浙江省宁波市部分学校2023-2024学年高一上学期入学分班测试数学试卷
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机密★启用前2023年新高一入学分班测试数学试卷姓名：___________准考证号：___________考生须知：1.全卷分试题卷Ⅰ、试题卷Ⅱ和答题卷。试题卷共6页，有四个大题，22个小题。满分为150分，考试时长为120分钟。2.请将姓名、准考证号分别填写在试题卷和答题卷的规定位置上。3.答题时，把试题卷Ⅰ的答案在答题卷Ⅰ上对应的选项位置用2B铅笔涂黑、涂满。将试题卷Ⅱ的答案用黑色字迹的钢笔或签字笔书写，答案必须按照题号顺序在答题卷各题目规定区域内作答，做在试题卷上或超出答题区域书写的答案无效。4.不允许使用计算器，没有近似计算要求的试题，结果都不能用近似数表示。试题卷Ⅰ一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的点Pxy(11,)，Qxy(22,)两点，规定其坐标“积和”运集为：PQxyxy⊕=+．若A，B，C，D四个点的“积和”运算满足：ABBCCDDB⊕=⊕=⊕=⊕，则以A，1122B，C，D为顶点的四边形不可能是A．等腰梯形B．平行四边形C．矩形D．菱形2．已知二次函数y＝2x2+bx+1，当b取不同的值时，其图象构成一个“抛物线系”，如图中的实线型抛物线分别是b取三个不同的值时二次函数的图象，它们的顶点在一条抛物线上（图中虚线型抛物线），则这条虚线型抛物线的解析式是A．y＝﹣x2+1B．y＝﹣2x2+1C．y＝﹣1x2+1D．y＝﹣4x2+123．如图，点O是边长为23的等边△ABC的内心，将△OBC绕点O逆时针旋转30°得到△OB1C1，B1C1交BC于点D，B1C1交AC于点E，则DE的长为A．2B．232−C．31−D．33−4．如图，ABC中，AB=AC=10，BE⊥AC于点E，AE=25，D是线段BE上的一个动点，则试卷第1页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司,5CD+BD的最小值是5A．25B．53C．10D．45（第2题图）（第3题图）（第4题图）5．已知，在△ABC中，AB=AC，如图，（1）分别以B，C为圆心，BC长为半径作弧，两弧交于点D；（2）作射线AD，连接BD，CD．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是．．A．∠=BAD∠CADB．△BCD是等边三角形C．AD垂直平分BCD．SABDC=ADBC26．如图，是抛物线y=ax+bxc+（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标是A（1，3），与x轴的一1个交点B（4，0），直线y2=mxn+（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①20ab+=；②抛物2线与x轴的另一个交点是（−2，0）；③方程ax++=bxc3有两个相等的实数根；④当时14<<x，有yy21<；22⑤若ax1122+=+bxaxbx，且xx12≠；则xx12+=1．则命题正确的个数为a．5个b．4个c．3个d．2个7．在abc中，∠=°acb90，∠=°abc30，cde是等边三角形．点d在ab边上，点e在abc外部，eh⊥ab于点h，过点e作ge∥ab，交线段ac的延长线于点g，ag=5cg，bh=3，则cg的长为a．1b．2c．2d．3（第5题图）（第6题图）（第7题图）8．某假日，小磊和其他六名同学轻装徒步去郊游，途中，他用18元钱买饮料为大家解渴，每人至少要分得一瓶饮料，商店只有冰红茶和矿泉水，冰红茶3元一瓶，矿泉水2元一瓶，如果18元刚好用完，则选择购买的方案有试卷第2页，共6页,a．1种b．2种c．3种d．4种二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．在直角坐标系中,若三点a（1,﹣2）,b（2,﹣2）,c（2,0）中恰有两点在抛物线y＝ax2+bx﹣2（a＞0且a,b均为常数）的图象上,则下列结论正确的是1a．抛物线的对称轴是直线x=21b．抛物线与x轴的交点坐标是（﹣,0）和（2,0）29c．当t＞−时,关于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝t有两个不相等的实数根4d．若p（m,n）和q（m+4,h）都是抛物线上的点且n＜0,则h>0．10．如图，正六边形ABCDEF，P点在线段BF上运动，记图中的面积为S1，S2，S3，S4，S5，S6，已知正六边形边长为2，下列式子的值不随P点变化而变化的是A．SS26+B．SS45+C．SS56+D．SSS135++11．若一个平行四边形的四个顶点分别在矩形的四条边上，且一边和矩形的对角线平行，则称这样的平行四边形为该矩形的“反射平行四边形”已知EFGH为矩形ABCD的“反射平行四边”，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，EF∥AC，设EFGH的周长为l，EFGH和矩形ABCD的面积分别为S1，S，则下列结论正确的有21A．∠=AEH∠CFGB．FG∥BDC．l=2ACD．SS12≤212．如图，正方形ABCD的边长为8，点E，F分别在边AD，BC上，将正方形沿EF折叠，使点A落在边CD上的A′处，点B落在B′处，AB′′交BC于G．下列结论正确的是3A．当A′为CD中点时，tan∠=DA′E416B．当AA′′DDE::E=3:4:5时，A′C=3C．当A′（点A′不与C、D重合）在CD上移动时，ACG′周长随着A′位置变化而变化D．连接AA′，则AEA′=F试卷第3页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司,（第10题图）（第12题图）试题卷Ⅱ三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知：点P是ABC内一点，∠=PBA∠PCB，BP与CP的中垂线交于点M，（1）∠=ABM______°．（2）若AB=2，∠=°ABC60，BC=3，则AP的最小值是______．14．如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AGCF,，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AGCF//；④SSEGC=AFE；⑤∠AGB+∠AED=135°．其中正确的是_________（填序号）．°15．