初高中数学衔接试题

初高中数学衔接试题

一、单选题

1.若存在正实数.使得二二二二一，则实数X的最大值为（）

y-x5x+4y

15

A.-B.-C.1D.4

54

【答案】A

【分析】

1

转化为4冷2+1）），+x=0,以），为自变量的方程有正根，根据根

y-x5x+4y

与系数关系确定实数x的范围即可.

【详解】

y-x5x+4y

；.心铲+(5X2-1)y+x=O,

・5•”二；>()，

・・・》+”=一封二

4x

5X2-1>0-F5X2-1<0

,或《

x<0x>0

AO<x<旦或x<一旦①,

55

△=(5X2-1)2-16^>0,

A5X2-l>4x或5/-1W-4x,

解得：-IJrWw②,

综上x的取值范围是：OVxw(；

”的最大值是

故选：A.

【点睛】

本题考查了一元二次方程根的分布问题，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的

能力，属于中档题.

2.如图，ZABC=90°,BA=BCtNDBE=450,AD=4,EC=2,则等

于

A.2B.2GC.2石D.4

【答案】C

【分析】

将A6CE绕着点6旋转至6C与54重合，得到AA6石'，连DE,证明

耶DE三2DE，得DE=DE'，解三角形即可求解.

【详解】

将ABC石绕着点B旋转至BC与重合，

..BE'=BE,ZABE'=/CBE,AEr=CE=2,

jr

:./DBE'=/.DBA+ZABEf=々DBA+NCBE=-=Z.DBE,

4

..\BDE=MDE；DE'=DE,

•・•ZC=NB4E,4DAE=NDAB+NBAE'=/DAB+NC=90°，

DE=4AD?+AH=A/42+22=2石,/.DE=2后

故选:C.

【点睛】

本题考查三角形旋转变换、三角形全等、勾股定理，解题的关键将问题转化为解直角三

角形，属于较难题.

试卷第2页，总43页

3.设常数〃2>0,〃>0,甲、乙两个同学对问题“已知关于x的一元二次方程

V-内+6=0的两个复数根为牛七，若四一天|=〃，求实数〃的值”提出各自的一

个猜测.()

甲说：“对于任意一组八〃的值，〃的不同值最多有4个”；

乙说：“存在一组机，〃的值，使得〃的不同值恰有3个”

A.甲的猜测正确，乙的猜测错误B.甲的猜测错误，乙的猜测正确

C.甲、乙的猜测都正确D.甲、乙的猜测都错误

【答案】C

【分析】

此题涉及实系数一元二次方程的根的问题，分别讨论“△=0”，“△>0”，“△V0”判断即

可.

【详解】

由实系数一元二次方程V-px+机=0得

△=p2-4m

当△=()时，x]=x2,则%一对二〃二0与条件〃>0矛盾•

当△>()时，辿〃

F22

2

a-x2\=ylp-4m=n,

可得〃=±，4m+/有两个值.

当△<()时，尢=〃土也利"i

1.22

2

1%t2H\l^n-pi|=54吁〃2=n,

可得〃=±j4m-A?有一个或两个值

综上可得：当4m=小时，〃的值有3个.

当4也>〃2时，〃的值有4个.

所以甲、乙二人的猜测都正确

故选:C

【点睛】

本题考查了以实系数一元二次方程根的问题，以其判别为依托，考查了分类讨论、复数

的模等内容，属中档题.

4.如图，正方形A5C。中，AB=6,点E在边。。上，且CD=3OE.将AADE沿AE

对折至AAFE,延长所交边8c于点G,连结AG.CF.下列结论：(1)质注AAAG；

(2)BG=GC；(3)AG//CF；(4)=3.其中正确结论的个数是()

A.4B.3C.2D.1

【答案】B

【分析】

根据翻折变换的性质和正方形的性质可证AABGgAAAG；

在直角AECG中，根据勾股定理可证BG=GC；

通过证明/AGB=ZAGF=ZGFC=ZGCF,由平行线的判定可得AG//b：

3

根据相似比分析可知S.FGC=153叱，求得面积即可.

