人教部编版2019-2020学年广东省深圳市重点中学九年级上期末考试数学试题(解析版)

广东省深圳市2019-2020学年九年级上期末考试数学试题

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）

2

1. 在0，-1，0.5，（-1）四个数中，最小的数是（ ）

A. 0 B. C. D. 2. 下列图形中，即是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A. B.

C.

D.

3. 如图，太阳光线与地面成80°角，窗子AB=2米，要在窗子外面

上方0.2米的点D处安装水平遮阳板DC，使光线不能直接射入室内，则遮阳板DC的长度至少是（ ）

A. 米 B. 米 C. 米 D. 米

4. 在函数 中，自变量x的取值范围是（ ）

A. C. 且

B. 且 D.

5. 如图，点D为AC上一点，点O为边AB上一点，AD=DO．以O为圆心，OD长为

G，半径作圆，交AC于另一点E，交AB于点F，连接EF．若∠BAC=22°，则∠EFG=

（ ）

A. B. C. D.

6. 如图．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是斜边上的中点，点P

PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，BC=3，在AB上，若AB=6，则PE+PF=

（ ）

A.

B. C. D.

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7. 如图，已知直线l1∥l2∥l3∥l4，相邻两条平行直线间的距

离都是1，如果正方形ABCD的四个顶点分别在四条直线上，则cosα=（ ）

A. B. C.

D.

8. 如图，已知菱形ABCD的边长为2cm，∠A=60°，点M从

点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，点N从点A同时出发，以2cm/s的速度经过点D向点C运动，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．则

2

△AMN的面积y（cm）与点M运动的时间t（s）的函数的图象大致是（ ）

A.

B.

C.

D.

9. 设直线y=kx+6和直线y=（k+1）x+6（k是正整数）及x轴围成的三角形面积为Sk

（k=1，2，3，…，8），则S1+S2+S3+…+S8的值是（ ）

A.

B.

C. 16 D. 14

2

ca≠0）10. 如图，已知二次函数y=ax+bx+（的图象如图所示，

有下列5个结论：①abc＞0；②b-a＞c；③4a+2b+c＞0；④3a＞-c；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1的实数）．其中正确结论的有（ ） A. B. C. D.

二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）

11. 甲型H7N9流感病毒的直径大约为0.000 000 08米，用科学记数法表示为______米．

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12. 若函数 是二次函数，则m的值为______．

3

13. 把多项式8a-2a分解因式的结果是______．

b，a※b=a2-ab，5※3=52-5×3=10．14. 对于实数a，定义运算“※”如下：例如，若（x+1）

※（x-2）=6，则x的值为______． 15. 若方程 的根为正数，则k的取值范围是______．

16. 有两双完全相同的鞋，从中任取两只，恰好成为一双的概率为______． 17. 如图，点A是双曲线y=- 在第二象限分支上的一个动点，连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为底作等腰△ABC，且∠ACB=120°，点C在第一象限，随着点A的运动点C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y= 上运动，则k的值为______．

18. 已知菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=60°，对角线A1C1，B1D1相较于点O，以

点O为坐标原点，分别以OA1，OB1所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的直角坐标系，以B1D1为对角线作菱形B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，再以A2C2为对角线作菱形A2B2C2D2∽菱形B1C2D1A2，再以B2D2为对角线作菱形B2C3D2A3∽菱形

A2B2C2D2，…，按此规律继续作下去，在x轴的正半轴上得到点A1，A2，A3，…，An，则点An的坐标为______．

19. 如图，已知A（3，1），B（1，0），PQ是直线y=x

上的一条动线段且PQ= （Q在P的下方），当AP+PQ+QB取最小值时，点Q坐标为______． 20. 如图，ABCD、CEFG是正方形，E在CD上，直线BE、DG交于H，BD、AF交于M，且HE•HB=4-2 ，