如图，在菱形ABCD中，AB=8，∠=D60，点F是CD的中点，点E是BC上一动点，连接AE，BF点GH，分别是AEBF，的中点，连接GH，则GH的最小值是_________．16．如图，等边△ABC中，AB=2，点D是以A为圆心，半径为1的圆上一动点，连接CD，取CD的中点E，连接BE，则线段BE的最大值与最小值之和为____．（第14题图）（第15题图）（第16题图）四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．阅读短文，解决问题如果一个三角形和一个菱形满足条件：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”.如图1，菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”.如图2，在△ABC中，以点A为圆心，以任意长为半径作弧，交AB、AC于点M、N，再分别以M、N1为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP，交BC于点F，过点F作FD//AC，2FE//AB．试卷第4页，共6页,(1)求证：四边形AEFD是△ABC的“亲密菱形”；(2)当AB=6，AC=12，∠BAC=45°时，求菱形AEFD的面积.（第17题图）118．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE＝AB，将矩形沿直线EF折叠，点B3恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q．（1）求∠ABP的度数；SPBF（2）求的值；SPEBBC（3）若CD边上有且只有2个点G，使△GPD与△GFC相似，请直接写出的值．AB19．心理学家通过实验发现：初中学生听讲的注意力随时间变化，讲课开始时，学生注意力逐渐增强，中间有一段平稳状态，随后开始分散．学生注意力指标数y随时间表（分钟）变化的函数图象如下．当t0≤t≤10时，图像是抛物线的一部分，当10≤t≤20时和20≤t≤40时，图像是线段．（1）当0≤t≤10时，求注意力指标数y与时间t的函数关系式；（2）一道数学探究题需要讲解24分钟，问老师能否经过恰当安排，使学生在探究这道题时，注意力指标数不低于45？请通过计算说明．20．刘老师在“矩形的折叠”活动课上引导学生对矩形纸片进行折叠．如图，将矩形纸片ABCD折叠，点A与点D重合，点C与点B重合，将纸片展开，折痕为EF，在AD边上找一点P，沿CP将PCD折叠，得到△PCQ，点D的对应点为点Q．试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司,(1)问题提出：若点Q落在EF上，CD=1，连接BQ．①△CQB是______三角形；②若△CQB是等边三角形，则AD的长为______．(2)深入探究：在（1）的条件下，当AD=2时，判断△CQB的形状并证明；(3)拓展延伸：若AB=5，AD=6，其他条件不变，当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，连接AQ，直接写出AQ的取值范围．21．如图①②，ABC和DEF均为直角三角形，∠=ABC∠=°DEF90，∠=ACB∠=°EDF30，BC=EF=1，点C在边EF的延长线上，∠=BEM30°，射线EM与AD交于点M，EC=m（m>1）．（第21题图）AM(1)如图①，当点B落在射线EF上时，EM与BA的延长线相交于点G，则=______．DMAM(2)如图②，把ABC绕点C逆时针旋转α度（0°≤<α360°），的值是否保持不变？请仅就图②给出DM你的证明．(3)若m=23，在ABC绕点C旋转过程中，直接写出线段AD的最大值和最小值．22．如图，四边形ABCD是矩形，点E是BC延长线一点，连接DE，BF垂直平分DE，垂足为F，点G在BE上，点H在AB上，且GH∥DE．(1)若BC=3，CE=2，求DF；(2)若GE=AD+BG，求证：GH=EF．（第22题图）试卷第6页，共6页,2023年新高一入学分班测试数学参考答案及解析1．D【分析】根据坐标“积和”运集的计算规则可知A、B、C、D四个点均在反比例函数图象上，据此即可判断结果．【详解】设Axy(,)11、Bxy(,)22、Cxy(,)33、Dxy(,)44，则有：ABxyxy⊕=+1122，BCxy⊕=22+xy33，CDxyxy⊕=+，DBxyxy⊕=+，33442244依据ABBCCDDB⊕=⊕=⊕=⊕，得xyxy11=22=xyxy33+44，令xyxy11==+=22xyxy3344k，k则可知Axy(,)11、Bxy(,)22、Cxy(,)33、Dxy(,)44均在反比例函数y=上，x根据题意可设构成的四边形为ABCD，则该四边形的对角线为AC和BD，根据反比例函数图象的特征可知，四个顶点均在双曲线上的四边形的对角线AC与BD无法使得AC⊥BD，故构成的四边形不可能是菱形，故选：D．【点睛】本题虽是选择题但构思巧妙，难度较大，主要考查了反比例函数图象特征以及平行四边形、菱形的判定等知识．根据xyxy11=22=xyxy33+44判断Axy(,)11、Bxy(,)22、Cxy(,)33、kDxy(,)44均在反比例函数y=上是解答本题的关键．x2．B【分析】用含b的式子表示出抛物线的顶点坐标，然后消去b即可得到所求抛物线的解析式．222bb8−【详解】解：∵y＝2x+bx+1的顶点坐标是(,)−，4822b8−b设x＝−，y＝，48∴b＝﹣4x，228−b8(4)−−x2∴y＝＝＝1﹣2x．88∴所求抛物线的解析式为：y＝1﹣2x2．答案第1页，共33页,故选：B．【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，用含b的式子表示出抛物线的顶点坐标，然后再消去参数b是解题的关键．3．D【分析】令OB1与BC的交点为F，BC11与AC的交点为M，过点F作FN⊥OB于点N，根据等边三角形的性质及三角形内心的性质，证明△BFO为等腰三角形，继而证明△BFO△BFD1，根据相似三角形对应边成比例的性质，解得BD1=232−，再结合△BFO≅△CMOASA()及解直角三角形求得CE=31−，由此可解得DE的长．