，方程有解，故A错；当x＞0且x≠5，解得m＞－5且m≠0时方程的解为正数，B错；当x＜0时，即m＋5＜0，解得：m＜－5，

则m＜－5时，方程的解为负数，C对，显然D错误．

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120300－120

15．解：设原计划每天铺设管道x米，依题意，得＋＝27，解得x＝10.

x1＋20%x

经检验，x＝10是原方程的根．答：原计划每天铺设管道10米

第3课时二元一次方程(组) 【分层训练】 x＝5，x＝2，1. 2.1 3.1 4. 5.一 6.20 y＝－1y＝37．B 8.D 9.D

x－2y＝3， ①

10．解：

3x－8y＝13. ②

①×3，得3x－6y＝9. ③

③－②，得－6y－(－8y)＝9－13，解得y＝－2. 把y＝－2代入①，得x＝－1.

x＝－1，

∴原方程组的解为

y＝－2.

11．解：将x＝1，y＝－2代入二元一次方程组，得 a－2b＝1， ① 1＋2b＝3. ②

由②，得b＝1.

将b＝1代入①，得a－2＝1.∴a＝3. 即a＝3，b＝1.

12．解：设中国人均淡水资源占有量为x m3，美国人均淡水资源占有量为y m3，依题y＝5x，意，得

x＋y＝13 800，

x＝2 300，解得

y＝11 500.

答：中、美两国人均淡水资源占有量各为2 300 m3，11 500 m3.

13．解：设李大叔去年种植了甲种蔬菜x亩，种植了乙种蔬菜y亩，则x＋y＝10， 2 000x＋1 500y＝18 000.

x＝6，

解得

y＝4.

答：李大叔去年甲种蔬菜种植了6亩，乙种蔬菜种植了4亩． 14．440 15.－11

16．解：将x＝2，y＝3代入3x＝y＋a中，得a＝3. ∴(a＋1)(a－1)＋7＝a2－1＋7＝3＋6＝9.

x＝7k，xy5k,

17．B 解析：解关于x，y的二元一次方程组得将之代入方

y＝－2k，xy9k,

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程2x＋3y＝6，得k＝.

18．解：(1)线段l1过原点，设l1的解析式为y＝kx.将点(60,10)代入得10＝60k，k＝.

∴长跑的同学行进路程与时间的函数表达式为y＝x.

设l2的解析式为y＝kx＋b，将点(20,0)，(40,10)代入，得

1k＝2，0＝20k＋b

解得 10＝40k＋b，b＝－10.

∴骑自行车的同学行进路程与时间的函数表达式为 1

y＝x－10. 2

(2)联立以上两个方程组得：

1y＝x，6x＝30，

解得：

1y＝5.y＝x－10，2



即长跑的同学出发了30分钟后，骑自行车的同学就追上了长跑的同学．第4课时一元二次方程【分层训练】

1．C 2.B 3.A 4.C 5.A 6.B 7．m<4.5 8.x1＝3，x2＝－1 9．1 －3 10.20% 11．2(1－x)2＝256

12．解：(x－3)2＋4x(x－3)＝0， (x－3)(x－3＋4x)＝0， (x－3)(5x－3)＝0.

解得x1＝3，x2＝.

13．(1)证明：∵Δ＝b2－4ac＝(－6)2－4×1×(－k2) ＝36＋4k2>0，

∴方程有两个不相等的实数根．

(2)解：由根与系数的关系，知：x1＋x2＝6，x1x2＝－k2. ∵x1＋2x2＝14，∴x1＝－2，x2＝8. ∴－k2＝－16，∴k＝±4.

14．A 15.－ 16.1或2

m－3m2－9

17．解：原式＝÷

3mm－2m－2

m－3m－2＝· 3mm－2m＋3m－3

111＝或或2. 2

3mm＋33m＋3m3m＋9m

∵m是方程x2＋3x－1＝0的根，∴m2＋3m－1＝0. ∴m2＋3m＝1或m(m＋3)＝1，

∴原式＝.

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18．解：(1)设4、5两月平均每月降价的百分率为x，根据题意，得14 000(1－x)2＝12 600. 化简，得(1－x)2＝0.9，

解得x1≈0.05，x2≈1.95(不合题意，舍去)．

因此，4、5两月平均每月降低的百分率约为5%. (2)如果房价按此降价的百分率继续回落，预测7月份该市的商品房成交均价为12 600(1－x)2＝12 600×0.9＝11 340>10 000，

因此可知，7月份该市的商品房成交均价不会跌破10 000元/m2.

y＝2x－1

19．解：依题意，得2

y＝4x2－4

将①代入②中化简，得x2＋2x－3＝0，解得：x＝－3或x＝1 .

x＝1，x＝－3，

所以，原方程的解为： 或

y＝0.y＝－4 2

第2讲不等式与不等式组【分层训练】

1．B 2.C 3.C 4.A

2x－1≥x＋1，①

5．A 解析：

x＋8≤4x－1，②

解①，得x≥2，解②，得x≥3. 则不等式组的解集是x≥3. 6．D 7.B 8.B

9．x＞4 10.x＞

11．－1,0,1 12.3 13．解：4x－6移项、合并同类项，得3x<6，系数化为1，得x<2.

不等式的解集在数轴上表示如图D2.

图D2

14．C

15．解：由①，得x≥1.由②，得x<4 . ∴原不等式组的解集是1≤x<4，如图D3.

图D3



16．解：不等式组5a＋44

x＋3>3x＋1＋a. ②

xx＋1＋>0， ①23

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解不等式①，得x>－.解不等式②，得x<2a.

所以不等式组的解集为－5

因为不等式组恰有两个整数解，则1<2a≤2， 1

即2x－a<1，

17．－6 解析：不等式组的解集为

x－2b>3

a＋1a＋1

2b＋3＜x＜，∴2b＋3＝－1, ＝1.

∴a＝1，b＝－2.∴(a＋1)(b－1)＝－6.

18．解：设购买甲种小鸡苗x只，那么乙种小鸡苗为(2 000－x)只． (1)根据题意列方程，

得2x＋3(2 000－x)＝4 500. 解这个方程，得x＝1 500.

∴2 000－x＝2 000－1 500＝500，

即购买甲种小鸡苗1 500只，乙种小鸡苗500只． (2)根据题意，得2x＋3(2 000－x)≤4 700，解得x≥1 300，

即选购甲种小鸡苗至少为1 300只． (3)设购买这批小鸡苗总费用为y元，

根据题意，得y＝2x＋3(2 000－x)＝－x＋6 000. 又由题意，得94%x＋99%(2 000－x)≥2 000×96%. 解得x≤1 200.

因为购买这批小鸡苗的总费用y随x增大而减小，所以当x＝1 200时，总费用y最小．乙种小鸡为2 000－1 200＝800(只)，即购买甲种小鸡苗为1 200只，乙种小鸡苗为800只时，总费用y最小，最小费用为4 800元．

第三章函数

第1讲函数与平面直角坐标系【分层训练】

1．(1，－2) 2.x≠3 3.(1,2) 4.B 5.D 6．D 7.B 8.C 9.A 10.A

11．C 解析：本题可以一个一个选项的判断，哪个位置可以构成轴对称图形．在各个位置补上棋子，观察图形得到选项选项A，B，D都可以构成轴对称图形．故不正确的选项是选项C.

选项A 选项B

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选项C 选项D

12．C 解析：选项A，B中，在服务区休息的这段时间，油箱中所剩油在减少，不符合实际意义．选项D中，从服务区到B地，油箱中所剩油在逐渐增加，不符合实际意义．故选C.

13．解：(1)由a＝－1，得1－2a＝3， ∴M在第二象限．

(2)平移后点N的坐标为(a－2,2－2a)，

a－2＜0，

又点N在第三象限，∴解得1＜a＜2.

2－2a＜0.

14．B

15．(1)A4(2,0) A8(4,0) A12(6,0) (2)A4n(2n,0) (3)向上

16. 45 解析：观察图象可知，到每一横坐标相同的点结束，点的总个数等于最后点的横坐标的平方，并且横坐标是奇数时最后以横坐标为该数，纵坐标为0结束，当横坐标是偶数时，以横坐标为1，纵坐标为横坐标减1的点结束，根据此规律解答即可．如：横坐标为1的点结束，共有1个，1＝12，横坐标为2的点结束，共有2个，4＝22，横坐标为3的点结束，共有9个，9＝32，横坐标为4的点结束，共有16个，16＝42，…，横坐标为n的点结束，共有n2个，∵452＝2 025，∴第2 025个点是(45,0)，第2 012个点是(45,13)，所以，第2012个点的横坐标为45.

17．(1)(－3，－2) (2)(－2,3) (3)π

解析：(3)先利用勾股定理求出OB的长度，然后根据弧长公式计算即可．根据勾股定理，

90·π·1010

得OB＝12＋32＝10，∴弧BB1的长＝＝π.