当E在线段CD（不与C、D重合）上运动时，下列

GD所夹的锐角为45°四个结论：①BE⊥GD；②AF、；

③GD= AM；④若BE平分∠DBC，则正方形ABCD的面积为4，其中结论正确的是______（填序号） 三、计算题（本大题共1小题，共11.0分）

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21. 计算

（1）|-1|- +4sin30°

-tan45°（2）先化简，再求值： +1，其中a=2sin60°．

四、解答题（本大题共6小题，共48.0分）

22

22. 已知关于x的一元二次方程x-（2k-1）x+k+k-1=0有实数根．

（1）求k的取值范围；

22

（2）若此方程的两实数根x1，x2满足x1+x2=11，求k的值．

23. 如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y= （x

2）＞0）的图象交于点P（n，，与x轴交于点A（-4，

0）PB⊥x轴于点B，，与y轴交于点C，且AC=BC． （1）求一次函数、反比例函数的解析式； （2）根据图象直接写出kx+b＜ 的x的取值范围；

（3）反比例函数图象上是否存在点D，使四边形BCPD为菱形？如果存在，求出点D的坐标；如果不存在，说明理由．

24. 深圳某书店为了迎接“读书节”制定了活动计划，以下是活动计划书的部分信息： “读书节“活动计划书 书本类别 进价（单位：元） 科普类 18 文学类 12

备注 （1）用不超过16800元购进两类图书共1000本； （2）科普类图书不少于600本； … 第4页，共26页

（1）已知科普类图书的标价是文学类图书标价的1.5倍，若顾客用0元购买的图书，能单独购买科普类图书的数量恰好比单独购买文学类图书的数量少10本，请求出两类图书的标价；

（2）经市场调査后发现：他们高估了“读书节”对图书销售的影响，便调整了销售方案，科普类图书每本标价降低a（0＜a＜5）元销售，文学类图书价格不变，那么书店应如何进货才能获得最大利润？

25. 已知：如图，在矩形ABCD中，AC是对角线，点P为矩形外一点且满足AP=PC，

AP⊥PC，PC交AD于点N，连接DP，过点P作PM⊥PD交AD于M．

（1）若AP=5，AB= BC，求矩形ABCD的面积；

（2）若CD=PM，试判断线段AC、AP、PN之间的关系，并证明．

PD是⊙O的两条切线，C、26. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，AB=4，PC、

D为切点．

（1）如图1，求⊙O的半径；

（2）如图1，若点E是BC的中点，连接PE，求PE的长度；

（3）如图2，若点M是BC边上任意一点（不含B、C），以点M为直角顶点，在BC的上方作∠AMN=90°，交直线CP于点N，求证：AM=MN．

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2

27. 如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax+bx+c与x轴相交于A，B两

点，顶点为D（0，4），AB=4 ，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′． （1）求抛物线C的函数表达式；

（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范

围．

（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】

解：根据有理数比较大小的方法，可得 -1＜0＜0.5＜（-1）2，

∴在0，-1，0.5，（-1）四个数中，最小的数是-1． 故选：B．

有理数大小比较的法则： 正数都大于0； 负数都小于0； 正数大于一切负数； 两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．

此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确： 正数都大于0； 负数都小于0； 正数大于一切负数； 两个负数，绝对值大的其值反而小． 2.【答案】A

【解析】

2

解：A、是轴对称图形，是中心对称图形； B、不是轴对称图形，是中心对称图形； C、是轴对称图形，不中心对称图形； D、是轴对称图形，不是中心对称图形． 故选：A．

根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断，得到答案．

本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合是解题的关键．． 3.【答案】C

【解析】

解：∵DA=0.2米，AB=2米， ∴DB=DA+AB=2.2米，

角，∴∠BCD=80°． ∵光线与地面成80°

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又∵tan∠BCD=∴DC=故选：C．

=

，

．

由已知条件易求DB的长，在光线、遮阳板和窗户构成的直角三角形中，80°角的正切值=窗户高：遮阳板的宽，据此即可解答．

此题主要考查了解直角三角形的应用，正确选择三角函数关系是解题关键． 4.【答案】C

【解析】

解：由题意得，x+1≥0且2x-1≠0， 解得x≥-1且x≠． 故选：C．

根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．

本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑： （1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数； （2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0； （3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 5.【答案】D

【解析】

解：∵AD=DO，

， ∴∠DOA=∠BAC=22°， ∴∠AEF=∠DOA=11°∵∠EFG=∠BAC+∠AEF，

． ∴∠EFG=33°故选：D．

先根据等边对等角可求∠DOA=∠BAC=22°，然后根据圆周角定理可求：，然后根据三角形外角的性质即可求∠EFG的度数． ∠AEF=∠DOA=11°

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此题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质和三角形外角的性质，熟记定理与性质是解题的关键． 6.【答案】A