1【详解】令OB1与BC的交点为F，BC11与AC的交点为M，过点F作FN⊥OB于点N，如图，将△OBC绕点O逆时针旋转30°得到△OB1C1，∴∠BOF=30°点O是边长为23的等边△ABC的内心，3∴∠OBF=30°，OB=AB=231∴△FOB为等腰三角形，BN=OB=12BN23∴=BF==OFcos∠OBF3∠=OBF∠OBD，∠=BFO∠BFD11∴△BFO△BFD1BDBF11∴=OBBF23BF=−=−OBOF2113答案第2页，共33页,∴=−BD2321在△BFO和△CMO中∠∠OBF=OCMOB=OC∠∠BOF=COM∴△BFO≅△CMOASA()2323OM=BF=，CM=−2133在△CME1中，∠CME=∠MOC+∠MCO=60°，1∠=°C301∴∠CEM=60°1233∴=⋅∠CECMsinCEM=−(2)×=−3111132∴=DEBC−−=BDCE23(232)(31)33−−−−=−1111故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心、旋转的性质、等边三角形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．4．D【分析】过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CG⊥AB于点G，由勾股定理可求BE=45，BDDF根据AAS可证△AEB≌△AGC，得CG=BE=45，易证△BDF∽△BAE，得出=，ABAE55得出DF=BD，求CD+BD最小值，即求DF+CD的最小值，由垂线段最短求解即可.55【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CG⊥AB于点G又BE⊥AC于点E∴∠AEB=90°，∠DFB=90°，∠AGC=90°又∠ABE为公共角∴△BDF∽△BAEBDDF∴=ABAE答案第3页，共33页,又AB=10，AE=255∴DF=BD55∴CD+BD=DF+CD5∵DF+CD≥CG5∴CD+BD≥CG55即CD+BD的最小值为CG的长5在Rt△ABE中2BE=22102−25=45AB−AE=()∵AB=AC=10，∠AEB=90°，∠AGC=90°又∠A为公共角∴△AEB≌△AGC（AAS）∴CG=BE=455∴CD+BD的最小值为455故选：D【点睛】本题主要考查最短路径中的垂线段最短问题，解决本题借助了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形以及勾股定理求边长，综合性较强，难度较大.5．D【分析】根据作图过程及所作图形可知BD=BC=CD，得出△BCD是等边三角形；又因为AB=AC，BD=CDAD,=AD，推出△ABD≅△ACD，继而得出∠=BAD∠CAD；根据，∠=BAD∠CAD，可知AD为∠BAC的角平分线，根据三线合一得出AD垂直平分BC；答案第4页，共33页,1四边形ABCD的面积等于△ABD的面积与ACD的面积之和，为ADBC⋅．2【详解】解：∵BD=BC=CD∴△BCD是等边三角形故选项B正确；∵AB=AC，BD=CDAD,=AD∴△ABD≅△ACD∴∠=BAD∠CAD故选项A正确；∵∠=BAD∠CAD，AB=AC∴据三线合一得出AD垂直平分BC故选项C正确；∵四边形ABCD的面积等于△ABD的面积与ACD的面积之和1∴SABCD=ADBC⋅2故选项D错误．故选：D．【点睛】本题考查的知识点是等边三角形的判定、全等三角形的判定及性质、线段垂直平分线的判定以及四边形的面积，考查的范围较广，但难度不大．6．B【分析】先利用待定系数法求出抛物线解析式，和一次函数解析式，根据抛物线对称轴可判断①，利用抛物线的对称轴与x轴的一个交点可求另一交点可判断②，利用抛物线平移和顶点的位置可判断③，利用二次函数图像与一次函数的图象的位置比较大小，可判断④，根据22ax+=+bxaxbx可得出y1=y2，利用对称性与对称轴关系可判断⑤即可．1122【详解】解：∵抛物线的顶点坐标是A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），2∴yax=(-1)+3，12把B点坐标代入得a(4-1)+3=0，1解得a=−，3121282抛物线y1=−(x-1)+3=−+xx+，3333答案第5页，共33页,直线y2=mxn+（m≠0）与抛物线交于A，B两点，mn+=3∴，40mn+=m=−1解得，n=4直线yx2=−+4，2b3①∵对称轴为x=−=−=1，则20ab+=2a12×−3故①正确；②∵对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点是(4,0)，设另一交点为（m，0），∴1-m=4-1，∴m=-2，与x轴的另一个交点是(2,0)−，故②正确；22③∵把抛物线y=++axbxc向下平移3个单位，得到y=ax++−bxc3，∴顶点坐标A(1,3)变为(1,0)，即抛物线与x只有一个交点，2∴方程ax++=bxc3有两个相等的实数根，故③正确；④当14<<x时，二次函数图像在一次函数图像的上方∴yy21<，故④正确；2222⑤若ax1122+=+bxaxbx，即ax11++=++bxcax22bxc即yy12=，则xx12,关于函数的对称轴对称，1故(xx12+=)1，即xx12+=2，故⑤错误，2∴命题正确的有①②③④四个．故选：b．【点睛】本题考查了抛物线与x的交点，以及函数图象上点的坐标特征，要求学生熟练掌握函数与坐标轴的交点，顶点等点坐标的求法以及这些点代表的意义及函数特征．7．b答案第6页，共33页,【分析】取ab的中点o，连接co、eo、eb，根据题意得出coe和△boe全等，然后得出ceg和dco全等，设cg=a，则ag=5a，od=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案．【详解】取ab的中点o，连接co、eo、eb，∠=°acb90，∠=°abc30，∴∠=a60°，oc=oa，∴aco为等边三角形，∴=caco，cde是等边三角形，∴∠acd=∠oce，∴acd≌oce，∴∠coe=∠=a60°，∴∠boe=60°，∵oc=odde，=∠=de，boe∠=°coe60∴△coe≌△boe，∴=eceb，∴=edeb，eh⊥ab，∴==dhbh3，geab，∴∠=g180°−∠=°a120，∵△aco为等边三角形，∴∠=aoc60°，∴∠=∠gcod=180°−60°=120°，∵cde是等边三角形，∴cd=ce，答案第7页，共33页,设∠=ocdα，则∠gce=180°−∠aco−∠ocd−∠dce=60°−α，∠=cdo∠−aoc∠=ocd60°−α，∴∠=cdo∠gce在ceg和dco中，∠=∠gcod∠=cdo∠gcecd=ce∴ceg≌dco，∴=cgod，设cg=a，则ag=5a，od=a，∴==acoc4a，oc=ob，∴=++4aa33，解得，a=2，即cg=2．故选：b．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，平行线的性质，熟练掌握是解题的关键．8．c【分析】本题的等量关系为：冰红茶总价钱+矿泉水总价钱=18，冰红茶瓶数+矿泉水瓶数≥7，然后整理求非负整数解即可.