【详解】

(1)VAB=AD=AF,AG=AG"=ZAFG=90°,

RtAABGgRt故FG(HL)；故⑴正确

(2)EF=DE=-CD=2t

设BG=/G=x，则CG=6—x.

在Rt^ECG中，根据勾股定理，得(6-4+42=(x+2)2,

解得x=3

:.3G=3=6—3=GC.故(2)正确

(3)VCG—BG,BG=GF,

:・CG=GF,

・•・AFGC是等腰三角形,Z.GFC=ZGCF.

试卷第4页，总43页

又VRtr^ABG^Rt^AFG；

・•.ZAGB=ZAGF,ZAGB+ZAGF=2ZAGB

=180°-ZFGC=NG尸C十NGC尸=ZzLGFC=2乙GCF

：.NAGB=NAG尸=/GFC=NGCF,

AAGHCF；故(3)正确.

GF3Q11Q

⑷•：EF=2,GF=3,故SFGC=JSGCE=±SGCE=±X_GCEC=—.

GEadt5△OVZL525

故(4)错误.

・•・正确的个数有3个。

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了平面几何中的相似与全等的证明以及边长的运算等、属于中档题.

5.已知函数/(犬)=也竺L若关于*的方程"av+/(x)+i=o有四个不同的根,

JC

则实数f的取值范围是()

A.(Y»,e)B.(-00,-C.(3,2)D.

【答案】B

【分析】

设加=/(%),求导分析函数递增递减特性，可得m图象和其极值点，然后根据图象特

点和方程[/(x)]2+/(x)+l=0有四个不同的根，确定取值范围，即得解.

【详解】

bvcz

\bvc\—(x.l)

解：设6=/*)=---

x一而小八

------(0<%<1)

.x

<X]X2X2X2

1-lnx

—―,x>l

x

m

lnx-1,

——--,0<x<1

x

.,.当xe(l,e)时，“>0,m递增：当x«e,+8)时，〃vo，m递减；在x=e时,

病=0,m取得极大值—,

e

当X£(o,l)时，m'vO，m递减.

图象有三个交点.

故关于〃2的二次方程6Z+fm+l=0有两根叫，""，且"(w(0,-),也e(-,+oo),方

ee

满足题意.

设g(m)=^+tm+1，

则:g(；<。，

解得：—»

故选B.

【点睛】

本题考查了导数的应用及复合方程解的个数，通常采用数形结合的思想方法.属于中档

题.

二、多选题

6.台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球.若和光线一样，台球在

球台上碰到障碍物后也遵从反射定律如图，有一张长方形球台48CD,AB=2AD.

现从角落A沿角。的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落。的球袋中，

则tana的值为()

试卷第6页，总43页

H

1

A.-

6

【答案】AD

【分析】

根据题意，分两种情况作图：第一种情况：现从角落A沿角。的方向把球打出去，球

先接触边CO：第二种情况：现从角落A沿角a的方向把球打出去,球先接触边8C；

然后利用三角形全等即可求解.

【详解】

第一种情况：现从角落A沿角Q的方向把球打出去，球先接触边CO,反射情况如下：

此时，根据反射的性质，ZFAG=ZFEA=a,△/%£＞三A8CE,所以，AF=EF=CE,

G为4E中点，取A£)=l，则AB=2AD=2,设AG=x,则GE=x=E8,所以，

G4jr\o

可得，AG=—,GF=AD=1»tanct==—

3AG2

第二种情况：现从角落A沿角。的方向把球打出去，球先接触边8C,反射情况如下:

此时，根据反射的性质，NEAB=NDCF=a,ZEFA=EAFAFCD^ABAE,

所以，A£=M=CF,G为A尸中点，取AT>=1,则AB=2AD=2,设AG=x,

1RF1

则所以，可得：AG=—=GF=BE,/.tana=---=—,

3AB6

故答案选：AD

【点睛】

本题考查分类讨论的数学思想，难点在于作图，属于难题.