【解析】

解：如图作BM⊥AC于M，连接PD．

，AD=DC，AB=6，BC=3， ∵∠ABC=90°∴BD=AD=DC，AC=∵•AB•BC=•AC•BM， ∴BM=

，

=3

，

∴S△ABD=S△ADP+S△BDP，

∴•AD•BM=•AD•PF+•BD•PE， ∴PE+PF=BM=故选：A．

如图作BM⊥AC于M，连接PD，利用•AB•BC=•AC•BM求出BM，利用S△ABC=2（S△ADP+S△BDP）即可解决问题．

本题考查直角三角形斜边中线定理、勾股定理、三角形面积等知识，解题的关键是利用面积法求高，属于中考常考题型． 7.【答案】A

【解析】

．

解：如图，过点D作DE⊥l1于点E并反向延长交l4于点F，

在正方形ABCD中，AD=DC，∠ADC=90°，

-90°=90°，∠ADE+∠CDF=180°， ∵∠α+∠ADE=90°

∴∠α=∠CDF，

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在△ADE和△DCF中，∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴DF=AE，

∵相邻两条平行直线间的距离都是1， ∴DE=1，AE=2， 根据勾股定理得，AD=所以，cosα=故选：A．

=

=

．

=

，

=，

过点D作DE⊥l1于点E并反向延长交l4于点F，根据同角的余角相等求出∠α=∠CDF，根据正方形的每条边都相等可得AD=DC，然后利用“AAS”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应边相等可得DF=AE，再利用勾股定理列式求出AD的长度，然后根据锐角的余弦值等于邻边比斜边列式计算即可得解．

本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，锐角三角形函数的定义，作辅助线，构造出全等三角形以及∠α所在的直角三角形是解题的关键． 8.【答案】A

【解析】

解：点M从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，点N从点A同时出发，以2cm/s的速度经过点D向点C运动，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．

因而点M，N应同时到达端点，当点N到达点D时，点M正好到达AB的中点，

则当t≤1秒时，△AMN的面积y（cm2）与点M运动的时间t（s）的函数关系式是：y=

；

．

当t＞1时：函数关系式是：y=故选：A．

本题考查动点函数图象的问题，注意分段写出函数解析式．

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要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论． 9.【答案】C

【解析】

解：联立两直线解析式成方程组，得：

，解得：

∴两直线的交点是（0，6）．

∵直线y=kx+6与x轴的交点为（-，0），直线y=（k+1）x+6与x轴的交点为（-，0）， 6×|--（-∴Sk=×

）|=18（-）， ，

（1-+-+-+…+-）， ∴S1+S2+S3+…+S8=18×=18×（1-）， =18×=16． 故选：C．

联立两直线解析式成方程组，通过解方程组可求出两直线的交点，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出两直线与x轴的交点坐标，利用三角形的面积公式可得出Sk=×6×6（-结论．

本题考查了一次函数函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及规律型中数字的变化类，利用一次函数图象上点的坐标特征及三角形的面积公式找出Sk=18（-10.【答案】B

【解析】

），将其代入S1+S2+S3+…+S8中即可求出

）是解题的关键．

解： ∵对称轴在y轴的右侧， ∴ab＜0，

由图象可知：c＞0， ∴abc＜0，

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故 不正确；

当x=-1时，y=a-b+c＜0， ∴b-a＞c， 故 正确；

由对称知，当x=2时，函数值大于0，即y=4a+2b+c＞0， 故 正确； ∵x=-=1，

∴b=-2a， ∵a-b+c＜0， ∴a+2a+c＜0， 3a＜-c，

故 不正确；

当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，

2

而当x=m时，y=am+bm+c， 2

所以a+b+c＞am+bm+c（m≠1）， 2

故a+b＞am+bm，即a+b＞m（am+b），

故 正确．

故 正确． 故选：B．

由抛物线对称轴的位置判断ab的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．

2

本题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数y=ax+bx+c系数

符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定，熟练掌握二次函数的性质是关键． 11.【答案】8×10-8

【解析】

10-8； 解：0.000 000 08=8×10-8． 故答案为：8×

绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个

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不为零的数字前面的0的个数所决定．

10-n，其中1≤|a|＜10，n本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 12.【答案】-3