1802

18．解：(1)∵四边形ONEF是矩形， ∴点M是OE的中点． ∵O(0,0)，E(4,3)，

32，. ∴点M的坐标为2(2)设点D的坐标为(x，y)．

若以AB为对角线，AC，BC为邻边构成平行四边形，则AB，CD的中点重合，

∴4＋y2＋12＝2.1＋x－1＋3

＝，22

若以BC为对角线，AB，AC为邻边构成平行四边形，则AD，BC的中点重合，

∴2＋y4＋12＝2.－1＋x1＋3

＝，22

x＝1，解得

y＝－1.

x＝5，解得

y＝3.

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若以AC为对角线，AB，BC为邻边构成平行四边形，则BD，AC的中点重合， x－1＋1＝，3＋22

∴1＋y2＋42＝2.

x＝－3，解得

y＝5.

综上可知，点D的坐标为(1，－1)或(5,3)或(－3,5)．

第2讲一次函数【分层训练】

1．四 2.二 3.2 4.A 5.C 6.A 7.B 8.D

9．A 解析：根据题意结合图象，甲先出发2s走了8米，甲的速度为4m/s，乙跑完全程用时100s，乙的速度为5m/s，速度差为1m/s，乙追上甲的时间为a＝8÷1＝8s，①正确；乙到达终点时甲、乙两人的距离b＝(100－8)×1＝92，②正确；甲到达终点时离已出发时间c＝500÷4－2＝123，③正确．故选A.

10．解：由题意，得直线AB和CD的解析式分别为

y＝2x＋6和y＝－x＋1.

y＝2x＋6，x＝－2，

解方程组得 1

y＝2.y＝－x＋1，2

故直线AB与直线CD的交点坐标为(－2,2)．

－k＋b＝3，k＝－2，

11．解：(1)依题意，得解得

2k＋b＝－3.b＝1.

故所求一次函数的表达式为y＝－2x＋1.

(2)令x＝0，得y＝1；令y＝0，得x＝. 2

1

∴直线AB与坐标轴的交点坐标是(0,1)和2，0.

111

∴围成的三角形的面积为××1＝. 224

12．解：(1)将x＝2，y＝－3代入y＝kx－4，得－3＝2k－4.∴k＝. 2

∴一次函数的解析式为y＝x－4.

(2)将y＝x－4的图象向上平移6个单位，得

y＝x＋2.∵当y＝0时，x＝－4， 2

∴平移后的图象与x轴的交点的坐标为(－4,0)．

13．④② 解析：从小明的父母散步的时间段看，分为0－20分钟散步，然后母亲随即按原速度返回家也需要20分钟，父亲20－30分钟在报亭看了10分报，然后用15分钟返回家．所以表示父亲、母亲离家距离与时间之间的关系的图象分别是④②.

b＝2，k＝1，14．解：(1)由题意，得解得 k＋b＝3.b＝2.

∴k，b的值分别是1和2. (2)由(1)，得y＝x＋2，

∴当y＝0时，x＝－2，即a＝－2.

15．解：(1)设函数的解析式为y＝kx＋b，

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由图形可知，函数的图象经过点(2 009,24)和(2 011,26)，则 2 009k＋b＝24，k＝1解得：. 2 011k＋b＝26，b＝－1 985

∴y与x之间的关系式为y＝x－1985. (2)令x＝2 012，得y＝2 012－1 985＝27. ∴该市2012年荔技种植面积为27万亩． 16．解：(1)3 600 20

(2)①当50≤x≤80时，设y与x的函数关系式为y＝kx＋b. 根据题意，当x＝50时，y＝1 950；当x＝80，y＝3 600.

1 950＝50k＋b，k＝55，所以解得 3 600＝80k＋b.b＝－800.

所以y与x的函数关系式为y＝55x－800. ②缆车到山顶的路线长为3 600÷2＝1 800(m)，缆车到达终点所需时间为1 800÷180＝10(min)．小颖到达缆车终点时，

小亮行走的时间为10＋50＝60(min)．把x＝60代入y＝55x－800，得y＝55×60－800＝2 500.

所以当小颖到达缆车终点时，小亮离缆车终点的路程是3 600－2 500＝1 100(m)． 17．D

18．解：(1)设商家购买彩电x台，则购买洗衣机(100－x)台．由题意，得2 000x＋1 000(100－x)＝160 000，解得x＝60.

则100－x＝40(台)．

所以商家可以购买彩电60台，洗衣机40台． (2)设购买彩电a台，则购买洗衣机(100－2a)台，根据题意，得 2 000a＋1 600a＋1 000100－2a≤160 000， 100－2a≤a.

解得33≤a≤37.5.

因为a是整数，所以a＝34,35,36,37. 因此，共有4种进货方案．

设商店销售完毕后获得利润为w元，

则w＝(2 200－2 000)a＋(1 800－1 600)a＋(1 100－1 000)(100－2a)＝200a＋10 000. ∵200＞0，∴w随a的增大而增大． ∴当a＝37时，

w最大值＝200×37＋10 000＝17 400(元)，所以商店获取利润最大为17 400元．第3讲反比例函数【分层训练】

1．D 2.C 3.D 4.A 5.B 6.D 7.D

100

8．> 9.y＝ x

10．解：(1)因为一次函数y＝x＋2的图象经过点 P(k,5)，所以5＝k＋2，解得k＝3.

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所以反比例函数的表达式为y＝.

y＝x＋2，

(2)联立方程组3

y＝.x

x＝1，x＝－3，

解得或

y＝3，y＝－1.

故第三象限的交点Q的坐标为(－3，－1)．

11．解：(1)设反比例函数的解析式是y＝，

∵点A(－4，－2)在此反比例函数图象上，

∴－2＝.∴k＝8.

－4

∴反比例函数的解析式为y＝.

又点B(a,4)在此反比例函数图象上，

∴4＝，a＝2.

∴点B的坐标为(2,4)．

(2)观察图象，知：x＞2或－4＜x＜0时，一次函数的值大于反比例函数的值．

12．解：(1)把点C(1,3)代入y＝，得k＝3.

设斜边AB上的高为CD，

CD3

则sin∠BAC＝＝.

AC5

∵点C的坐标为(1,3)， ∴CD＝3，∴AC＝5.

(2)分两种情况，当点B在点A右侧时，如图D4，有 AD＝52－32＝4，AO＝4－1＝3. ∵△ACD∽△ABC， ∴AC2＝AD·AB.

AC25

∴AB＝＝.

AD4

2513

∴OB＝AB－AO＝－3＝.

4413

此时点B的坐标为4，0.

图D4

当点B在点A左侧时，如图D5，

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图D5

此时AO＝4＋1＝5，

255

OB＝AB－AO＝－5＝.

445

－，0. 此时点B坐标为4

135

所以点B的坐标为4，0或－4，0. 13．D

14．y＝解析：因为点P(a,2)在一次函数y＝2x＋4的图象上，所以2a＋4＝2，所以

a＝－1，所以点P的坐标为(－1,2)．又因为它关于y轴的对称点在反比例函数y＝的图象

kk2

上，所以点(1,2)在反比例函数y＝的图象上，所以2＝，所以k＝2，所以y＝.

x1xk2

15．解：(1)∵双曲线y＝经过点A(1,2)，∴k2＝2.

∴双曲线的解析式为y＝.

∵点B(m，－1)在双曲线y＝上，

∴m＝－2，则B(－2，－1)．

由点A(1,2)，B(－2，－1)在直线y＝k1x＋b上， k1＋b＝2，k1＝1，得解得 －2k＋b＝－1，b＝1.1

∴直线的解析式为y＝x＋1. (2)y2＜y1＜y3.

(3)x＞1或－2＜x＜0. 16．2

2，，点B的坐标为(－1，－1)． 17．解：(1)如图D6，可知：点A的坐标为2

图D6 1m

2，. ∵反比例函数y＝(m≠0)的图象经过点2x

∴m＝1.

∴反比例函数的解析式为y＝.

2，和点B(－1，－1)， ∵一次函数y＝kx＋b(k≠0)的图象经过点A2

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12k＋b＝2，

∴－k＋b＝－1，



解得1

b＝－2.

1k＝，2

∴一次函数的解析式为y＝x－.

(2)由图象，知当x＞2或－1＜x＜0时，一次函数值大于反比例函数值．第4讲二次函数【分层训练】 1．B

2．A 解析：y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，所以顶点坐标为(2，－1)，右平移2个单位长度后所得新的抛物线的顶点坐标为(4，－1)．

3．C

4．C 解析：①图象开口向下，能得到a＜0；

－1＋3b

②对称轴在y轴右侧，x＝＝1，则有－＝1，即2a＋b＝0；

22a

③当x＝1时，y＞0，则a＋b＋c＞0； ④由图可知，当－1＜x＜3时，y＞0.