三、填空题

7.如图1,△46C是等边三角形，O.E分别是8a4c上两点，且AE=Z)C,BE与

AD交于点”,链接CM

BD

(2)如图2,当N3"C=150。时，一；=~DC

试卷笫8页，总43页

【答案】（1）侦；（2）且；

332

【分析】

（1）根据题意可得三△C4O,得出NA3E=NC4Q,证明CD",七四点共

圆，连接OE，由圆周角定理得出/。后。=/。”。=30°,/后。。=/£：”。=90°,得

出

DC=gcE,DC=；BD,作加_1_8£1于"则/。M〃=900,0M//。/7,得出

MD:HC=2;3,利用平行线的比例关系，结合Rf^MDE边角关系,即可得出结果;

（2）同（1）得：C,D,4,E四点共圆，连接OE，由圆周角定理得出

/DEC=/DHC=9N，

4EDC=/EHC=3G‘，得出=得出空二’,作

22DC2

短加_14）交出：于历，则。^〃。”，得出M£>:〃C=1:3,与（1）同理，可得

出结论.

【详解】

（1）•.•△45。是等边三角形，.・.48=5。=。1

NBAE=4ACD=60°,AE=DC^ABE三△CW,NABE=ZCAD,

「.ZBHD=ZABE+NBAH=ZCAD+ZBAH=ZBAC=60°，

ZDHE=1200,NDHE+ZBCA=120°+60°=180°,

四点共圆，连接/足，如图（1）所示，

则/DEC=Z.DHC=ZBHC-NBHD=90°-60°=30°，

ZEDC=NEHC=180°-NBHC=90°,/.DC=-CE,

2

AE=DC,BD=CE,DC=-BD,作DM_LBE于M，

2

则/DMH=90°,DM//CH,

:.MD:HC=BM:BH=BD:BC=2:3,

设MD=2x,则HC=3x,在RhDMH中,

/MDH=30。.MH=—MD=—x.:.BH=2显，

33

BH2cx2石

~HC~3x

（2）同（1）得：C,RH,E四点共圆，连接Z）E，

•・•/BHC=150°,NBHD=60°,,ZDHC=DEC=90°，

/EDC=/EHC=180°-150"=30°

CE=-DC,-AE=DC,BD=CE,BD=-DC,

22DC2

作ZW_LAD交班:于M，则NM£>H=90°，DM//CH,

:.MD:HC=BM:BH=BD:BC=\:3,设=则”C=3x,

在2△DM”中，/DMH=3N，...MH="0=拽乂,BH=瓜，

cos30°3

【点睛】

本题考查等边三角形性质、全等三角形的判定和性质、四点共圆、圆周角定理、平行线

性质、三角函数等知识，意在考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.

2

8.如图，正方形4旦46的顶点匕、鸟在反比例函数y=-(x>0)的图象上，顶点A、

X

⑸分别在工轴、)轴的正半轴上，再在其右侧作正方形鸟64线，顶点8、£在反

2

比例函数y=—(x>0)的图象上，顶点儿在久•轴的正半轴上，则点A的坐标为.

X

试卷第10页，总43页

【答案】（6+1,6-1）.

【分析】

2

作轴于。，《O_Lx轴于Q,6石上不轴于石，A于?，设《（々，一），

a

2

则C[=a,0C=~,易得RiA<BC=对△&AQ合Ri△ARD,

a

22

则。旦=4C=AO=〃，所以OA=B，=PD=一一。，则2的坐标为（一，

aa

2、

—a）,

a

2

然后把8的坐标代入反比例函数>=一，得到。的方程，解方程求出。，得到B的

x

坐标；

22

设鸟的坐标为（上一），易得口△£6r3M△&鸟£,则=A尸=。E二一，

bb

通过

2

OE=OD+DE=2+-=b,这样得到关于〃的方程，解方程求出〃，得到A的坐

b

标.