【详解】解：设买冰红茶x瓶、矿泉水y瓶，3xy+=218根据题意得，（且x、y均为非负整数）xy+73yx=−92xxx=240==则，或或yyy=639==所以有3种购买方式，故选c.【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系，讨论出符合条件的整数解.答案第8页，共33页,9．acd2【分析】利用待定系数法将各点坐标两两组合代入y=+−axbx2,求得抛物线解析式为b2yxx2=−−,再根据对称轴直线x=−求解即可得到a选项是正确答案,由抛物线解析式2a2为yxx2=−−,令y=0,求解即可得到抛物线与x轴的交点坐标（-1,0）和（2,0）,从而判断出b选项不正确,令关于x的一元二次方程2ax+−−=bx20t的根的判别式当∆>0,解9得t>−,从而得到C选项正确,根据抛物线图象的性质由n<0,推出3<+<m46,从4而推出h>0,得到D选项正确．2【详解】当抛物线图象经过点A和点B时,将A（1,-2）和B（2,-2）分别代入y=+−axbx2,ab+−=−22a=0得,解得,不符合题意,4222ab+−=−b=02当抛物线图象经过点B和点C时,将B（2,-2）和C（2,0）分别代入y=+−axbx2,4222ab+−=−得,此时无解,4220ab+−=2当抛物线图象经过点A和点C时,将A（1,-2）和C（2,0）分别代入y=+−axbx2得ab+−=−22a=12,解得,因此,抛物线经过点A和点C,其解析式为yxx2=−−,抛物4220ab+−=b=−1−11线的对称轴为直线x=−=,故A选项正确,212×2因为yxx=−−=−221(x)(x+),所以x1=2x2=−1,抛物线与x轴的交点坐标是（-1,0）和（2,0）,故B选项不正确,2由ax2+−=bx2t得ax2+−−=bx20t,方程根的判别式∆=bat−42(−−)当9a=1,b1时,∆=+94t,当∆>0时,即940+>t,解得t>−,此时关于x的一元二4次方程2ax+−=bx2t有两个不相等的实数根,故C选项正确,2因为抛物线yxx2=−−与x轴交于点（-1,0）和（2,0）,且其图象开口向上,若P（m,n）和Q2（m+4,h）都是抛物线上yxx2=−−的点,且n<0,得−<<12m,又得3<+<m46,所以h＞0,故d选项正确．h>0故选ACD．答案第9页，共33页,【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点､根的判别式､二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用数形结合思想，充分掌握求二次函数的对称轴及交点坐标的解答方法．10．BD【分析】连接BD，AD，FD，CE，AD交BF于M，在正六边形ABCDEF中求得∠=FAB∠=°AFE120，推得∠=AFB∠=°ABF30，∠=°BFE90易得AD=4a，MD=3a，2BF=23a，SSSABF=BCD=DEF=3a设BP=x，则FP=−=−BFBP23ax，分别求得SSSSSS,,,,,计算即可．123456【详解】解：连接BD，AD，FD，CE，AD交BF于M，∵六边形ABCDEF为正六边形，∴∠=ABC∠=BCD∠=CDE∠=DEF∠=EFA∠=°FAB120，AB=BC=CD=DE=EF=FA=2，∴∠=ABF∠=AFB∠=DEC∠=DCE30°，∴∠=°BFE90，FBC90，∠=°BCE90，∴四边形BCEF是矩形，1在RtAMF中，∠=AFM30°，∴AM=AB=1，2故2222MFAFAM213∴BM=3，BF=2MF=33，∵∠=CDE∠=°FAB120，AB=CD=DE=FA，∴FAB≌EDC则MD=+=213，AD=4,答案第10页，共33页,1∴SSSSABF=CDB=DEC=EFD=×2313×=，2设BP=x，则FP=−=−FBBP23x，111∴S1=××FPAM=×(23−×=−x)13x，22211S=××=BPAMx，22211S=××=×=BPBCx2x，32211SS43=BCD+SPBD−=+×−=+S333xxx，2211S6=××=×FPEF(23−×=x)223−x，2211SS56=DEF+SDPF−=+××S3323(−−x)(23−=x)23−x，2211故SSx26+=+23−=x23−x；2211SS+=3++x23−x=33；452213SS++=23−x23−=x43−x；562211SSS++=−++3xx23−=x33；13522故选：BD．【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形面积公式，矩形的判定和性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半等，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．11．BCD【分析】延长AB，GF交于点M，根据平行四边形的性质，矩形的性质，以及平行线分线段成比例，逐一进行判断即可．【详解】如图，延长AB，GF交于点M，答案第11页，共33页,在平行四边形EFGH中，EH∥FG，∴∠=∠12，∠∠34=，∠2与∠3不一定相等，∴∠=∠14不一定成立，即∠=AEH∠CFG不一定相等，故A选项不符合题意；在矩形ABCD中ABCD，∴∠=∠52，∠=BAD∠=°BCD90，∴∠=∠51，在平行四边形EFGH中EH=FG，∴△AEH≌△CGF(AAS)，∴=AECG，EF∥AC，BEBF∴=，ABBCAECF∴=，ABBCCG=AE，CD=AB，CGCF∴=，CDBC∴FG∥BD，故B选项正确；EF∥AC，FG∥BD，EFBFFGCF∴=，=，ACBCBDBC在矩形ABCD中AC=BD，EF+FGEFFGBFCF∴=+=+=1，ACACBDBCBC∴=l22(EF+FG)=AC，故C选项正确；点O为BD中点，FG∥BD，∴点Q为FG中点，同理可得点P为EF中点，1111∴S四边形OPFQ=SSEFGH=1，SSS△BOC=矩形ABCD=2，4444BFCF设=x，则=−1x，BCBCPF∥OC，FQ∥OB，答案第12页，共33页,2SS△BPF+△CQFS△BPFS△CQF22111∴=+=+−=xxx(12)−+≥，S△BOCSS△BOC△BOC222S四边形OPFQ1∴≤，S2BOCS1S四边形OPFQ1∴=≤，故D选项正确．SS22BOC故选BCD．【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，平行线分线段成比例，配方法的应用．熟练掌握相关性质，并灵活运用，根据题意正确的画出图形，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．