5．B 解析：由y＝x2－x－6＝(x－3)(x＋2)，可求出抛物线与x轴有两个交点分别为(3,0)(－2,0)，将抛物线向右平移2个单位，恰好使得抛物线经过原点，且移动距离最小．

6．C

7．B 解析：本题考查函数解析式的表示方法及自变量取值范围．AB＋CD＋BC＝24，

即2AB＋x＝24,2y＋x＝24，所以y＝12－x.因为菜园一边的墙足够长，所以自变量x(BC)只

要小于24即可，又边长大于零，所以x取值范围0＜x＜24.故选B.

8．y＝x2＋1 9.y＝－x2＋2x＋1(答案不唯一)

10．x> 11.(1,2)

12．解：(1)画图(如图D8)．

图D8

(2)当y＜0时，x的取值范围是x＜－3或x＞1. (3)平移后图象所对应的函数关系式为

或写成y＝－x2＋2x. y＝－(x－2)2＋222

13．解：(1)∵抛物线与x轴没有交点，

∴Δ＜0，即1－2c＜0，解得c＞. 2

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(2)∵c＞，

∴直线y＝cx＋1随x的增大而增大． ∵b＝1，

∴直线y＝cx＋1经过第一、二、三象限．

14．解：(1)S＝×x(40－x)＝－x2＋20x.

4ac－b2b

(2)当x＝－＝20时，S＝＝200，

2a4a

所以当x＝20 cm时，三角形的面积最大，最大面积是200 cm2. 15．D

16．点(1，n)是双曲线y＝与抛物线y＝nx2的一个交点

17．(1)解：∵二次函数y＝ax2－(1－3a)x＋2a－1的对称轴是x＝－2，

－1－3ab

∴x＝－＝－＝－2.

2a2a

解得a＝－1.

(2)证明：①当a＝0时，原方程变为－x－1＝0，方程的解为x＝－1；

②当a≠0时，原方程为一元二次方程， ax2－(1－3a)x＋2a－1＝0.

当Δ≥0时，方程总有实数根， ∴[－(1－3a)]2－4a(2a－1)≥0.

整理，得a2－2a＋1≥0，即(a－1)2≥0. ∵a≠0时，(a－1)2≥0总成立，

∴a取任何实数时，方程ax2－(1－3a)x＋2a－1＝0总有实数根． 18．B

19．(1)解：∵抛物线经过A(－4,0)，B(1,0)两点， ∴设函数解析式为y＝a(x＋4)(x－1)．又∵由抛物线经过点C(－2,6)，

∴6＝a(－2＋4)(－2－1)，解得a＝－1.

∴经过A，B，C三点的抛物线解析式为y＝－(x＋4)·(x－1)，即y＝－x2－3x＋4. (2)证明：设直线BC的函数解析式为y＝kx＋b，

k＋b＝0，k＝－2，由题意，得解得 －2k＋b＝6，b＝2.

∴直线BC的解析式为y＝－2x＋2. ∴点E的坐标为(0,2)．

∴AE＝AO2＋OE2＝42＋22＝2 5， CE＝－2－02＋6－22＝2 5. ∴AE＝CE.

(3)解：相似．理由如下：

－4k1＋b1＝0，k1＝1，设直线AD的解析式为y＝k1x＋b1，则解得 b1＝4，b1＝4.

∴直线AD的解析式为y＝x＋4.

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y＝x＋4，

联立直线AD与直线BC的函数解析式．可得解得

y＝－2x＋2，



10y＝3.

2x＝－，

210－，. ∴点F的坐标为33则BF＝

－2－12＋10－02＝5 5， 333

又∵AB＝5，BC＝－2－12＋6－02＝3 5，

BF5AB5BFAB∴＝，＝，∴＝. AB3BC3ABBC

又∵∠ABF＝∠CBA，∴△ABF∽△CBA.

∴以A，B，F为顶点的三角形与△ABC相似．第二部分空间与图形第四章三角形与四边形

第1讲线、角、相交线和平行线【分层训练】 1．143°25′ 2.B 3.B 4.B 5.D 6.C 7.B 8.B 9．C 10.B 11.D

12．A 解析：如图D9，过点O作OD⊥OC，根据平面镜反射定律，可得∠AOD＝∠BOD.又∵AO垂直于水平面，OB平行于水平面，∴∠AOB＝90°.∴∠AOD＝∠BOD＝45°.又∵OD⊥OC，∴∠BOC＝90°－∠BOD＝45°.由于OB平行于水平面，可得∠1＝∠BOC＝45°.

图D9

11．D 13.B

14．C 解析：由题意，可得∠EAB＋∠DBA＝180°，又由∠C＝90°，可得∠CAB＋∠CBA＝90°，于是∠CAE＋∠DBC＝90°.故∠CAE ＝90°－∠DBC＝70°.

15．C 解析：∠D′EF＝∠DEF＝∠EFB＝65°，于是∠AED′＝180°－∠D′ED＝50°. 16．(1)2 (2)6 (3)12 (4)n(n－1) (5)4 030 056

解析：(1)如图4－1－22(1)，图有1×2＝2对对顶角； (2)如图4－1－22(2)，图有2×3＝6对对顶角； (3)如图4－1－22(3)，图有3×4＝12对对顶角；

(4)研究(1)～(3)小题中直线条数与对顶角的对数之间的关系，若有n条直线相交于一点，则可形成(n－1)n对对顶角；

(5)若有2 00直线相交于一点，则可形成(2 008－1)×2 008＝4 030 056对对顶角．

1111

17．解：(1)∠MON＝∠COM－∠CON＝∠AOC－∠BOC＝×120°－×30°＝45°.

2222

11111

(2)∠MON＝∠COM－∠CON＝∠AOC－∠BOC＝(α＋30°)－×30°＝α.

222221111

(3)∠MON＝∠COM－∠CON＝∠AOC－∠BOC＝(90°＋β)－β＝45°.

2222

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(4)∠MON的大小等于∠AOB的一半，与∠BOC的大小无关．第2讲三角形第1课时三角形【分层训练】

1．C 2.C 3.D 4.B 5.D 6.D 7.C 8.A 9.B

10．6∵ BD＝CE，CD＝BE，BC＝CB， ∴ △DBC≌△ECB (SSS)． ∴ ∠DBC＝∠ECB. ∴ AB＝AC. (2)真假

15．证明：(1)∵D是BC的中点， ∴BD＝CD.

在△ABD和△ACD中， BD＝CD ，

AB＝AC ，AD＝AD公共边，

∴△ABD≌△ACD(SSS)．

(2)由(1)，可知：△ABD≌△ACD， ∴∠BAD＝∠CAD，即∠BAE＝∠CAE. 在△ABE和△ACE中， AB＝AC ，

∠BAE＝∠CAE， AE＝AE ，

∴△ABE≌△ACE(SAS)．

∴BE＝CE(全等三角形的对应边相等).

16．7 解析：因为将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为DE，所以EC＝AE，故△ABE的周长为AB＋BE＋AE＝AB＋BE＋EC＝AB＋BC＝3＋4＝7.

17．解：∵∠CMD＝90°， ∴∠CMA＋∠DMB＝90°. 又∵∠CAM＝90°，

∴∠CMA＋∠ACM＝90°. ∴∠ACM＝∠DMB. 又∵CM＝MD，

∴Rt△ACM≌Rt△BMD. ∴AC＝BM＝3.

∴他到达点M时，运动时间为3÷1＝3(s)．答：这人运动了3 s.

第2课时等腰三角形与直角三角形【分层训练】

1．C 2.B 3.D 4.C 5.A 6.B 7.B 8.5 9．C

10．①④ 11.3

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12．解：∵在直角三角形BDC中， ∠BDC＝45°，BD＝ 102， ∴BC＝CD＝10 . 又∵∠C＝90°，AB＝20， ∴∠A＝30°. 13．A 解析：三角形的高可在三角形内、三角形外，于是可得等腰三角形的顶角为30°或150°，故底角为75°或15°.

14．10＋213

15．解：(1)如图D11.

图D11

(2)2 5 16．8

17．解：连接BD，如图D12.

5 5 (3)直角 10 (4)

图D12

∵在等腰直角三角形ABC中，D为AC边上的中点， ∴BD⊥AC，BD＝CD＝AD，∠ABD＝45°. ∴∠C＝45°.∴∠ABD＝∠C. 又∵DE⊥DF，

∴∠FDC＋∠BDF＝∠EDB＋∠BDF. ∴∠FDC＝∠EDB.

在△EDB与△FDC中， ∠EBD＝∠C，

∵BD＝CD，∠EDB＝∠FDC，

∴△EDB≌△FDC(ASA)． ∴BE＝FC＝3.

∴AB＝7，则BC＝7. ∴BF＝4.

在RT△EBF中，

EF2＝BE2＋BF2＝32＋42， ∴EF＝5.