【解析】

解：若y=（m-3）x

m2-7

是二次函数，

则m2-7=2，且m-3≠0， 故（m-3）（m+3）=0，m≠3，

解得：m1=3（不合题意舍去），m2=-3， ∴m=-3． 故答案为：-3．

2

根据二次函数的定义得出m-7=2，再利用m-3≠0，求出m的值即可． 2

此题主要考查了二次函数的定义，根据已知得出m-7=2，注意二次项系数不

为0是解题关键．

13.【答案】2a（2a+1）（2a-1）

【解析】

32

解：8a-2a=2a（4a-1）

=2a（2a+1）（2a-1）． 故答案为：2a（2a+1）（2a-1）．

直接利用提取公因式法分解因式，进而利用平方差公式分解因式即可． 此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键． 14.【答案】1

【解析】

2

解：由题意得，（x+1）-（x+1）（x-2）=6，

整理得，3x+3=6， 解得，x=1， 故答案为：1．

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根据题意列出方程，解方程即可．

本题考查的是一元二次方程的解法，根据题意正确得到方程是解题的关键． 15.【答案】k＜-2且k≠-3

【解析】

解：去分母得，3（x+k）=2（x-3）， 解得x=-3k-6，

因为方程是正数根，所以-3k-6＞0， 解得k＜-2，

因为原式是分式方程， 所以x≠3且x+k≠0， 所以k≠-3．

故k的取值范围是k＜-2且k≠-3， 故答案为：k＜-2且k≠-3．

解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是正数”建立不等式、结合分式有意义的条件求出k的取值范围．

本题考查的是分式方程的解的问题，掌握分式方程的解法、分式有意义的条件是解题的关键． 16.【答案】 【解析】

解：设其中一双鞋分别为a，a′； 画树状图得：

∵共有12种情况，能配成一双的有8种情况， ∴取出两只刚好配一双鞋的概率是：故答案为：．

设其中一双鞋分别为a，a′；画出树状图，可知共有12种情况，能配成一双的有

=．

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8种情况，根据概率公式计算即可；

本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 17.【答案】2

【解析】

解：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，连接OC，如图，

∵AB过原点，

∴点A与点B关于原点对称， ∴OA=OB，

∵△CAB为等腰三角形，

∴OC⊥AB，

， ∴∠ACB=120°， ∴∠CAB=30°OC， ∴OA=

，∠AOD+∠OAD=90°， ∵∠AOD+∠COE=90°

∴∠OAD=∠COE，

∴Rt△AOD∽Rt△OCE， ∴

=（

2）=（

2

）=3，

|-6|=3， 而S△OAD=×∴S△OCE=1， 即|k|=1， 而k＞0，

∴k=2．

作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，连接OC，如图，利用反比例函数的性质得到点A与点B关于原点对称，再根据等腰三角形的性质得OC⊥AB，OA=接着证明Rt△AOD∽Rt△OCE，根据相似三角形的性质得

OC，

=3，利用k的

几何意义得到|k|=1，然后解绝对值方程可得到满足条件的k的值．

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本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，

k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称；在y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．也考查了等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．

18.【答案】（3n-1，0）

【解析】

解：∵菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=60°， ∴OA1=A1B1•sin30°=2×=1，OB1=A1B1•cos30°=2×∴A1（1，0）．

∵B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1， ∴OA2=∴A2（3，0）．

同理可得A3（9，0）…

n-1

∴An（3，0）． n-1

故答案为：（3，0）．

=，

==3，

先根据菱形的性质求出A1的坐标，根据勾股定理求出OB1的长，再由锐角三角函数的定义求出OA2的长，故可得出A2的坐标，同理可得出A3的坐标，找出规律即可得出结论．

本题考查的是相似多边形的性质，熟知相似多边形的对应角相等是解答此题的关键．

19.【答案】（ ， ）

【解析】

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解：作点B关于直线y=x的对称点B'（0，1），过点A作直线MN，并沿MN向下平移