12．ABD【分析】当A′为CD中点时，设AE′=AE=x则DE=−8x，由勾股定理列方程求解，进一步求得tan∠DAE′的值，进而可判断A的正误；当∆ADE′三边之比为3：4：5时，设AD′=3a，DE=4a，AE′=5a，由AD=+=AEDE8可求a的值，进一步求得AD′的值，进而可判断B的正误；过点A作AH⊥AG′，垂足为H，连接AA′，AG，先证∆AAD′′≅∆AAH，可得AD=AH，ADAH′′=，再证RtABG∆≅∆RtAHG，可得HG=BG，由此证得∆ACG′周长＝16，进而可判断C的正误；过点E作EM⊥BC，垂足为M，连接AA′交EM，EF于点N，Q，证明∆AAD′≅∆EFMASA()，进而可判断D的正误．【详解】：∵A′为CD中点，正方形ABCD的边长为8，1∴AD=8，AD′=CD=∠=4，D90°，2由折叠的性质，设AE′=AE=x则DE=−8x，在RtADE′中，由勾股定理得2222+（8﹣x）2＝x2，AD′′+=DEAE，即4解得x＝5，∴AE＝5，DE＝3，DE3∴tan∠==DAE′，DA′4故A正确；当ADE′三边之比为3：4：5时，设AD′=3a，DE=4a，AE′=5a，则AE=AE′=5a，∵AD=+=AEDE8，∴548aa+=，答案第13页，共33页,8解得：a=，9816∴AD′=3a=，ACCDAD′′=−=，33故B正确；过点A作AH⊥AG′，垂足为H，连接AA′，AG，则∠=AHA′∠=AHG90°，由折叠的性质可知∠=EAG′′∠=°=EAB90，AEAE，∴∠=EAA′′∠EAA，∵D90，∴∠EAA′′+∠DAA=90°，∵∠EAA′′+∠DAA=90°，∴∠EAA′′+∠DAA=90°=∠EAA′′+∠HAA，∴∠=DAA′′∠HAA，在∆AAD′和∆AAH′中∠=DAA′′∠HAA∠=∠DAHA′=°90，AA′′=AA∴∆AAD′′≅∆AAHAAS()，∴AD=AH，AD′′=AH，∵AD=AB，∴AH=AB，在Rt△ABG与RtAHG中，AG=AG，AB=AH∴RtABG∆≅∆RtAHGHL()，答案第14页，共33页,∴HG=BG，∴ACG′周长=++ACAGCG′′=+++ACAHHGCG′′=+++ACADBGCG′′=CD+BC=16，∴当A′在CD上移动时，∆ACG′周长不变，故C错误；如图，过点E作EM⊥BC，垂足为M，连接AA′交EM，EF于点N，Q，∴EM//CD，EM=CD=AD，∴∠AEN=∠=°D90，由翻折可知：EF垂直平分AA′，∴∠=AQE90°，∴∠EAN+∠ANE=∠QEN+∠ANE=90°，∴∠=EAN∠QEN，答案第15页，共33页,在∆AAD′和∆EFM中，∠=DAA′∠MEFAD=EM，∠=∠DENF=°90∆AAD′≅∆EFMASA()，∴AEA′=F，故D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．13．9073−【分析】（1）设∠=∠=∠=PBAαβγ,,PBCCBM，画出图形，由MB=MP得∠=MBP∠=MPBβγ+，由MB=MC得∠=BCM∠=CBMγ，由MP=MC得∠=MPC∠=PCMαγ+，再利用三角形内角和定理得到答案；（2）求出∠=°BPC120是定值，点P在以M为圆心，MB长为半径的圆上，连接AM，交3圆M于点P′，得到∠=MBC∠=MCB30°，过点M作MD⊥BC，根据三角函数求出MD=，2BM=3，由勾股定理求出AM连接AP，则AP≥−AMMP，当P与P′重合时，AP有最小值，求出′AP即可．【详解】解：（1）设∠=∠=∠=PBAαβγ,,PBCCBM，如图，则∠ABM=++αβγ，由题意可得，M是BP和CP中垂线上的点，∴MB=MPMP,=MC即MB=MP=MC，∵MB=MP，∴∠=MBP∠=MPBβγ+，答案第16页，共33页,∵MB=MC，∴∠=BCM∠=CBMγ，又∠=PBA∠=PCBα，∴∠=PCM∠+PCB∠=BCMαγ+，∵MP=MC，∴∠=MPC∠=PCMαγ+，∴∠BPC=∠MPB+∠MPC=+++=++βγαγαβγ2，又∠=PBCβ，∠=PCBα，在△BPC中，有∠BPC+∠PBC+∠PCB=180°，∴αβγβα++++=°2180，即αβγ++=°90，即∠ABM=++=αβγ90；故答案为：90（2）如图，∵∠=ABC∠+PBA∠=°PBC60,∠=PBA∠PCB，∴∠PCB+∠PBC=60°，即∠BPC=180°−∠PCB−∠PBC=120°，在△BPC中，BC=3,∠=°BPC120，∵BC=3是定值，∴∠=°BPC120是定值，即点P在以M为圆心，MB长为半径的圆上，连接AM，交圆M于点P′，由(1)中结论可知∠=ABM90°，又∠=°ABC60，∴∠=MBC30°，又MB=MC，答案第17页，共33页,∴∠=MBC∠=MCB30°，过点M作MD⊥BC，∵MB=⊥=MCMD，BCBC，3，13∴BD=CD=BC=，22∵∠=MBC30°，MDMD3tan∠===MBC3∴BD33，即MD=，223∴MD21，即BM=3，sin∠===MBCBMBM2又AB=2,∠=ABM90°，∴22AM=+=ABBM7，连接AP，则AP≥−AMMP，当P与P′重合时，AP有最小值，∵BM=3，即BM=PM=MC=3，即MP′=3∴AP′′=−=−AMMP73，即AP最小值为73−综上，AP最小值为73−，故答案为：73−．【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，锐角三角函数，动点问题，勾股定理，正确作出辅助线及掌握各知识点是解题的关键．14．①②③④⑤【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG//CF；分别求出S△EGC与S△AFE的面积比较即可；求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°－∠GAF=135°，即可得到答案．【详解】解：∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴ABG≌AFGHL()，故①正确；答案第18页，共33页,∵CD=AB=6，1∴EF=DE=CD=2，3∴EC=−=CDDE4，设BG=FG=x，则CG=−6x，222在RtECG中，由勾股定理得：EG=CG+EC，222即：(xx+=−+264)()，解得：x=3，∴BG=3，∴BG==−=363CG，故②正确；∵CG=BGBG,=GF，∴CG=GF，∵△FGC是等腰三角形，∠=GFC∠GCF，∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠=AGB∠AGF，∴∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°−∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AGCF//，故③正确；1111∵S△GCE=GCCE⋅=××=346，S△AFE=AFEF⋅=××=626，2222∴SSEGC=AFE，故④正确；∵∠=BAG∠∠=FAG,DAE∠FAE，又∵∠=°DAB90，∴∠=GAE45°，∴∠AGB+∠AED=180°−∠GAE=135°，故⑤正确；故答案为：①②③④⑤．