大题答案

3214(8)=

32112=0

21x2x1x1（2）【答案】解:  2x1x1x121x1x1x1x1x1x1

xxx1x1x1x1

当x2时，原式=221=2.22. 【答案】

23【答案】解：（1）方法一：画树状图

第一个 B1 B2 B3 第二个 J1 J2 J3 J1 J2 J3 J1 J2 J3 方法二：列表如下 第一个 第二个 J1 J2 J3

B1 （B1 ，J1 ） （B1 ，J2 ） （B1 ，J3 ）

B2 （B2，J1 ） （B2，J2 ） （B2，J3 ）

B3 （B3，J1 ） （B3，J2 ） （B3，J3 ）

（2）根据树状图或列表法得出所有可能数为9，两次抽取题签代码的下标为奇数是（B1 ，J1 ），（B3，J1 ），（B1 ，J3 ），（B3，J3 ），共4种，所以求小亮抽到的笔试题和上机题的题签代码的下标均为奇数的概率为

49.

24【答案】解：（1）将点B（1，0）代入yxb得：01b ∴b＝1.

∴一次函数的解析式是yx1

∵点A（1，n）在一次函数yx1的图象上，将点A（1，n）代入yx1得：

n＝1+1，∴n＝2

即点A的坐标为（1，2），代入y∴反比例函数的解析式是y(2）对于反比例函数y2x2xkx得：2k1，解得：k2

，当x0时，y随x的增大而减少，

13而当x1时，y2；当x6时，y

13y2

∴当1x6时，反比例函数y的取值范围是

25．【答案】解：如图，延长BD与AC的延长线交于点E，过点D作DHAE于H ∵CD=3.2 ∴DH=1.6 CH=∵∵

DHHEABAE_ B853

10.810.8 ∴HE=1.28 ∴AB=16

i=1：3 _ A

_ D_ H

_ E

_ C

26【答案】解：（1）连接AC -------------------------------1分

∵AB∥CD

∴∠ACD=∠BAC ∵AB=BC

∴∠ACB=∠BAC

∴∠ACD=∠ACB --------------------------------2分

∵AD⊥DC AE⊥BC

∴∠D=∠AEC=90

∵AC=AC --------------------------------3分 ∴△ADC≌△AEC -------------------------------4分 ∴AD=AE --------------------------------5分

DC0

EAB24题图

（2）由（1）知：AD=AE ，DC=EC

设AB＝x, 则BE=x－4 ，AE=8 -----------------------6分 在Rt△ABE中 ∠AEB=900

由勾股定理得： 82(x4)2x2 ----------------------8分 解得：x=10

∴AB=10 ----------------------10分 27【答案】（1）∵点A（-1，0）在抛物线y=解得b =3212x2 + bx-2上，∴

12× (-1 )2 + b× (-1) –2 = 0，

12∴抛物线的解析式为y=∴顶点D的坐标为 (

32x2-25832x-2. y=

12x2-

32x-2 =

12 ( x2 -3x- 4 ) =

12(x-

32)2-

258,

, -).

（2）当x = 0时y = -2, ∴C（0，-2），OC = 2。 当y = 0时，

12x-

2

32x-2 = 0， ∴x1 = -1, x2 = 4, ∴B (4,0)

∴OA = 1, OB = 4, AB = 5.

∵AB2 = 25, AC2 = OA2 + OC2 = 5, BC2 = OC2 + OB2 = 20,

∴AC+BC= AB. ∴△ABC是直角三角形.

（3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，2），OC′=2，连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC + MD的值最小。

2

2

2

解法一：设抛物线的对称轴交x轴于点E.

∵ED∥y轴, ∴∠OC′M=∠EDM,∠C′OM=∠DEM ∴△C′OM∽△DEM. ∴∴

OMEMmOCED242，∴m =． 2541

32m8解法二：设直线C′D的解析式为y = kx + n ,

n241则3 . 25，解得n = 2, kkn1282∴y4112x2 .

4112x20， 2441∴当y = 0时， x2441 . ∴m.

28【答案】解：（1）∵⊙P分别与两坐标轴相切， ∴ PA⊥OA，PK⊥OK． ∴∠PAO=∠OKP=90°．

又∵∠AOK=90°，

∴ ∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°． ∴四边形OKPA是矩形．

又∵OA=OK，

∴四边形OKPA是正方形．……………………2分 （2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为过点P作PG⊥BC于G． ∵四边形ABCP为菱形， ∴BC=PA=PB=PC．

∴△PBC为等边三角形．

在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，

A PG=

23x23x．

y P G M y23x

．

O 23PGPBB 图2 C x sin∠PBG=，即

32xx．

解之得：x=±2（负值舍去）．

∴ PG=3，PA=BC=2．……………………4分

易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1， ∴OB=OG－BG=1，OC=OG+GC=3．

∴ A（0，3），B（1，0） C（3，0）．……………………6分 设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c． abc0据题意得：9a3bc0

c3解之得：a=

33， b=433， c=3．

∴二次函数关系式为：y33x2433x3．……………………9分

②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：

uv0  2uv3解之得：u=3， v=33． ∴直线BP的解析式为：y3x33．

过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：yy3x3解方程组：3243yxx33x10x27得： ； ．

y13y2833x3．

3过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：y ∴0=33t． ∴t33．

∴直线CM的解析式为：y3x33．

3xt．

y3x33解方程组：3243yxx33 3x13x24得： ； ．

y10y23综上可知，满足条件的M的坐标有四个，

分别为：（0，3），（3，0），（4，3），（7，83）．…………………12分 解法二：∵SPABSPBC12SPABC，

∴A（0，3），C（3，0）显然满足条件．

延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．

又∵AM∥BC， ∴SPBMSPBA12SPABC．

∴点M的纵坐标为3．

又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4． ∴点M（4，3）符合要求． 点（7，83）的求法同解法一． 综上可知，满足条件的M的坐标有四个，

分别为：（0，3），（3，0），（4，3），（7，83）．…………………12分 解法三：延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA． 又∵AM∥BC， ∴SPBMSPBA12SPABC．

∴点M的纵坐标为3．

33433即x2x33．

解得：x10（舍），x24． ∴点M的坐标为（4，3）． 点（7，83）的求法同解法一． 综上可知，满足条件的M的坐标有四个，

分别为：（0，3），（3，0），（4，3），（7，83）．…………………12分