单位后得A'（2，0）

连接A'B'交直线y=x于点Q 如图

理由如下：∵AA'=PQ=，AA'∥PQ，

∴四边形APQA'是平行四边形． ∴AP=A'Q．

∵AP+PQ+QB=B'Q+A'Q+PQ且PQ=

．

∴当A'Q+B'Q值最小时，AP+PQ+QB值最小．

根据两点之间线段最短，即A'，Q，B'三点共线时A'Q+B'Q值最小． ∵B'（0，1），A'（2，0），

∴直线A'B'的解析式y=-x+1． ∴x=-x+1．即x=， ∴Q点坐标（，）． 故答案是：（，）．

作点B关于直线y=x的对称点B'（0，1），过点A作直线MN，并沿MN向下平移

单位后得A'（2，0），连接A'B'交直线y=x于点Q，求出直线A'B'解析式，

与y=x组成方程组，可求Q点坐标．

本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，最短路径问题，找到当AP+PQ+QB最小时，Q点坐标是本题关键． 20.【答案】①②③④

【解析】

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解： 正确，证明如下：

， ∵BC=DC，CE=CG，∠BCE=∠DCG=90°

∴△BEC≌△DGC，∴∠EBC=∠CDG，

， ∵∠BDC+∠DBH+∠EBC=90°

，即BE⊥GD，故 正确； ∴∠BDC+∠DBH+∠CDG=90°

由于∠BAD、∠BCD、∠BHD都是直角，因此A、B、C、D、H五点都在以BD为直径的圆上；

由圆周角定理知：∠DHA=∠ABD=45°，故 正确；

由 知：A、B、C、D、H五点共圆，则∠BAH=∠BDH； 又∵∠ABD=∠DBG=45°，

∴△ABM∽△DBG，得AM：DG=AB：BD=1：故 正确；

过H作HN⊥CD于N，连接EG；

若BH平分∠DBG，且BH⊥DG，已知：BH垂直平分DG；

得DE=EG，H是DG中点，HN为△DCG的中位线； 设CG=x，则：HN=x，EG=DE=（+1）x；

∵HN⊥CD，BC⊥CD， ∴HN∥BC，

∴∠NHB=∠EBC，∠ENH=∠ECB， ∴△BEC∽△HEN，则BE：EH=BC：HN=2∴HE•BH=BH•

=4-2

+2，即EH=

；

；

x，DC=BC=

，即DG=

AM；

，即BE•BH=4

，

， ∵∠DBH=∠CBE，且∠BHD=∠BCE=90°

∴△DBH∽△EBC，得：DB•BC=BE•BH=4即

BC2=4

2

，得：BC=4，即正方形ABCD的面积为4；

故 正确；

故答案为： ．

由已知条件可证得△BEC≌△DGC，∠EBC=∠CDG，因为

，所以∠BDC+∠DBH+∠CDG=90°，即BE⊥GD，故∠BDC+∠DBH+∠EBC=90°

正确；

若以BD为直径作圆，那么此圆必经过A、B、C、H、D五点，根据圆周角定

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理即可得到∠AHD=45°，所以 的结论也是正确的．

此题要通过相似三角形来解；由 的五点共圆，可得∠BAH=∠BDH，而，由此可判定△ABM∽△DBG，根据相似三角形的比例线∠ABD=∠DBG=45°

段即可得到AM、DG的比例关系；

若BE平分∠DBC，那么H是DG的中点；易证得△ABH∽△BCE，得BD•BC=BE•BH，即

BC2=BE•BH，因此只需求出BE•BH的值即可得到正

方形的面积，可先求出BE、EH的比例关系，代入已知的乘积式中，即可求得BE•BH的值，由此得解．

本题主要考查三角形相似和全等的判定及性质、正方形的性质以及圆周角定理等知识的综合应用，能够判断出A、B、C、D、H五点共圆是解题的关键． 21.【答案】解：（1）原式=1-2-1+4× =-2+2 =0；

（2）原式=[ - ]•（a-1）+1 = •（a-1）+1 = + =

，

-tan45° 当a=2sin60°

=2×-1

= -1时，

原式= ==．

【解析】

（1）先计算绝对值、零指数幂、代入三角函数值，再计算乘法，最后计算加减可得；

（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再利用三角函数值得出a的值，继而代入计算可得．

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本题主要考查分式的混合运算-化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．

22.【答案】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2-（2k-1）x+k2+k-1=0有实数根，