第3讲四边形与多边形

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第1课时多边形与平行四边形【分层训练】

1．B 2.B 3.A 4.C 5.D 6.D 7.C 8．C 9.6

10．①②④ 解析：①正三角形内角为60°，正方形内角为90°，可以由3个正三角形和2个正方形可以密铺；②正六边形内角为120°，可由2个正三角形2个正六边形密铺；③正六边形和正方形无法密铺；④正八边形内角为135°，正方形内角为90°，2个正八边形和1个正方形可以密铺．故选D.

11．证明：∵在平行四边形ABCD中，OA＝OC，又已知AF＝CE，

∴AF－OA＝CE－OC.∴OF＝OE. 同理，得OG＝OH.

∴四边形EGFH是平行四边形． ∴GF∥HE.

12．解：猜想：BE∥DF，BE＝DF. 证法一：如图D13.

图D13

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD，∠1＝∠2，又∵CE＝AF， ∴△BCE≌DAF.

∴BE＝DF，∠3＝∠4. ∴BE∥DF.

证法二：如图D14.

图D14

连接BD，交AC于点O，连接DE，BF，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BO＝OD，AO＝CO. 又∵AF＝CE， ∴AE＝CF. ∴EO＝FO.

∴四边形BEDF是平行四边形． ∴BE綊DF. 13．A

14．2 3 提示：△EFD的面积与△EHD的面积相等． 15．证明：(1)∵在Rt△ABC中， ∠BAC＝30°，∴AB＝2BC.

又△ABE是等边三角形，EF⊥AB， ∴∠AEF＝30°.

∴AE＝2AF，且AB＝2AF.∴AF＝CB.

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而∠ACB＝∠AFE＝90°， ∴△AFE≌△BCA.∴AC＝EF.

(2)由(1)知道AC＝EF，而△ACD是等边三角形， ∴∠DAC＝60°.∴EF＝AC＝AD，且AD⊥AB.而EF⊥AB， ∴EF∥AD.∴四边形ADFE是平行四边形． 16．C

17．证明：(1)如图D15，∵四边形ABCD是平行四边形，

图D15

∴AD∥BC，OA＝OC. ∴∠1＝∠2.

在△AOE和△COF中， ∠1＝∠2，

OA＝OC，∠3＝∠4，

∴△AOE≌△COF(ASA)． ∴AE＝CF.

(2)如图D16，∵四边形ABCD是平行四边形，

图D16

∴∠A＝∠C，∠B＝∠D. 由(1)，得AE＝CF.

由折叠的性质，可得AE＝A1E，∠A1＝∠A，∠B1＝∠B. ∴A1E＝CF，∠A1＝∠A＝∠C，∠B1＝∠B＝∠D.

又∵∠1＝∠2， ∴∠3＝∠4.

∵∠5＝∠3，∠4＝∠6， ∴∠5＝∠6.

在△AIE与△CGF中， ∠A1＝∠C，

∠5＝∠6，A1E＝CF，

∴△AIE≌△CGF(AAS)． ∴EI＝FG.

第2课时特殊的平行四边形【分层训练】

1．B 2.D 3.A 4.C 5.B 6.D 7．2 3 8．∠A＝90°或∠B＝90°或∠C＝90°或∠D＝90°或AC＝BD(答案不唯一，写出一种即可) 9．3 10.2 3或4 3

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11．证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴DA＝AB，∠1＋∠2＝90°. 又∵BE⊥AG，DF⊥AG， ∴∠1＋∠3＝90°，∠2＋∠4＝90°. ∴∠2＝∠3，∠1＝∠4. 又∵AD＝AB， ∴△ADF≌△BAE.

12．解：(1)四边形OCED是菱形．理由如下： ∵DE∥AC，CE∥BD，

∴四边形OCED是平行四边形．又∵在矩形ABCD中，OC＝OD， ∴四边形OCED是菱形.

(2)连接OE.由菱形OCED，得CD⊥OE， ∴OE∥BC.

又∵CE∥BD，∴四边形BCEO是平行四边形． ∴OE＝BC＝8.

∴S四边形OCED＝OE·CD＝×8×6＝24.

13．D 14.2－1

15．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°.

∵AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF. ∴BE＝DF.

(2)解：四边形AEMF是菱形．证明如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCA＝∠DCA＝45°，BC＝DC.

∵BE＝DF，∴BC－BE＝DC－DF，即CE＝CF. ∴OE＝OF.

∵OM＝OA，∴四边形AEMF是平行四边形． ∵AE＝AF，∴平行四边形AEMF是菱形． 16．(1)证明：∵沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，∴∠A＝∠C′，AB＝C′D， ∴在△GAB与△GC′D中， ∠A＝∠C′，

∠AGB＝∠C′GD，AB＝C′D，

∴△GAB≌△GC′D. ∴AG＝C′G.

(2)解：∵点D与点A重合，得折痕EN， ∴DM＝4 cm，NM＝3 cm. 由折叠及平行线的性质，得 ∠END＝∠NDC＝∠NDE，

∴EN＝ED.设EM＝x，则ED＝EN＝x＋3. 由勾股定理，得ED2＝EM2＋DM2，即(x＋3)2＝x2＋42.

解得x＝，即EM＝. 66

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第3课时梯形【分层训练】

1．C 2.C 3.C 4.B 5.B 6.A 7．50 8.6 9.2 10.15 11．28

12．证明： ∵四边形ABCD是菱形，

∴∠CAE＝∠DAB＝30°.

又∵CE⊥AC, ∴∠E＝90°－30°＝60°. ∴∠E＝∠DAE.

∵AD∥BC, ∴CE不平行AD.

又∵DC∥AE, ∴四边形AECD是等腰梯形．第五章圆与视图第1讲圆

第1课时圆的基本性质【分层训练】

1．D 2.C 3.D 4.A 5.C 6.C 7.A

8．120 9.70 10.B 11.C 12.D 13.

14．(1)解：猜想：OD∥BC，CD＝BC.证明如下：

∵OD⊥AC，∴AD＝DC. ∵AB是⊙O的直径， ∴OA＝OB.

∴OD是△ABC的中位线．

∴OD∥BC，OD＝BC.

(2)证明：如图D19，连接OC，设OP与⊙O交于点E.

图D19

∵OD⊥AC，OD经过圆心O，

∴AE＝CE，∴∠AOE＝∠COE. 在△OAP和△OCP中，

∵OA＝OC，∠AOE＝∠COE，OP＝OP, ∴△OAP≌△OCP(SAS)．∴∠OCP＝∠OAP. ∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP＝90°. ∴∠OCP＝90°，即OC⊥PC.∴PC是⊙O的切线．

15．证明：(1)∵∠A与∠B都是CD所对的圆周角， ∴∠A＝∠B. 又∵∠AED＝∠BEC， ∴△ADE∽△BCE. (2)∵AD2＝AE·AC， AEAD∴＝. ADAC

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又∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACD， ∴∠AED＝∠ADC.

又∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°. ∴∠AED＝90°.

∴AC⊥BD，∴CD＝CB.

第2课时与圆有关的位置关系【分层训练】

1．A 2.A 3.D 4.C 5.D 6.B 7．C 8.C 9.70 10.5 11．(1)证明：连接OD.

∵EF是⊙O的切线，∴OD⊥EF. 又∵BH⊥EF，∴OD∥BH， ∴∠ODB＝∠DBH.

而OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD， ∴∠OBD＝∠DBH， ∴BD平分∠ABH.

(2)解：过点O作OG⊥BC于点G，则BG＝CG＝4，在Rt△OBG中，OG＝OB2－BG2＝62－42＝2 5. 12．解：(1)∵PA切⊙O于点A， ∴OA⊥AP，即∠OAP＝90°. ∴△OAP为直角三角形．

OA21

∴cos∠POA＝＝＝.∴∠POA＝60°.

OP42

(2)∵AB⊥OP，∴AB＝2AC，∠OCA＝90°.

∴在Rt△OCA中，AC＝OA·sin60°＝2×＝3.

∴AB＝2 3.

13．(1)证明：连接OA， ∵∠B＝60°，

∴∠AOC＝2∠B＝120°.

∵OA＝OC，∴∠ACP＝∠CAO＝30°. ∴∠AOP＝60°.

又∵AP＝AC，∴∠P＝∠ACP＝30°. ∴∠OAP＝90°，即OA⊥AP. ∴AP是⊙O的切线．

(2)解：连接AD，∵CD是⊙O的直径，∴∠CAD＝90°. ∴AD＝AC·tan30°＝ 3. ∵∠ADC＝∠B＝60°，

∴∠PAD＝∠ADC－∠P＝30°.∴∠P＝∠PAD， ∴PD＝AD＝ 3.

14．(1)证明：如图D20，连接OD，

图D20

∵∠DOB＝2∠DCB，又∵∠A＝2∠DCB，

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∴∠A＝∠DOB. ∴∠A＋∠B＝90°. ∴∠BDO＝90°. ∴OD⊥AB.