答案第19页，共33页,【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．15．3【分析】连接BG交AD于点M，连接FM易证得BGE≌MGA，得到点G为BM的中点，1所以GH是BFM中位线，可得到GH=FM，求GH最小值即为求FM最小值的一半，随2着点E的变化，点M在AD上动，即当FM⊥AD时，FM有最小值，然后在DMF中，借助三角函数计算即可．【详解】解：如图，连接BG交AD于点M，连接FM，过点F作FN⊥AD于点N，∵点G为AE中点，∴AG=EG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AB=CD=8，∴∠AMG=∠EBG，∵∠BGE=∠MGA，∴BGE≌MGA，∴BG=MG，∴点G为BM的中点，∵点H为BF的中点，∴GH是BFM中位线，1∴GH=FM，2∴求GH最小值即为求FM最小值的一半，随着点E的变化，点M在AD上动，即当FM⊥AD时，FM有最小值，即FM最小值=FN，∵F是CD的中点，答案第20页，共33页,∴FD=4，∵∠D=60?3∴FN=FDsin60?=4×=23，2∴GH=3．故答案为：3【点睛】本题主要考查动点最值，根据条件做出辅助线，利用中位线转化所求线段，然后借助点到线距离垂线段最短计算即可．16．23【分析】取点D的特殊位置：当点D与点F重合时，当点D在CA延长线与圆A的交点时，当CD与圆A相切时，确定FE的长度都是0.5，从而得到点E的运动轨迹是以点F为圆心，0.5为半径的圆上运动，故而得到线段BE的最大值与最小值，由此得到答案．【详解】∵△ABC为等边三角形，AB=2，∴AC=AB=2，设AC交圆A于点F，∵点D是以A为圆心，半径为1的圆上一动点，∴当点D与点F重合时，如图1，FE=0.5，当点D在CA延长线与圆A的交点时,如图2，FE=0.5，当CD与圆A相切时，FE=0.5，故点E在以点F为圆心，0.5为半径的圆上运动，当点B、F、E三点共线时，线段BE有最大值和最小值，如图4：∵AF=1，AC=2，∴FC=1，∴点F是AC的中点，∵△ABC是等边三角形，∴BF⊥AC，∴BF=2222AB−AF=−=213，线段BE的最大值=30.5+，最小值=30.5−，∴线段BE的最大值与最小值之和为23，答案第21页，共33页,故答案为：23．【点睛】此题考查圆与动点问题，圆的性质，圆的切线的性质定理，等边三角形的性质，勾股定理，根据题意理解点D运动的路线得到点E的运动轨迹是解题的关键．17．(1)证明见解析；(2)四边形ACDB的面积为82.【详解】【分析】（1）根据尺规作图可知AF平分∠BAC，再根据DF//AC，可得AD=DF，再由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEFD是平行四边形，继而可得平行四边形AEFD是菱形，根据“亲密菱形”的定义即可得证；（2）设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，可证得△BDF∽△BAC，根据相似三角形的性质可求得a=4，过D作DG⊥AC，垂足为G，在Rt△ADG中，DG=22，继而可求得面积.【详解】（1）由尺规作图可知AF平分∠BAC，∴∠DAF=∠EAF，∵DF//AC，∴∠DFA=∠EAF，∴∠DAF=∠DFA，∴AD=DF，∵FD//AC，FE//AB，∴四边形AEFD是平行四边形，∴平行四边形AEFD是菱形，答案第22页，共33页,∵∠BAC与∠DAE重合，点F点BC上，∴菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；（2）设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，∵DF//AC，∴△BDF∽△BAC，∴BD：BA=BF：AC，即（6-a）:6=a：12，∴a=4，过D作DG⊥AC，垂足为G，2在Rt△ADG中，∠DAG=45°，∴DG=AD=22，2∴S菱形AEFD=AE•DG=82，即四边形AEFD的面积为82.【点睛】本题考查了尺规作图，新概念题，菱形的判定与性质等，正确理解新概念是解题的关键.5318．（1）∠ABP=30°；（2）3；（3）6【分析】（1）证明PE=2AE，推出∠=°APE30即可解决问题．（2）由翻折可知：EF垂直平分PB，设EQ=a，求出FQ即可解决问题．（3）如图3﹣1中，作点P关于CD的对称点N，连接FN交CD于G，此时∆∆FCGPDG，以PF为直径作圆交CD于GG12，，此时∆PDG11∆FCG，∆PDG22∆FCG．①当点G与G2重合时，满足条件，易证FC=CGDG，=DP，设CF=CG=aPD，=DG=b．构建方程求出a与b的关系即可解决问题．②当G1，与G2重合时，满足条件，此时以PF为直径的圆与CD相切，设CF=mPD，=n，构建方程求出m与n的关系即可解决问题．1【详解】解：（1）∵AE=AB，3∴BE=2AE，由翻折可知：BE=PE，答案第23页，共33页,∴PE=∠=2AE，EBP∠EPB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠=°A90，∴∠=°APE30，∴∠=°AEP60，∵∠AEP=∠EBP+∠EPB，∴∠∠°EBP＝EPB＝30，∴∠°ABP＝30．（2）由翻折可知：EF垂直平分PB，设EQ=a，在RtBEQ∆中，∵∠=°EBQ30，∴BE=22EQ=a，在RtEFB∆中，∠EBF＝90°∠，BEF＝60°，∴∠°EFB＝30，∴EF=24BE=a，∴QF＝3a，1PBEQS2FQ3a∆PBF∴====3．S1EQa∆PBEPBFQ2（3）如图3﹣1中，作点P关于CD的对称点N，连接FN交CD于G，此时∆∆FCGPDG，以PF为直径作圆交CD于G1，G2，此时∆PDG11∆FCG，∆PDG22∆FCG．①当点G与G2重合时，满足条件，易证FCCGDGDP＝，＝，设CF＝CGaPDDGb＝，＝＝，则：BF=2(baABabBCba−=)，+=，2−，答案第24页，共33页,3∵AB=PB，23∴ab+=×−2(ba)，2∴ab=(2−3)，BC2ba−−+2-(2b3)b13∴===．