22

1×∴△≥0，即[-（2k-1）]-4×（k+k-1）=-8k+5≥0，

解得k≤ ．

2

（2）由根与系数的关系可得x1+x2=2k-1，x1x2=k+k-1， 222222

∴x1+x2=（x1+x2）-2x1x2=（2k-1）-2（k+k-1）=2k-6k+3， 22

∵x1+x2=11，

2

∴2k-6k+3=11，解得k=4，或k=-1， ∵k≤ ，

∴k=4（舍去）， ∴k=-1． 【解析】

22

1×（1）根据方程有实数根得出△=[-（2k-1）]-4×（k+k-1）=-8k+5≥0，解之可得．

（2）利用根与系数的关系可用k表示出x1+x2和x1x2的值，根据条件可得到关于k的方程，可求得k的值，注意利用根的判别式进行取舍．

此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．

23.【答案】解：（1）∵AC=BC，CO⊥AB，A（-4，0），

∴O为AB的中点，即OA=OB=4，

∴P（4，2），B（4，0），

将A（-4，0）与P（4，2）代入y=kx+b得： ，

解得： ，

∴一次函数解析式为y= x+1，

将P（4，2）代入反比例解析式得：m=8，即反比例解析式为y= ．

（2）观察图象可知，kx+b＜ 时，x的取值范围0＜x＜4．

（3）如图所示，

∵点C（0，1），B（4，0）

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∴BC= = ，PC= ， ∴以BC、PC为边构造菱形， ∵四边形BCPD为菱形， ∴PB垂直且平分CD， ∵PB⊥x轴，P（4，2）， ∴点D（8，1）． 【解析】

（1）先根据题意得出P点坐标，再将A、P两点的坐标代入y=kx+b求出kb的值，故可得出一次函数的解析式，把点P（4，2）代入反比例函数y=出m的值，进而得出结论；

（2）利用图象法，写出反比例函数图象想一次函数图象的上方的自变量的取值范围即可；

（3）根据菱形的性质即可得出结论．

此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

24.【答案】解：（1）设B类图书的标价为x元，则A类图书的标价为1.5x元，

根据题意可得

即可得

，

化简得：0-10x=360， 解得：x=18，

经检验：x=18是原分式方程的解，且符合题意，

18=27（元）， 则A类图书的标价为：1.5x=1.5×

答：A类图书的标价为27元，B类图书的标价为18元；

（2）设购进A类图书t本，总利润为w元，A类图书的标价为（27-a）元（0＜a＜5）， 由题意得，

，

解得：600≤t≤800，

则总利润w=（27-a-18）t+（18-12）（1000-t） =（9-a）t+6（1000-t） =6000+（3-a）t，

故当0＜a＜3时，3-a＞0，t=800时，总利润最大，且大于6000元； 当a=3时，3-a=0，无论t值如何变化，总利润均为6000元；

当3＜a＜5时，3-a＜0，t=600时，总利润最大，且小于6000元；

答：当A类图书每本降价少于3元时，A类图书购进800本，B类图书购进200本时，利润最大；当A类图书每本降价大于等于3元，小于5元时，A类图书购进600本，B

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类图书购进400本时，利润最大． 【解析】

（1）先设B类图书的标价为x元，则由题意可知A类图书的标价为1.5x元，然后根据题意列出方程，求解即可．

（2）先设购进A类图书t本，总利润为w元，则购进B类图书为（1000-t）本，根据题目中所给的信息列出不等式组，求出t的取值范围，然后根据总利润w=总售价-总成本，求出最佳的进货方案．

本题考查了一次函数的应用，涉及了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用、一次函数的最值问题，解答本题的关键在于读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程和不等式组求解． 25.【答案】解：（1）∵AP=PC，AP⊥PC， ∴AC= AP=5 222

∵AB+BC=AC，AB= BC，

∴AB= ，BC=3 BC=15 ∴S四边形ABCD=AB×

（2）AC=AP+PN

如图．延长AP，CD交于点E

∵AP=PC，AP⊥PC，

∴∠APC=90°，∠PAC=∠PCA=45°

∵四边形ABCD是矩形 ∴∠ADC=90°， ∴∠ADC=∠APC

∴点A，点C，点D，点P四点共圆 ∴∠PDA=∠PCA=45°，∠PCD=∠PAD，∠DPC=∠DCA， ∵PM⊥PD

∴∠PMD=∠PDM=45°

∴PM=PD，且PM=CD ∴PD=CD， ∴∠DPC=∠DCP

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∴∠PAD=∠DAC，且AD=AD，∠ADE=∠ADC=90°