∴AB是⊙O的切线．

(2)解法一：过点O作OM⊥CD于点M，

∵OD＝OE＝BE＝BO, ∠BDO＝90°，

∴∠B＝30°，∴∠DOB＝60°. ∴∠DCB＝30°，∴OC＝2OM＝2， ∴OD＝2，BO＝4，∴BD＝2 3.

解法二：过点O作OM⊥CD于点M，连接DE， ∵OM⊥CD, ∴CM＝DM.

又∵OC＝OE，∴DE＝2OM＝2，

∵在Rt△BDO中，OE＝BE，∴DE＝BO，

∴BO＝4，∴OD＝OE＝2，∴BD＝2 3. 15．B 解析：连接OC，

∵∠BOC＝2∠CDB，又∠CDB＝20°，∴∠BOC＝40°. 又∵CE为圆O的切线，∴OC⊥CE，即∠OCE＝90°，则∠E＝90°－40°＝50°.故选B. 16．(1)证明：如图D21，连接OB.

图D21

∵OA＝OB，∴∠A＝∠OBE. ∵CE＝CB，∴∠CEB＝∠EBC，

∵∠AED＝∠BEC，∴∠AED＝∠EBC，又∵CD⊥OA，

∴∠A＋∠AED＝∠OBA＋∠EBC＝90°，∴BC是⊙O的切线． (2)解：如图D22，∵CD垂直平分OA，

图D22

∴OF＝AF，又OA＝OF， ∴OA＝OF＝AF，∴∠O＝60°， ∴∠ABF＝30°.

(3)解：如图D23，作CG⊥BE于G，则∠A＝∠ECG.

∵CE＝CB，BE＝10， ∴EG＝BG＝5.

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∵sin∠ECG＝sinA＝，

图D23

∴CE＝13，CG＝12. 又CD＝15，∴DE＝2.

ADDEAD224

∵△ADE∽△CGE，∴＝，即＝.∴AD＝.

CGEG1255

4848

∴OA＝，即⊙O的半径是.

第3课时与圆有关的计算【分层训练】

1．C 2.A 3.C 4.D 5．2π cm 6.π 7.120° 8.5 9.3π 10.30 3π3

11.－ 12.B 13.D 42

14．(1)证明：∵AB切⊙O于点B， ∴OB⊥AB，即∠B＝90°.

又∵DC⊥OA，∴∠OCD＝90°.

在Rt△COD与Rt△BOD中，OD＝OD，OB＝OC， ∴Rt△COD≌Rt△BOD.∴∠CDO＝∠BDO. (2)解：在Rt△ABO中，∠A＝30°，OB＝4， ∴∠BOC＝60°.

∵Rt△COD≌Rt△BOD， ∴∠BOD＝30°.

4 3

∴BD＝OB·tan30°＝.

14 316 3

∴S四边形OCDB＝2S△OBD＝2× ×4×＝.

233

∵∠BOC＝60°，

60π×428π

∴S扇形OBC＝＝. 3603

16 38π

∴S阴影＝S四边形OCDB－S扇形OBC＝－.

15．(1)解法一：如图D24(1)，

过O作OE⊥AB于E，则AE＝AB＝2 3.

在Rt△AEO中，∠A＝30°，

cos∠A＝cos30°＝，

AE2 3∴OA＝＝＝4.

cos30°3

∵∠A＝30°，∴∠BOC＝60°. ∵AC⊥BD，∴BC＝CD.

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∴∠COD ＝∠BOC＝60°.∴∠BOD＝120°.

12016

∴S阴影＝π·42＝π.

3603

解法二：如图D24(2)，连接AD.

∵AC⊥BD，AC是直径，∴AC垂直平分BD. ∴BC＝CD.∴∠BAD＝2∠BAC＝60°. ∴∠BOD＝120°.

1AF

∵BF＝AB＝2 3，sin60°＝，

2AB

AF＝AB·sin60°＝4 3×＝6.

∴OB2＝BF2＋OF2，

即OB2＝(2 3)2＋(6－OB)2.

116

∴OB＝4.∴S阴影＝S圆＝π.

解法三：如图D24(3)，连接BC.

∵AC为⊙O的直径， ∴∠ABC＝90°.

AB4 3

∵AB＝4 3，∴AC＝＝＝8，AO＝4.

cos30°3

2∵∠A＝30°， AC⊥BD，∴BC＝CD. ∴∠BOC＝60°.∴∠BOD＝120°.

12016

∴S阴影＝π·42＝π.

3603

(2)解：设圆锥的底面圆的半径为r，则周长为2πr.

1204

∴2πr＝×2π×4.∴r＝.

3603

图D24

16．解：如图D25，连接OD.

图D25

∵OB＝OD，OB＝BD，

∴△ODB是等边三角形． ∠DBO＝60°.

∴∠OBC＝∠CBD＝30°，在Rt△OCB中，

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OC＝OB·tan30°＝2 3.

∴S△OBC＝OC·OB＝×2 3×6＝6 3，

∴S阴影部分＝S扇形AOB－2S△OBC＝π·36－2×6 3

＝9π－12 3，

由图可知，CD＝OC，DB＝OB，

整个阴影部分的周长为：AB＋AC＋CD＋DB＝2×6＋6π＝12＋6π. 第2讲视图与投影【分层训练】

1．A 2.A 3.C 4.B 5.B 6.B 7.A 8．D 9.A 10.A 11.6 12．(1)5 22 (2)解：如图D26.

图D26

13．C 14.B 15.B

16．75 3＋360 解析：由该几何体的三视图，知：该几何体是一个六棱柱． ∵其高为12 cm，底面半径为5， ∴其侧面积为6×5×12＝360 cm2.

密封纸盒的侧面积为：×5×6×5 3＝75 3 cm2

∴其全面积为：(75 3＋360)cm2 17．91

第六章图形与变换第1讲图形的轴对称【分层训练】

1．C 2.C 3.D 4.C 5.A 6.A 7.D 8.B 9．D 10.(－a，－b) 11.点P 12.图略 13.C

14．2 解析：连接AC，则由中心对称的性质知，所围成的面积是S△ABC＝AB·BC＝

×2×2＝2.

15．解：(1)如图D27，作P点关于AB，BC两边的对称点E，F，连接E，F；与AB，BC交于点M，N，连接PM，PN，△PMN的周长最短．因为EM＝PM，PN＝FN，NM＝NM，PM＋PN＋MN＝EM＋FN＋MN＝EF的长(两点之间，线段最短)．

图D27

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(2)能．

∵∠ABC＝40°，∴∠EPF＝140°.

又∵∠PMN＝∠EPM＋∠MEP＝2∠EPM， ∠PNM＝∠FPN＋∠NFP＝2∠FPN，

∴∠PMN＋∠PNM＝2(∠EPM＋∠FPN)． ∴180°－∠MPN＝2(140°－∠MPN)． ∴∠MPN＝100°.

16．解：(1)如图D28，作点B关于x轴的对称点E，连接AE，则点E为(12，－7)．设直线AE的函数关系式为y＝kx＋b，则 2k＋b＝3，k＝－1，解得 12k＋b＝－7.b＝5.

∴直线AE的解析式为y＝－x＋5. 当y＝0时，x＝5.

所以，当水泵站应建在距离大桥5千米的地方时，可使所用输水管道最短．

图D28

(2)如图D28作线段AB的垂直平分线GF，交AB 于点F，交x轴于点G，设点G的坐标为(x,0)．

在Rt△AGD中，AG2＝AD2＋DG2＝9＋(x－2)2. 在Rt△BCG中，BG2＝BC2＋GC2＝49＋(12－x)2. ∵AG＝BG，∴9＋(x－2)2＝49＋(12－x)2. 解得x＝9.

∴水泵站建在距离大桥9千米的地方，可使它到张村、李村的距离相等． 17．解：如图D29.

图D29

第2讲图形的平移与旋转

【分层训练】

1．A 2.D 3.A 4.B 5.B

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113π

6．C 7.D 8.π 9. 10.2 5

11．解：如图D32.

图D32

12．解：因为平移后两个三角形的面积不变，所以S四边形DHCF＝S梯形ABEH＝(5＋8)×5÷2＝32.5.

13．B 14.①②⑤

15．(1)解：∵∠ABC＝120°， ∴∠CBC＝180°－∠ABC＝180°－120°＝60°. ∴旋转角为60°.

(2)证明：由题意可知：△ABC≌△A1BC， ∴A1B＝AB，∠C＝∠C1. 由(1)知，∠ABA1＝60°， ∴△A1AB是等边三角形． ∴∠BAA1＝60°.

∴∠BAA1＝∠CBC1， ∴AA1∥BC.