【详解】

作《C_Ly轴于C,£O_Lx轴于。，々E_Lx轴于七，八尸,鸟。于尸，

22

如图所示：设《（〃，一），则cq=。，OC=-,

aa

•.♦四边形4瓦46为正方形，..幺旦4=90。，「./。44+/。与4=90。，

QNC8/+NC44=90。，/。片4+/。44=90。，NC8出=NOAg,

NBC4=NBQA=90°

在△《耳。和△与儿。中，,NOBiA=NCqB[,/.△^B,C=A

B出=4用

B^O（AAS）,

2

同理：△B,A,O=A42。，」.O旦=［。=4。=4,「.QA=4。=2。=一一a,

a

2222

•.OD=a十一一〃=一，的坐标为（一，一一〃），

aaaa

222

把E的坐标代入y=-（x>0）得：（一一a）-=2,

xaa

解得：。二一1（舍去）或a=l,.•.g（2,l）,

设8的坐标为3,晟），

又•.•四边形鸟鸟&鸟为正方形，同上：△鸟勺尸二△

22

:.P,E=P3F=DEf:.OE=OD+DE=2+-,:.2+-=b,

bb

解得:b=l-6（舍去），b="6

点g的坐标为（JJ+1,73-1）.故选A.

【点睛】

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点为横纵坐标之积为定值；也考查了正方

形的性质和三角形全等的判定与性质以及解分式方程的方法.

四、解答题

9.对于平面内的。。和。。外一点。，给出如下定义：若过点。的直线与。。存在

公共点，记为点A,B,设土二二八，则称点A（或点B）是。。的“々相关依

附点”.特别地，当点A和点8重合时，规定AQ=8。，％=考（或鬻）.已知

在平面直角坐标系xQy中，。（一1,0）,C（l,0）,OC的半径为一.

试卷第12页，总43页

①若A（°，1）是。。的“k相关依附点”，则k的值为；

②人（1+a,0）是否为0c的“2相关依附点”？答：是（选"是”或“否”）；

（2）若。。上存在“攵相关依附点”点M,

①当〃=1,直线QW与。。相切时，求a的值；

②当k=时，求r的取值范围；

（3）若存在r的值使得直线y=-43x+h与。。有公共点，且公共点是。。的“遥相

关依附点”，直接写出8的取值范围.

【答案】（1）①/，②是；（2）①②Uv2；（3）-+<b<3瓜

【分析】

（1）①如图1中，连接CR、Q\.首先证明Q4是切线，根据攵=夸计算即可解

决问题；②根据定义求出々的值即可判断；

（2）①如图，当厂一1时，不妨设直线Q”与OC相切的切点〃在X轴上方（切点A/

在％轴下方时同理），连接CM,则QM_LCM,根据定义计算即可；

②如图3中，若直线QM与。。不相切，设直线加与。。的另一个交点为N（不妨

设QNVQM,点N,M在X轴下方时同理），作CO_LQM于点D,则MD=ND,可得

MQ+NQ=2DQ,CQ=2,推出欠=———=——=DQ,可得当％=时，DQ

=丛,可得CD的值，再因为点。在。。外，可得，的取值范围；

（3）由⑵可知，。。的“⑺相关依附点”，在直线QM：>="—且或

3

）,=一心一彳上，且r的取值范围是1*V2,当r=2时，易知直线》二氐+当与

0C（大圆）的交点，当/•=1时，易知直线丁二一小一苧与OC（小圆）的交点,

当直线y--百x+6与线段QE,线段。户有交点时（线段端点除外），满足条件，带

点即可解决问题.

【详解】

解：（1）①如图1中，连接GA

由题意：OC=OQ=OAl=lf

・•.△QAC是直角三角形，即AC^QA，

・••QA是0。的切线，

口处=巫=0

CQ2

②•・•4（1+及,o）在℃上，

2-72+1+72+1~

,k=-----------------=2

2

4（1+&,0）是OC的“2相关依附点”，

故答案为：（1）①行；②是；

（2）①如图2,当广=1时，不妨设直线QM与OC相切的切点M在x轴上方（切点M

在工轴下方时同理），连接CM,则QMJ.CM.

试卷第14页，总43页

y

・・・。（一1,0）,C（l,o）,r=l,

：.CQ=2,CM=\.

・,.MQ=6

„…2MQ20rr

此时Zf=—丝=」-=6；

CQ2

②如图3中，

若直线QM与OC不相切，

设直线QM与。。的另一个交点为N（不妨设QNvQM,点N,M在x轴下方时

同理）.