∴△ADE≌△ADC（ASA） ∴AC=AE，

∵AP=PC，∠APC=∠EPC=90°，∠PCE=∠PAD ∴△PAN≌△PEC（ASA） ∴PN=PE

∴AC=AE=AP+PE=AP+PN 【解析】

（1）由等腰直角三角形的性质可得AC=，BC=3

AP=5

，由勾股定理可求AB=

，即可求矩形ABCD的面积；

（2）由矩形的性质可得∠ADC=∠APC=90°，可证点A，点C，点D，点P四点共圆，可得∠PDA=∠PCA=45°，∠PCD=∠PAD，∠DPC=∠DCA，由“ASA”可证△ADE≌△ADC，△PAN≌△PEC，可得AC=AE，PN=PE，即可得结论． 本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键． 26.【答案】解：（1）如图1，连接OD，OC，

∵PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点， ∴∠ODP=∠OCP=90°，

∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形， ∴∠DOC=90°，OD=OC， ∴四边形DOCP是正方形， ∵AB=4，∠ODC=∠OCD=45°， = ×4=2 ； ∴DO=CO=DC•sin45°

（2）如图1，连接EO，OP， ∵点E是BC的中点， ∴OE⊥BC，∠OCE=45°， 则∠E0P=90°，

∴EO=EC=2，OP= CO=4， ∴PE= =2 ；

（3）证明：如图2，在AB上截取BF=BM， ∵AB=BC，BF=BM，

∴AF=MC，∠BFM=∠BMF=45°， ∵∠AMN=90°，

∴∠AMF+∠NMC=45°，∠FAM+∠AMF=45°， ∴∠FAM=∠NMC，

∵由（1）得：PD=PC，∠DPC=90°， ∴∠DCP=45°，

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∴∠MCN=135°，

-∠BFM=135°∵∠AFM=180°，

在△AFM和△CMN中 ∠ ∠

，

∠ ∠

∴△AFM≌△CMN（ASA）， ∴AM=MN． 【解析】

（1）利用切线的性质以及正方形的判定与性质得出⊙O的半径即可； （2）利用垂径定理得出OE⊥BC，∠OCE=45°，进而利用勾股定理得出即可； （3）在AB上截取BF=BM，利用（1）中所求，得出∠ECP=135°，再利用全等三角形的判定与性质得出即可．

此题主要考查了圆的综合以及全等三角形的判定与性质以及正方形的判定与性质等知识，正确作出辅助线得出∠MCN=135°是解题关键．

27.【答案】解：（1）由题意抛物线的顶点D（0，4），A（-2 ，0），设抛物线的解

2

析式为y=ax+4，

把A（-2 ，0）代入可得a=- ，

2

∴抛物线C的函数表达式为y=- x+4．

-4）（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，，设抛物线C′的解析式为y= （x-2m）

2

-4，

，消去y得到x2-2mx+2m2-8=0， 由

由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点， ＞

2＜m＜2 ， 则有 ＞ ，解得

＞

∴满足条件的m的取值范围为2＜m＜2 ．

（3）结论：四边形PMP′N能成为正方形．

理由：1情形1，如图，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．

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由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形， ∴PF=FM，∠PFM=90°，

易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2-m， ∴M（m+2，m-2），

2

∵点M在y=- x+4上，

2

∴m-2=- （m+2）+4，解得m= -3或- -3（舍弃），

∴m= -3时，四边形PMP′N是正方形．

情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m-2，2-m），

22

把M（m-2，2-m）代入y=- x+4中，2-m=- （m-2）+4，解得m=6或0（舍弃），

∴m=6时，四边形PMP′N是正方形．

综上，四边形PMP′N能成为正方形，m= -3或6． 【解析】

（1）由题意抛物线的顶点D（0，4），A（-2y=ax2+4，把A（2

，0），设抛物线的解析式为

，0）代入可得a=-，由此即可解决问题；

（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，-4），设抛物线C′的解析式为y=

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2

（x-2m）-4，由22

，消去y得到x-2mx+2m-8=0，由题意，抛

物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有

，解不等式组即可解决问题；

（3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2-m，可得M（m+2，m-2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m-2，2-m），利用待定系数法即可解决问题． 本题考查二次函数综合题、中心对称变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

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