∴∠A1AC＝∠C. ∴∠A1AC＝∠C1. 16．(1)证明：因为∠B＝∠B′，BC＝B′C，∠BCE＝∠B′CF，所以△BCE≌△B′CF. (2)解：AB与A′B′垂直，理由如下：旋转角等于30°，即∠ECF＝30°. 所以∠FCB′＝60°. 又∠B＝∠B′＝60°，

根据四边形的内角和可知∠BOB′的度数为 360°－60°－60°－150°＝90°. 所以AB与A′B′垂直．第3讲尺规作图【分层训练】 1．D 2.C 1

3.MN MN 中点垂直平分作图略 24．略

5．解：因为等腰直角三角形的直角顶点到另外两点距离相等，且∠C＝90°，故利用线段中垂线的性质和圆中直径所对的圆周角为直角作图．如图D35，故符合题意的点有2个．

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图D35

6．略提示：首先把∠O二等分，再把得到的两部分分别再二等分即可．

7．略提示：分别作AB和BC的垂直平分线，设其交点为O，以O为圆心，OA为半径作圆，⊙O即为外接圆．

8．解：(1)只能取b，c，d三条线段，作图略．

(2)四条线段中任取三条共有四种等可性结果：(a，b，c)，(a，b，d)，(a，c，d)，(b，c，

d)，其中能组成三角形的只有(b，c，d)，所以以它们为边能作出三角形的概率是.

9．略

10．B 解析：如图D36，

图D36

这样的三角形最多可以画出4个．故选B. 11．略

12．解：已知：∠AOB.

求作：∠AOC＝∠AOB.

作图如图D37.

图D37

13．解：作AB的垂直平分线及∠l1Ol2的平分线，两直线的交点即是所求．如图D38，C1，C2就是所求的位置．

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图D38

14．解：如图D39.

图D39

15．解：(1)如图D40.

图D40

(2)①(6,2) (2,0) ②2 5 ③π

④相切．

理由：∵CD＝2 5，CE＝5，DE＝5， ∴CD2＋CE2＝25＝DE2. ∴∠DCE＝90°，即CE⊥CD. ∴CE与⊙D相切．第4讲图形的相似【分层训练】

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1．A 2.B 3.D 4.B 5.B 6.C 7.D 8.C 9．∠APC＝∠ACB 10.10

11．解：设其应穿xcm高的鞋子，

5－165

根据题意，得＝.

295＋x

解得x≈10cm.

12．证明：∵△EFG∽△BDG， ∴∠EFG＝∠GDB. 又∵∠ADC＝90°， ∴∠EFG＝90°.

在△AEF和△ACD中，∠AFE＝∠ADC， ∠A＝∠A，∴△AEF∽△ACD.

13．(1)证明：∵点A与点C关于直线MN对称， ∴AC⊥MN. ∴∠COM＝90°.

在矩形ABCD中，∠B＝90°， ∴∠COM＝∠B.

又∵∠ACB＝∠ACB， ∴△COM∽△CBA.

(2)解：∵在Rt△CBA中，AB＝6，BC＝8， ∴AC＝10. ∴OC＝5.

∵△COM∽△CBA， OCOM∴＝. CBAB

∴OM＝.

14．B

15．解：(1)a·tanα 2c b

(2)(注：本题方法多种，下面列出3种供参考) 方法一：如图D43.

图D43

方法二：如图D44.

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图D44

方法三：如图D45.

图D45

16．解：(1)当CD2＝AC·DB时， △ACP∽△PDB.

∵△PCD是等边三角形， ∴∠PCD＝∠PDC＝60°. ∴∠ACP＝∠PDB＝120°. 若CD2＝AC·DB，则根据相似三角形的判定定理，得△ACP∽△PDB. (2)当△ACP∽△PDB时，∠APC＝∠PBD， ∵∠PDB＝120°，

∴∠DPB＋∠DBP＝60°. ∴∠APC＋∠BPD＝60°.

∴∠APB＝∠CPD＋∠APC＋∠BPD＝120°.

17．解：如图D46，作出B关于河岸的对称点C，连接AC，则BF＋FA＝CF＋FA＝CA，根据两点之间线段最短，可知水站建在F处时，供水管路最短．

易得△ADF∽△CEF.

∴设EF＝x，则FD＝5－x.

EFCEx2

根据相似三角形的性质，得＝，＝，

FDAD5－x3

解得x＝2.即EF＝2千米．

故应建在距点E2千米处的位置．

图D46

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18．(1)证明：∵四边形EFGH为矩形， ∴EF∥GH.

∴∠AHG＝∠ABC. 又∵∠HAG＝∠BAC， ∴ △AHG∽△ABC. AMHG∴ ＝.

ADBC

AMHG

(2)解：由(1)，得＝，设HE＝x，则HG＝2x，AM＝AD－DM＝AD－HE＝30－x.

ADBC

30－x2x可得＝，解得x＝12 ，即2x＝24.

3040

∴矩形EFGH的周长为2×(12＋24)＝72(cm)．第5讲解直角三角形

【分层训练】

1．A 2.C 3.A 4.A

5．A 6. 7.30° 8.2.8

122

9．1.4 10.200

11．解：由sin(α＋15°)＝，得α＝45°.

原式＝2 2－4×－1＋1＋3＝3.

12．解：设小明家到公路l的距离AD为x m. 在Rt△ABD中， ∵∠ABD＝45°，∴BD＝AD＝x. 在Rt△ACD中，

∵∠ACD＝30°，∴tan∠ACD＝，

即tan 30°＝. x＋50

解得x＝25(3＋1)≈68.3.

答：小明家到公路l的距离AD约为68.3 m. 13．D

14．解：在Rt△ABC中，∠A＋∠B＝90°，又∵∠A－∠B＝30°， ∴∠A＝60°，∠B＝30°.

1∴b＝c.

又∵b＋c＝90， ∴b＝30，c＝60. ∴a＝btan60°＝30 3.

15．解：∵OA＝1 500×tan 30°＝1 500×＝500 3(m)，

OB＝OC＝1 500 m，

∴AB＝1 500－500 3≈1 500－865＝635(m)．答：隧道AB的长约为635 m.

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16．解：在Rt△ABC中， ∠ABC＝90°－α＝30°，

AC50

∴AB＝＝≈86.6(米)．

tan∠ABC3

∴EC＝AB＝86.6(米)．在Rt△BDE中，

DE＝BE·tanβ＝50×≈28.9(米)，

∴CD＝DE＋EC＝28.9＋86.6≈115.5(米)．

答：两座建筑物AB，CD的高分别约为86.6米和115.5米． 17．解：根据题意，得

DE＝3.5×16＝56，AB＝EF＝16. ∵∠ACB＝∠CBG－∠CAB＝15°， ∴∠ACB＝∠CAB. ∴CB＝AB＝16. ∴CG＝BC×sin30°＝8.

∴CH＝CG＋HG＝CG＋DE＋AD ＝8＋56＋5＝69(m)．

答：塔吊的高CH的长为69 m. 第三部分统计与概率第七章统计与概率第1讲统计【分层训练】

1．B 2.B 3.C 4.A 5.C 6.A 7.D 8.B 9.乙 10．解：(1) 50 5 (2)如图D50.

图D50

4＋10

(3)350×1－＝252(人)．

50

答：估计有252人体能达标． 11．D 12.B

13．解：(1)200 0.6 (2)0.2×360°＝72°，补全图如图D51.

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图D51

(3)1 500×0.6＝900(人)． 14．B

15．解：(1)345 (2)2008

(3)这五年的全年空气质量优良天数的平均数＝

334＋333＋345＋347＋3571 716

＝＝

343.2(天)．

16．解：(1)①40 2 5 ②4 5 (2)发言次数增加3次的学生人数为： 40×(1－20%－30%－40%)＝4(人)．

全班增加的发言总次数为40%×40×1＋30%×40×2＋4×3＝16＋24＋12＝52(次)．第2讲概率【分层训练】

1．D 2.B 3.B 4.A 5.D 6.B 7.D 8.B

9．C 10.C 11.

12．解：(1)a＝50－6－25－3－2＝14.

(2)设上网时间为6～8小时的三个学生分别为A1，A2，A3，上网时间为8～10小时的2名学生分别为B1，B2，

则有A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A2A3，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，B1B2，共10种可能，其中至少1人的上网时间在8～10小时的共有7种可能，故P(至少1人的上网时间在8～10小时)＝0.7. 13．D

14．解：(1)P(小鸟落在草坪上)＝＝.

(2)利用表格或用树形图列出所有可能的结果(如图D55). 1 2 3 1 (1,2) (1,3) 2 (2,1) (2,3) 3 (3,1) (3,2) 图D55

所以编号为1,2的2个小方格空地种植草坪的概率为＝.

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15．解：不赞成小蒙同学的观点．

记七、八年级两名同学分别为A，B，九年级两名同学分别为C，D.画树形图分析如图D56.

图D56

由上图，可知：所有的结果有12种，它们出现的可能性相等，满足前两名是九年级同

学的结果有2种，所以前两名是九年级同学的概率为＝.