ABab+(2−+3)bb2②当G1，与G2重合时，满足条件，此时以PF为直径的圆与CD相切，设CF=mPD，=n，mn+则：BF=2(nm−),PF=2×=mn+，2∵BF＝PF，∴2(nmmn−=+)，∴nm=3，3∴BC=−=25nmm，AB=PB•=23m，2BC5m53∴==．AB23m6【点睛】本题属于相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.1219．（1）yxx=−++625；（2）能，理由见解析．4【详解】试题分析：（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式进而得出答案；7（2）首先利用待定系数法求出一次函数解析式，进而令y=45，有45=-x+95，求出x的值，4进而得出讲课后注意力不低于45的时间．（1）当0≤t≤10时，设抛物线的函数关系式为y=ax2+bx+c．由于它的图象经过点（0，25），（4，45），（10，60），c=25所以{16abc++=445，100abc++=1060c=251解得：{a=−，4b=6答案第25页，共33页,12所以yxx=−++625；4（2）当20≤x≤40时，设函数解析式为：y=kx+d，将（20，60），（40，25）代入得：20kd+=60{，40kd+=257k=−解得：{4d=957∴yx=−+95，47令y=45，有45=-x+95，44解得：x=28，74即讲课后第28分钟时注意力不低于45，71当0≤x≤10时，令y=45，有45=-x2+6x+25，4解得：x1=4，x2=20（舍去），即讲课后第4分钟时，注意力不低于45，44所以讲课后注意力不低于45的时间有28−=424（分钟）＞24（分钟），77所以老师可以经过适当的安排，使学生在探究这道数学题时，注意力指数不低于45．考点：二次函数的应用．20．(1)①等腰；②1(2)△CQB是等腰直角三角形，证明见解析(3)AQ的取值范围是615−≤AQ≤26【分析】（1）①根据折叠的性质得出EF垂直平分BC，根据垂直平分线的性质即可得出△CQB是等腰三角形；②由折叠得CQ=CD=1，若△CQB是等边三角形，则BC=CQ=1，根据矩形的性质得出AD=BC=1，222（2）由(1)得CQ=BQ=CD=1，根据勾股定理的逆定理得出CQ+=BQBC，证明△CQB是直角三角形，进而即可得出结论；（3）连接AC，以点C为圆心，CD长为半径作圆交EF于点G，交BC于点H，得出答案第26页，共33页,CQ=CD=5，即点Q在C上运动，连接AG、CG、CH，则CG=CH=5，当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，则AC−≤5AQ≤AH．【详解】（1）如图1，①将矩形纸片ABCD沿EF折叠，点C与点B重合，∴EF垂直平分BC，∴=CQBQ，∴CQB是等腰三角形，故答案为：等腰．②由折叠得CQ=CD=1，若△CQB是等边三角形，则BC=CQ=1，四边形ABCD是矩形，∴==ADBC1，故答案为：1．（2）△CQB是等腰直角三角形，证明：如图1，由(1)得CQ=BQ=CD=1，2222∴CQ+BQ=+=112，∵AD=BC=2，22∴BC=(2)=2222∴CQ+=BQBC，∴CQB是直角三角形，CQ=BQ，∴CQB是等腰直角三角形．（3）如图2，连接AC，以点C为圆心，CD长为半径作圆交EF于点G，交BC于点H，AB=CD=5，AD=BC=6，B90，答案第27页，共33页,2222∴=ACAB+=+=BC5661，CQ=CD=5，∴点Q在C上运动，连接AG、CG、CH，则CG=CH=5，∴BH=−BCCH=−=651，2222∴=AHAB+BH=+=5126四边形ABFE是矩形，∴∠CFG=∠AEG=90°，EF=AB=5，11AE=BF=CF=BC=×=63，222222∴=FGCG−=−=CF534∴=−=−=EGEFFG541，2222∴=AGAE+EG=+=3110当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，则AC−≤5AQ≤AH，即615−≤AQ≤26，∴AQ的取值范围是615−≤AQ≤26．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，圆外一点到圆的最值问题，轴对称的性质，综合运用以上知识是解题的关键．m21．(1)3答案第28页，共33页,AMm(2)=保持不变，见解析DM322(3)线段AD的最大值为15+3，最小值为15−333【分析】（1）在Rt△DEF中，根据∠=EDF30°，EF=1，求出DE=3，在Rt△ABC中，3根据∠=°ACB30，BC=1，求出AB=，在Rt△GEB中，根据∠=BEG30°，EB=m+1，333AMAGm求出BG=m+，算出AG，证明DEGB//，得出==即可；33DMDE3BGBA（2）过B点作BG⊥BE，交射线EM于点G，连接AG，根据=，∠=GBA∠EBC，BEBC33证明△GBA∽△EBC，得出AG=CE=m，∠=∠15，证明DEAG//，得33AMAGm△AMG∽△DME，进而得出==即可；DMDE3（3）由题意得，点A在以C为圆心，以CA为半径的圆上移动，当点D、A、C三点共线时，AD是最小值，AD是最大值，然后求出DC、AC即可得出答案．12（1）解：∵在Rt△DEF中，∠=EDF30°，EF=1，EF1DE===3∴tan30°3，3∵在Rt△ABC中，∠=°ACB30，BC=1，33∴AB=BC×tan30°=×1=，33EC=m，∴EB=m+1，∵在Rt△GEB中∠=BEG30°，333∴BG=×°EBtan30=+×(m1)=m+3333333∴AG=BG−AB=+−m=m，3333∠ABC+∠DEF=90°+90°=180°，∴DEGB//，答案第29页，共33页,3m∴AMAG3m．===DMDE33m故答案为：．3（2）AMm=保持不变．理由如下：DM3过B点作BG⊥BE，交射线EM于点G，连接AG，∵∠=°430，BG3∴=，∠GBA+∠ABE=90°，BE3∵在Rt△ABC中，∠=°ACB30，BA3∴=，∠+EBC∠=°ABE90，BC3BGBA∴=，∠=GBA∠EBC，BEBC∴△GBA∽△EBC，33∴AG=CE=m，∠=∠15，33∵∠=°430，∴∠+∠=3560°，∵∠+∠=2160°，∴∠=∠32，∴DEAG//，∴△AMG∽△DME，AMAG∴=，DMDE答案第30页，共33页,3∵AG=m，DE=33EF=，33m∴AM3m；==DM33（3）由题意得，点A在以C为圆心，以CA为半径的圆上移动，如图所示：∴当点D、A、C三点共线时，AD1是最小值，AD2是最大值，∵在DEC中，DE=3，EC=m=23，2222∴DC=+=DEEC(3)+(23)=15，∵在Rt△ABC中，∠=°ACB30，BC=1，12∴AC==3，cos30°322∴线段AD的最大值为15+3，最小值为15−3．