作8_LQM于点。，则MO=ND.

:・MQ+NQ=（MN+Ng+NQ=2ND+2NQ=2DQ.

“c,MQ+NQ2DQ八八

.：CQ=2啖j*=DQ.

，当k=G时，DQ=y/3.

此时CD=[CQ2-DC=1.

又：点。在OC外，则/*V2

Jr的取值范围是l<rv2.

由（2）可知，。。的“G相关依附点“，在直线QW：y=y/3x+B或

33

上，且「的取值范围是1*V2,

当r=2时，易知直线>二岛+塔与。。（大圆）的交点网2,6）,

当r=l时，易知直线y=-JGx-4•与GC（小圆）的交点尸一

当直线y=-Jlr+b与线段QE,线段。尸有交点时（线段端点除外），满足条件.

当直线y=—任+人经过点E（2,G）时，可得b=3百,

当直线y=—J§x+h经过点Q（—1,0）时，可得力=一百，

观察图像可知满足条件的b的取值范围-抠<b<3坦.

【点睛】

本题考查一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点A（或点

B）是0c的“&相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知

识解决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题

试卷第16页，总43页

10.分解因式:

⑴肛一l+x-y；

(2)2x2+孙-y"-4工+5》-6；

⑶f—3f+4.

【答案】⑴(y+D(x-l)；(2)(21-)，+2)。+)，-3)；(3)(x+l)(x-2)2

【分析】

(1)先结合第一项与第三项，提公因式x,然后再提公因式y+1即可(2)观察后变

形为2x?+xy-y2-4x+5y-6=(2x2-xy+2x)+(2xy-y2+2y)-6x+5y-6,提

取公因式即可(3)变形为d—3/+4=x3+]_3(x2—]),利用立方和和平方差公式

即可.

【详解】

(l)Ay-l+x-y=A^+x-l->=x(l+y)-(l+y)=(x—l)(y+l)；

(2)2x2+xy-y2-4x+5y-6=(2x2-xy+2x)+(2xy-y2+2y)-6x+3y-6

=x(2x-y+2)+y(2x-y+2)-3(2x-y+2)

=(2x-y+2)(x+y-3).

⑶

X3-3X2+4=X34-1-3(X2-1)=(X+1)(X2-X+1)-3(X+1)(X-1)=(X+1)(X2-4X+4)

=(X+1)(X-2)2.

【点睛】

本题主要考查了公式法及提取公因式法分解因式，观察变形，正确运用公式是关键，属

于难题.

11.定义：对于函数y,我们称函数N叫做函数)的正值函数.例如：函数y=:的正

值函数为)，=日.如图为曲线丫=：(彳>0)的图象.

V

(l)请你在图中画出y=x+3的正值函数的图象并写出y=R+3的正值函数的两条

性质；

0i

t3

-一

—I

-L-L

II

_L_L

4

(2)设)，=/3的正值函数的图象与.［轴、丁轴、曲线y=—(x>0)的交点分别为A、

X

B、C.点。是线段AC上一动点(不包括端点)，过点。作无轴的平行线，与)，=x+3

4

的正值函数图象交于另一点E,与曲线y=—(x>0)的图象交于点尸,试求的

面积的最大值.

25

【答案】(1)答案见解析；(2)—.

8

【分析】

(1)利用描点法画出>=x+3的正值函数y=|x+3|的图形即可，根据图象可得其性

质.

(2)设。(租，加+3),则尸(；击，机+3),利用三角形的面积公式构建一次困数，

试卷第18页，总43页

利用二次函数的性质解决问题即可.

【详解】

(1)y=工+3的正值函数为y=|x+3],函数图象如图所示:

函数y=|x+3|的性质：①图象与x轴交于(-3,0).

②当不<一3时，y随x的增大而减小.

③当x>—3时，)'随汇的增大而增大.