126

16．解：(1)P(得到负数)＝.

(2)列表如下：－1 1 2 －1 (－1，－1) (－1,1) (－1,2) 1 (1，－1) (1,1) (1,2) 2 (2，－1) (2,1) (2,2) 1P(两人“不谋而合”)＝.

17．解： (1)60÷10%＝600(人)． (2)如图D57.

图D57

(3)8 000×40%＝3 200(人)． (4)如图D58.

图D58

P(第二个吃到刚好是C粽)＝

第四部分中考专题突破

31＝. 124

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专题一整体思想【专题演练】

1．A 2.D 3.A 4.－6 5.6

365

6．－553

53607．5 解析：设铅笔每支x元，日记本每本y元，圆珠笔每支z元，有： 4x＋3y＋2z＝10， ① 9x＋7y＋5z＝25. ②

②－①，得5x＋4y＋3z＝15， ③ ③－①，得x＋y＋z＝5. π8. 2

9．360° 解析：因为∠1＋∠2＝∠DAB，∠3＋∠4＝∠IBA，∠5＋∠6＝∠GCB，根据三角形外角和定理，得∠DAB＋∠IBA＋∠GCB＝360°，所以∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝360°.

[2x＋y＋2x－y]＝8xy. 10．解：原式＝(2x＋y)2－(2x－y)2＝[2x＋y－2x－y]·

11．解：原式＝y2＋2y＋1－y2＋4x ＝2y＋4x＋1 ＝2(y＋2x)＋1 ＝2×1＋1＝3.

2211

－14－－2－－14yxxy12．解：原式＝＝

1111－2－－yxx－y－2

－6－14＝＝4. －3－2

13．解：(1)∵方程有实数根， ∴Δ＝22－4(k＋1)≥0，解得k≤0. ∴k的取值范围是k≤0.

(2)根据一元二次方程根与系数的关系，得 x1＋x2＝－2，x1x2＝k＋1， x1＋x2－x1x2＝－2－(k＋1)，

由已知，得－2－(k＋1)＜－1，解得k＞－2，又由(1)，可知：k≤0， ∴－2＜k≤0.

又∵k为整数，∴k的值为－1或0. 14．解：(1)换元整体思想 (2)设x2＝y，

则原方程化为y2－y－6＝0. 解得y1＝3，y2＝－2.

当y＝3时，x2＝3，解得x＝±3；当y＝－2时，x2＝－2，无解． ∴x1＝3，x2＝－3. 专题二分类讨论思想【专题演练】

1．D 2.A 3.C 4.C 5.D 6.C

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7．8 8.±6

19．解：(1)当a＝±1时，a＝；

(2)当a＜－1时，a＜；

(3)当－1＜a＜0时，a＞；

(4)当0＜a＜1时，a＜；

(5)当a＞1时，a＞.

10．解：若a≠b，可知a，b为方程x2＋2x－2＝0的两实数根，由韦达定理，得a＋b

11a＋b－2

＝－2，ab＝－2，∴＋＝＝＝1.

abab－2

若a＝b，则解关于a，b的方程分别，得a＝b＝－1＋3或a＝b＝－1－3，＋＝3

＋1或1－3.

11．解：(1)∵1×2≠2×(1＋2)，4×4＝2×(4＋4)， ∴点M不是和谐点，点N是和谐点． (2)由题意，得

当a>0时，(a＋3)×2＝3a， ∴a＝6.

∴点P(a,3)在直线y＝－x＋b上，代入，得b＝9；当a<0时，(－a＋3)×2＝－3a， ∴a＝－6.

∴点P(a,3)在直线y＝－x＋b上，代入，得b＝－3. ∴a＝6，b＝9或a＝－6，b＝－3.

12．解：(1)将A(－1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入抛物线y＝ax2＋bx＋c中，得

a－b＋c＝0，

9a＋3b＋c＝0，c＝3，

a＝－1，

解得b＝2，

c＝3.

∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3.

(2)如图D59，连接BC，直线BC与直线l的交点为P，此时，△PAC的周长最短(点A与点B关于l对称)．

设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B(3,0)，c(0,3)代入上式，得 3k＋b＝0，k＝－1，解得： b＝3，b＝3.

∴直线BC的函数关系式y＝x＋3.

当x＝1时，y＝2，即点P的坐标(1,2)．

图D59

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＝1，设M(1，m)，已知A(－1,0)，C(0,3)， 2a

则MA2＝m2＋4，MC2＝m2－6m＋10，AC2＝10. ①若MA＝MC，则MA2＝MC2，得 m2＋4＝m2－6m＋10，解得m＝1； ②若MA＝AC，则MA2＝AC2，得 m2＋4＝10，解得m＝±6；

③若MC＝AC，则MC2＝AC2，得

m2－6m＋10＝10，解得m1＝0，m2＝6.

当m＝6时，M，A，C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去．综上可知，符合条件的点M的坐标为(1，6)或(1，－6)或(1,1)或(1,0)．专题三数形结合思想【专题演练】

1．A 2.B 3.D 4.A 5.B 6.A 7.C 8．D

9．解：(1)3 31

(2)设y与t的函数关系式是y＝kt＋b(k≠0)，

50＝b，

根据题意，得

14＝3k＋b，

解得k＝－12，b＝50.

因此，加油前油箱剩余油量y与行驶时间t的函数关系式是y＝－12t＋50. (3)由图可知：汽车每小时用油(50－14)÷3＝12(升)，所以汽车要准备油(210÷70)×12＝36(升)．

因为45升>36升，所以油箱中的油够用． 10．解：(1)如图D60，∠ACB＝90°. (2)∵△AOC∽△COB，

(3)抛物线的对称轴为x＝－

图D60

AOCO＝. COOB

－，0，C(0,3)，又∵A49

∴ AO＝，OC＝3.

∴解得OB＝4.

∴B(4,0)．把 A，B两点坐标代入解得：

y＝－x2＋x＋3.

312(3)存在．

直线BC的方程为3x＋4y＝12，设点D(x，y)． ∴

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①若BD＝OD，则点D在OB的中垂线上，点D的横坐标为2，纵坐标为，即点D1(2，

)为所求． 2

yBDxCD124412

②若OB＝BD＝4，则＝，＝，得y＝，x＝，点D2(，)为所求．

COBCBOBC5555

－2

11．解：(1)∵顶点A的横坐标为x＝－＝1，且顶点A在y＝x－5上，

∴当x＝1时，y＝1－5＝－4. ∴A(1，－4)．

(2)△ABD是直角三角形．

将A(1，－4)代入y＝x2－2x＋c，可得1－2＋c＝－4，∴c＝－3. ∴y＝x2－2x－3.∴B(0，－3)．

当y＝0时，x2－2x－3＝0，x1＝－1，x2＝3， ∴C(－1,0)，D(3,0)．

∵BD2＝OB2＋OD2＝18，AB2＝(4－3)2＋12＝2，AD2＝(3－1)2＋42＝20， ∴BD2＋AB2＝AD2. ∴∠ABD＝90°，即△ABD是直角三角形． (3)存在．

由题意知：直线y＝x－5交y轴于点E(0，－5)，交x轴于点F(5,0)．∴OE＝OF＝5.又∵OB＝OD＝3，

∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形． ∴BD∥l，即PA∥BD.

则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图D61，

图D61

过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线交过P且平行于x轴的直线于点G. 设P(x1，x1－5)，则G(1，x1－5)．

则PG＝|1－x1|，AG＝|5－x1－4|＝|1－x1|. PA＝BD＝3 2，由勾股定理，得：

(1－x1)2＋(1－x1)2＝18， x21－2x1－8＝0，x1＝－2或4. ∴P(－2，－7)或P(4，－1)．

存在点P(－2，－7)或P(4，－1)使以点A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形．专题四归纳与猜想【专题演练】 2k＋－1. 2·(－1)n1·2n1xn 3.C 2k＋1

4．C 解析：设S＝1＋5＋52＋53＋…＋52 012，则5S＝5＋52＋53＋54＋…＋52 013.因此，

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52 013－1

5S－S＝5－1，S＝. 4

5．100 6. 7.21 8.OE OC

1 006

9．五角星 10.210 <

11．解：根据观察知答案分别为：

1111－ (1) ×

9×1129111111

(2) ×2n－1－2n＋1

2n－12n＋12

(3)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100

11111111111111

1－＋×－＋×－＋×－＋…＋×－ ＝×23235257279219920111111111111112001001－＋－＋－＋－＋…＋－＝(1－)＝×＝. ＝1992012233557792012201201

12．解：(1)四面体的棱数为6；正八面体的顶点数为6；关系式为：V＋F－E＝2. (2)由题意，得F－8＋F－30＝2，解得F＝20.

(3)∵有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，两点确定一条直线， ∴共有24×3÷2＝36(条)棱．那么24＋F－36＝2，解得F＝14. ∴x＋y＝14.