33【点睛】本题主要考查了解直角三角形，特殊角的三角函数值，勾股定理，三角形相似的判定和性质，平行线的判定和性质，根据题意得出点A在以C为圆心，以CA为半径的圆上移动，当点D、A、C三点共线时，AD1是最小值，AD2是最大值，是解决问题的关键．22．(1)5(2)见解析【分析】（1）由垂直平分线的性质可得BD=BE=5，由勾股定理可求DC，DE的长，即可求解；（2）在DC上截取CN=BH，在CE上截取CM=BG，连接MN．由“SAS”可得BHG≌CNM，可得MN=HG，∠=HGB∠NMC，可证CM=ME，通过证明CMN∽CED，答案第31页，共33页,CMMN可得=，结合题意即可得出BM=GE，进而得出BG=ME，最后由三角形中位线CEDE的性质即可得出结论．【详解】（1）解：如图，连接BD，BC=3，CE=2，∴=BE5．BF垂直平分DE，1∴BE=BD=5，DF=EF=DE，2∴22CD=BD−BC=259−=4，∴22DE=DC+CE=164+=25，∴DF=EF=5；（2）证明：如图，在DC上截取CN=BH，在CE上截取CM=BG，连接MN．BH=CN在BGH和CMN中，∠=HBG∠=NCM90°，BG=CM∴BHG≌CNM(SAS)，∴MN=HG，BG=CM，∠=HGB∠NMC，∴HGMN∥．又∵GH∥DE，∴DE∥MN，答案第32页，共33页,∴CMN∽CED，CMMN∴=．CEDEGE=AD+BG，BM=BCCM+，∴=BMGE，∴=BGME，1∴==CMMECE，21∴=MNDE，2∴=MNEF，∴=HGEF．【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．答案第33页，共33页</m46,所以h＞0,故d选项正确．h></m46,从4而推出h></x时，二次函数图像在一次函数图像的上方∴yy21<，故④正确；2222⑤若ax1122+=+bxaxbx，即ax11++=++bxcax22bxc即yy12=，则xx12,关于函数的对称轴对称，1故(xx12+=)1，即xx12+=2，故⑤错误，2∴命题正确的有①②③④四个．故选：b．【点睛】本题考查了抛物线与x的交点，以及函数图象上点的坐标特征，要求学生熟练掌握函数与坐标轴的交点，顶点等点坐标的求法以及这些点代表的意义及函数特征．7．b答案第6页，共33页,【分析】取ab的中点o，连接co、eo、eb，根据题意得出coe和△boe全等，然后得出ceg和dco全等，设cg=a，则ag=5a，od=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案．【详解】取ab的中点o，连接co、eo、eb，∠=°acb90，∠=°abc30，∴∠=a60°，oc=oa，∴aco为等边三角形，∴=caco，cde是等边三角形，∴∠acd=∠oce，∴acd≌oce，∴∠coe=∠=a60°，∴∠boe=60°，∵oc=odde，=∠=de，boe∠=°coe60∴△coe≌△boe，∴=eceb，∴=edeb，eh⊥ab，∴==dhbh3，geab，∴∠=g180°−∠=°a120，∵△aco为等边三角形，∴∠=aoc60°，∴∠=∠gcod=180°−60°=120°，∵cde是等边三角形，∴cd=ce，答案第7页，共33页,设∠=ocdα，则∠gce=180°−∠aco−∠ocd−∠dce=60°−α，∠=cdo∠−aoc∠=ocd60°−α，∴∠=cdo∠gce在ceg和dco中，∠=∠gcod∠=cdo∠gcecd=ce∴ceg≌dco，∴=cgod，设cg=a，则ag=5a，od=a，∴==acoc4a，oc=ob，∴=++4aa33，解得，a=2，即cg=2．故选：b．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，平行线的性质，熟练掌握是解题的关键．8．c【分析】本题的等量关系为：冰红茶总价钱+矿泉水总价钱=18，冰红茶瓶数+矿泉水瓶数≥7，然后整理求非负整数解即可.【详解】解：设买冰红茶x瓶、矿泉水y瓶，3xy+=218根据题意得，（且x、y均为非负整数）xy+73yx=−92xxx=240==则，或或yyy=639==所以有3种购买方式，故选c.【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系，讨论出符合条件的整数解.答案第8页，共33页,9．acd2【分析】利用待定系数法将各点坐标两两组合代入y=+−axbx2,求得抛物线解析式为b2yxx2=−−,再根据对称轴直线x=−求解即可得到a选项是正确答案,由抛物线解析式2a2为yxx2=−−,令y=0,求解即可得到抛物线与x轴的交点坐标（-1,0）和（2,0）,从而判断出b选项不正确,令关于x的一元二次方程2ax+−−=bx20t的根的判别式当∆></x，有yy21<；22⑤若ax1122+=+bxaxbx，且xx12≠；则xx12+=1．则命题正确的个数为a．5个b．4个c．3个d．2个7．在abc中，∠=°acb90，∠=°abc30，cde是等边三角形．点d在ab边上，点e在abc外部，eh⊥ab于点h，过点e作ge∥ab，交线段ac的延长线于点g，ag=5cg，bh=3，则cg的长为a．1b．2c．2d．3（第5题图）（第6题图）（第7题图）8．某假日，小磊和其他六名同学轻装徒步去郊游，途中，他用18元钱买饮料为大家解渴，每人至少要分得一瓶饮料，商店只有冰红茶和矿泉水，冰红茶3元一瓶，矿泉水2元一瓶，如果18元刚好用完，则选择购买的方案有试卷第2页，共6页,a．1种b．2种c．3种d．4种二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．在直角坐标系中,若三点a（1,﹣2）,b（2,﹣2）,c（2,0）中恰有两点在抛物线y＝ax2+bx﹣2（a＞0且a,b均为常数）的图象上,则下列结论正确的是1a．抛物线的对称轴是直线x=21b．抛物线与x轴的交点坐标是（﹣,0）和（2,0）29c．当t＞−时,关于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝t有两个不相等的实数根4d．若p（m,n）和q（m+4,h）都是抛物线上的点且n＜0,则h>
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