(2)如图2中,

4

设。(也加+3),则尸，m+3,(—)

〃z+3

1(-nV-3m+4

•(m+3)=—(trr

2Im+32、

325

••・"2=-彳时，△PAO的面积最大，最大值为

28

图2

【点睛】

本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，正值函数的定义，三角形的面

积,解题的关键是理解题意，学会利用参数构建二次函数解决最值问题，属于常考题型.

12.已知：四边形ASCD中，AB//CD,且A3、CZ）的长是关丁3的方程

/一2祗+（*『+»的两个根.

（1）当m=2和机〉2时，四边形ABC。分别是哪种四边形并说明理由.

（2）若M、N分别是A。、3C的中点，线段MN分别交AC、BD于点P、。,

PQ=1,且A5<CD,求45、的长；

（3）在（2）的条件下，AD=BC=2,求一个一元二次方程，使它的两个根分别是

tanZ.BDC和tan/BCD.

4L

【答案】（1）答案见解析：（2）48=2,CZ>4：（3）v2--V3.v+l=0.

【分析】

（1）根据当m=2和加>2时：方程根的情况来进一步判断和CD的数量关系，

结合其位置关系，判断该四边形的形状；

（2）根据梯形的对角线的中点所连接的线段等于上下底差的一半，结合根与系数的

关系得到关于机的方程，从而求出方程的两个根；

（3）根据梯形的边之间的关系，求得这两个角的度数，再根据特殊角的锐角三角函

数值写出这个一元二次方程.

【详解】

解：（1）当m=2时，x2-4x+4=0.

试卷第20页，总43页

•••A=0,方程有两个相等的实数根.

:.AB=CD,此时AB//CD，则该四边形是平行四边形；

当机>2时，△=，〃一2>0,

又•/AB+CD=2tn>0,

4&CO=（帆-京i2+7\>o,

AB。CD.

该四边形是梯形.

（2）根据三角形的中位线定理可以证明：连接梯形的两条对角线的中点的线段等于

梯形的上下底的差的一半.

则根据尸。=1，得8-AB=2.

根据（1）中的AB+CD和A8・CO的式子得（2m）2-4（W-〃?+2）=4,

:.m=3.

当初=3时，则有f一6x+8=0，

「.x=2或工=4,

BPAB=2,8=4.

（3）根据该梯形是等腰梯形，平移一腰，则得到等边△8EC.

..ZBCD=60°,ZBDC=30°.

,/tanZ.BDC+tan/BCD=—75,

3

tanZBDC»tanZBCD=1.

•••所求作的方程是y2-^y+\=0.

【点睛】

注意平行四边形的梯形的概念的区别：能够证明梯形的对角线中点所连线段等于上

下底差的一半；能够根据根与系数的关系由已知方程写出两根之和，两根之积.反

过来能够根据两根之和，两根之积写出一个方程.

13.随着6月6日5G商用牌照发放，中国正式进入5G商用时代.某人在一山坡尸处观

测对面山顶上的一座5G基站（如图），图中所示的山坡均可视为直线，其中基站所在的

山坡AB的坡角为45。，点，所在山坡AP的坡度为/=1:2.基站点B距坡谷点A的距

离为100夜米，点P距坡谷点4的距离为40石米，且在点。处测得塔顶点。的仰角

是37°.求基站BC的高度.（参考数据：cos37°«0.80,tan37。«0.75）

【答案】75米

【分析】

延长C3交水平线于点O,过点P作PE_LD4于点E,过点P作WJLI•点/，再根

据三角函数值与BA=100人求解得BD=DA=100.再根据山坡AP的坡度为

i=l:2与点P距坡谷点A的距离为40拈米，求得PE,再在RuCFP中根据三角

形三边关系可求得尸尸,b,进而求解BC即可.