专题五方案与设计【专题演练】 1．C 2.C

3．C 解析：设租两人间x间，三人间y间，则四人间(7－x－y)间，由题意，得

2 013

2x＋3y＋47－x－y＝20，7－x－y>0，x>0，y>0.

解得2x＋y＝8，x>0，y>0,7－x－y>0.

∴x＝2，y＝4,7－x－y＝1；x＝3，y＝2,7－x－y＝2. 故有2种租房方案．故选C.

4．解：方案一获利：4×2 000＋6×500＝11 000(元)．方案二：设制奶粉x天，则 1×x＋(4－x)×3＝10，解得x＝1天．

故1×1×2 000＋3×3×1 200＝12 800(元)．故选方案二．

5．解：(1)设购进甲种商品x件，购进乙种商品y件，根据题意，得 x＋y＝100， 15x＋35y＝2 700，

x＝40，解得：

y＝60.

答：商店购进甲种商品40件，购进乙种商品60件．

(2)设商店购进甲种商品a件，则购进乙种商品(100－a)件，

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根据题意列，得 15a＋35100－a≤3 100，



5a＋10100－a≥0，

解得20≤a≤22.

∵总利润W＝5a＋10(100－a)＝－5a＋1 000，W是关于x的一次函数，W随x的增大而减小，

∴当x＝20时，W有最大值，此时W＝900，且100－20＝80，

答：应购进甲种商品20件，乙种商品80件，才能使总利润最大，最大利润为900元．

x－y＝9，x＝35，

6．解：(1)设T恤和影集的价格分别为x元和y元，则解得

2x＋5y＝200.y＝26.

答：T恤和影集的价格分别为35元和26元．

(2)设购买T恤t件，则购买影集(50－t)本．依题意，得 1 500≤35t＋26(50－t)≤1 530.

200230解得≤t≤.

∵t为正整数，∴t＝23,24,25. 即有三种方案．

第一种方案：购T恤23件，影集27本；第二种方案：购T恤24件，影集26本；第三种方案：购T恤25件，影集25本．

7．解：(1)设搭配A种造型x个，则搭配B种造型(60－x)个．

80x＋5060－x≤4 200

由题意，得，解得37≤x≤40.

40x＋7060－x≤3 090

∵x为正整数，∴x1＝37，x2＝38，x3＝39，x4＝40.

∴符合题意的搭配方案有4种：①A种造型37个，B种造型23个；②A种造型38个，B种造型22个；③A种造型39个，B种造型21个；④A种造型40个，B种造型20个．

(2)设总成本为W元，则W＝1 000x＋1 500(60－x)＝－500x＋90 000. ∵W随x的增大而减小，∴当x＝40时，W最小＝70 000元．

即选用A种造型40个，B种造型20个时，成本最低为70 000元． 8．解：(1)应缴纳水费：

10×1.5＋(18－10)×2＝31(元)． (2)当0≤x≤10时，y＝1.5x；

当10m时，y＝15＋2(m－10)＋3(x－m)＝3x－m－5.

1.5x 0≤x≤10，

∴y＝2x－5 103x－m－5 x>m.

(3)当40≤m≤50时，y＝2×40－5＝75(元)，满足．当20≤m<40时，y＝3×40－m－5＝115－m，

则70≤115－m≤90，∴25≤m≤45，即25≤m≤40. 综上得，25≤m≤50.

9．解：(1)y＝－4x＋360(40≤x≤90)． (2)由题意，得p与x的函数关系式为：

p＝(x－40)(－4x＋360)＝－4x2＋520x－14 400，当p＝2 400时，－4x2＋520x－14 400＝2 400，解得x1＝60，x2＝70.

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故销售单价应定为60元或70元．

10．解：(1)设A，B两类蔬菜每亩平均收入分别是x元，y元．

3x＋y＝12 500，

由题意，得

2x＋3y＝16 500.

x＝3 000，

解得

y＝3 500.

答：A，B两类蔬菜每亩平均收入分别是3 000元，3 500元．

(2)设用来种植A类蔬菜的面积为a亩，则用来种植B类蔬菜的面积为(20－a)亩．

3 000a＋3 50020－a≥63 000，

由题意，得

a＞20－a.

解得10＜a≤14.

∵a取整数，为：11,12,13,14. ∴租地方案为：类别种植面积(亩) A 11 12 13 14 B 9 8 7 6 专题六阅读理解型问题【专题演练】 1．A

2．A 解析：∵f(－5,6)＝(6，－5)，

∴g[f(－5,6)]＝g(6，－5)＝(－6,5)．故选A.

3．A 4.B 5.C 6.C 7.x＝3 8.i －1 －i 1

65

9．解：(1)＝5×8－7×6＝－2.

78

(2)由x2－4x＋4＝0，得x＝2.

2x3 4x＋1

＝＝3×1－4×1＝－1.

12x－31x－1

12n

10．解：(1)直线y＝n3x与双曲线y＝有一个交点是n，n. x

123(2)验证如下：将点n，n代入y＝nx，

∵右边＝n3·＝n2＝左边，

∴左边＝右边．

123

∴点n，n在直线y＝nx上．

12n

，n在直线y＝上．同理可证，点nx

12∴点n，n是两函数的交点．

11．解：(1)由有理数的除法法则“两数相除，异号得负”有： 5x＋1>0，5x＋1<0，(1) 或(2) 2x－3<0，2x－3>0，

解不等式组(1)，得－52

解不等式组(2)，得不等式组(2)无解．

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5x＋113

因此，分式不等式<0的解集为－522x－3

(2)通过阅读例题和解答问题(1)，学会了解一元二次不等式、分式不等式的一种方法． 12．解：直接应用：1 2

y2x＋12＋44

变形应用：因为＝＝(x＋1)＋≥4，

y1x＋1x＋1

y24所以的最小值是4.此时x＋1＝，(x＋1)2＝4，x＝1.

y1x＋1实际应用：

设该汽车平均每千米的运输成本为y，则y＝360＋1.6x＋0.001x2.故平均每千米的运输成y3600.36本为＝0.001x＋＋1.6＝0.001x＋＋1.6.

xx0.001x

由题意，可得当0.001x＝0.36，即x＝600时，取得最小值．

此时≥2 0.36＋1.6＝2.8.

x答：当汽车一次运输路程为600千米时，其平均每千米的运输成本最低，最低是2.8元．专题七开放探究题【专题演练】 1．B

2．AB＝BC或BC＝CD或CD＝DA或DA＝AB

ADAE

3．∠AED＝∠B或∠ADE＝∠C或＝

ACAB

x＋y＝1，

4．45°(答案不唯一) 5.(答案不唯一)

x－y＝3

6．DC∥AB或AD∥BC，且AD＝BC 7．±23，±10，±5，±2 8.①②④

9．解：这是一道开放性的相遇问题，要求考生先设计问题，再进行解答，仅举一例如下：若两车分别从两地同时开出，相向而行，经几个小时两车相遇．设经x小时两车相遇，依题意，可得

45x＋35x＝40，解得x＝.

答：经过半小时两车相遇．

10．解：(1)当点O在AB上(即O为AB的中点)时，∠ACB是直角． (2)∵∠ACB是直角，

∴当CD⊥AB时，△ABC∽△CBD∽△ACD.

(3)作直径AB为5的⊙O，在AB上取一点D，使AD＝1，BD＝4，过点D作CD⊥AB交⊙O于点C，连接AC，BC，图D62即为所求．

图D62

11．解：(1)如图D，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C， ∵OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB位置，∴∠BOC＝60°，OB＝4.

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∴BC＝4×sin60°＝4×

＝2 3， 2

OC＝4×cos60°＝4×＝2.

∵点B在第三象限，∴点B(－2，－2 3)．

(2)由函数图象，得抛物线通过(－2，－2 3)，(0,0)，(4,0)三点，设抛物线的解析式为

4a－2b＝－2 3，

y＝ax2＋bx，由待定系数法，得

16a＋4b＝0，

∴此抛物线解析式为y＝－

322 3x＋x. 63

a＝－63，

解得

2 3b＝3.

图D63

(3)存在．理由：如图D63，抛物线的对称轴是x＝－，解得x＝2.设直线x＝2与x轴

的交点为D.设点P(2，y)，

①若OP＝OB，则22＋|y|2＝42，解得y＝±2 3，即

点P的坐标为(2,2 3)或(2，－2 3)，又点B(－2，－2 3)，

∴当P点为(2,2 3)时，点P，O，B共线，不合题意，舍去，故点P的坐标为(2，－2 3)；

②若BO＝BP，则42＋|y＋2 3|2＝42，解得y＝－2 3，点P的坐标为(2，－2 3)． ③若PO＝PB，则22＋|y|2＝42＋|y＋2 3|2，解得y＝－2 3，点P的坐标为(2，－2 3)．综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为(2，－2 3)．

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