【详解】

解：延长C8交水平线于点D，过点尸作PEJLD4于点E,过点P作PF_LBO于点产

（如图）

DAE水平地窿

则乙BDA=ZAEP=/CFP=90,

且尸尸=D4+AE,

在Rt^BDA中,N8OA=90°,NDAB=45°

DA…42

cosZ.DAB==cos45=—

AB2

又・.・A5=100夜米，

.•.ZM=100米，

易得80=100米，

在Rt^AEP中,ZAEP=90,

试卷第22页，总43页

tanZEAP==Z=1:2,

AE

:.AE=2PE,

由勾股定理，得

AP=7AE?+PE?=J(2PE)2+PE2=由PE,

又・・・尸4=406米，

二.PE=40米,AE=80米，

.•.M=£M+M=180(米)，

在•△CF尸中，

ZCFP=90,NCPF=37°,

CF3

tan3T=---«0.75=—

PF4

3

.\CF=-PF=135(米),

4

BC=CF+FE>-8。=135+40-100-75(米)，

故基站5C的高度约为75米.

【点睛】

本题主要考查了三角函数与勾股定理在实际测量中的运用，属于难题.

14.已知函数/("=/+加+《同《5,°£/?),记A={x[/(x)=x},

8={+(/(0)=4.

(1)若b=5,c=3,求集合A、Bx

(2)若集合A={%,%},8={%,芯,芭,匕}，且|苦-xj+k-xjW6+1恒成立，求/?+c

的取值范围.

「5、

【答案】(1)A={-1,-3},B={-l,-3}；(2)--,8.

.4/

【分析】

(1)当6=5,c=3时，直接解方程/(x)=x可得集合A，解方程/(7(x))—x=0

可得集合8：

(2)由题意得/(五)一%=/+(力-1)%+。=(工一%)(%一毛)，由此化简得出

+1)+1],由此可得出与、S是方

/(/(X))-X=(X-X1)(X-X2)[(X-A2

程x2—(玉+w-2)x+(x—-1)+1=0的两根，利用韦达定理可得

|王一七|+|七一二J(67)2-4C+_4C-4，可求得-4c<5，

经过化简计算得出匕+c的取值范围.

【详解】

(1)当〃=5,c=3时，/(X)=X2+5X+3,则/(X)-X=X2+4X4-3=(X+1)(X+3),

A={-1,-3}.

/(/(x))r=/(/(x))-/a)+/(x)r=(〃x)+D(/(x)+3)+(x+l)(x+3)

=(/(X)-X+X+1)(/(X)-X4-X+3)+(X+1)(X4-3)

=(x+l)(x+4)(x+3)(x+2)4-(^4-l)(x+3)=(x+l)(x+3)(x2+6x+9)=(Jt+l)(x4-3)3

.b.8={-1,-3}；

(2)由题意得=4-(Z?-1)X+C=(X-XI)(X-X2),

/(/W)-^=/(/W)-/(X)+/(X)-X=(/(X)-X1)(/(X)-A2)+(X-^)(X-X2)

=（/（同-工+工_%）（/（力-犬+工72）+（工_$）（/一工2）

=（%一%）（工一々+1）（工一电）（工一工［+l）+（x-xI）（x-x2）

=（X-X1）（X-X2）［（X-X2+4-1）+1］,

则方程（1一七+1）（工一%+1）+1=0的两根为七、X4,

即方程f—（毛+七-2）x+（%—1）（/—1）+1=0的两根为七、x4,

由韦达定理得思+/=%+工2-2,XyXA=x^x2-(天+w)+2,

•••|七一七|二小(七+.)2-4天/={(%+%2)2—452-4=^(/?-1)2-4C-4，

I%-W|+1W-七|=J(，-1)-4c+-4c-4

令1=-4c>2,r+7/2-4<>/5+l>

函数g（f）=f+J”一4在（2+8）上单调递增,且g（、6）=6+1,则

g（f）Wg（⑹，

试卷第24页，总43页

.,4<(/,-1)2-4C<5,则归比止

44

(biI)25,(biI)24

-------<Z?+c<---------，

44

v-5<Z?<5,.-.^<Z?+1<6,/.0<(Z?+l)2<36,因此，一:Wb+c<8.

【点睛】

本题考查方程的求解，同时也考查了代数式取值范围的计算，涉及不等式基本性质的应

用，灵活利用因式分解是解答的关键，考查计算能力，属于难题.

15.如图1,在oABCD中，ZABC=45°,=AC,点£在边3。上，连结AE.

(1)若BE=2CE=4,求AA8E的周长；

(2)点尸是AE上一点，连结。b交AC于点G.

①如图2,若力/平分NADC,/C4E=NAD/，求证：DG=2AF；

②如图3,连结FC,过点。作OH_LFC交FC的延长线于点H,且/HDC=ZADF9

延长AE交。。延长线于点P,请直接写出线段PF、FG、CV之间的数量关系.

【答案】(1)3&+4+屈；⑵①证明见解析；®PF+FG=42CF

【分析】

⑴过点A作AW_L3C于点M，分别在Rt^ABC^RtVAME利用勾股定理求解各

边长即可得.

(2)①延长AE交DC的延长线于点N,证明AADF处&NDF即可.

②作CI//HD，证明可得AFCP三"CP.即可得PF=G/,进而根据AICF为等腰直角

三角形可知PF+FG=FI=&F

【详解】

解：(1)过点A作AM±BC于点M,

△ICF

・.・BE=2CE=4,

:.CE=2,BC=BE+CE=6,

又・.,A8=AC,ZABC=45°

:.ZABC=ZACB=45°,

即NB4C=90。，

在等腰Rf△ABC中，

AM=BM=-BC=3,AB=BCcos45J=6x—=3yf2

32

:.ME=BE-BM=4-3=L

在RtNAME中，

AR7AM'EM?=5/32+」二回,

「.△AB石的周长为：AB+BE-AE=3y/2+4+y/i0.

(2)①延长AE交DC的延长线于点N.

由⑴得，

在aABCD中,ZACD=/CAB=90。,CO=A8=AC,

・.・。/平分乙4。。，

ZADF=NCDF,

又「ZCAE=ZADF,

NCAE=/CDF,

在中△APG,ZGAF+ZAGF+ZAPG=180°

在/\DCG中,/CDG+ZDGC+ZDCG=180

试卷第26页，总43页

又•・・ZAGF=ZZX7C,

.-.ZAPG=ZDCG=90

又4DFN=NDEA=90。.

:.DF=DF、

:小ADF'NDF,

AF=NF,

即AN=2AF,

又・・・ZACN=NDCG=90°,

:AACNS知DCG,

:.AN=DG,

:.DG=2AF.

②作a///TO，则CI±FC.

因为NHDC=ZA£>£ZADC=45。,故4FDH=45。,故NG/C=45°.

故Rt^FCI为等腰直角三角形.FT=/C.

又ZDCI=ZCDH,ZDCI+ZACI=ZACF+ZACI=90°,

故NFCP=90°-ZFC4=ZGC7.

又ZDAC=ZDFC=45°，故A忆C,。四点共圆，故ZACD=ZAFD=90°.

故NPFC=90°-ZLDFC=45°.

ZPFC=NGIC

综上j尸。=/C.故△尸CP^ICP.即可得PF=GI.

ZPCF=ZGCZ

又JCF为等腰直角三角形可知PF+FG=GI+FG="=41CF

故PF+FG=yfiCF

D

【点睛】

本题主要考查了平面几何中全等的证明以及线段关系的证明，需要做辅助线利用三角形

性质进行证明.属于难题.

16.如图，△ABC是等腰直角三角形，NACS=90。，AC=BC,点P是△A3C内一点,

连接/<4,PB,PC,已知Nl=30。，Z2=Z3.

(1)求证:AP=3C；

(2)试探究△DIB与APSC的面积的比值.

【答案】(1)详见解析；(2)、回+1.

【分析】

(1)过点尸作PM_LAC,PNJ,3C,易得四边形CMPN是矩形，再由22=23,

得到CN=gCB,8C=2CN,然后在中，由Nl=30"，得到B4=2PM即

可.

(2)结合(1)知SAPAB：SMBC=g(ACxBC-ACxPM-BCxPN)：；PNxBC

=(6-»PM:PN,再由A尸=8C=AC,Z1=3OJ>得至UN2=90'一750=15。，

然后由里二tanl5。求解.

PM

【详解】

(1)如图所示:

试卷第28页，总43页

c

过点P作尸M_LAC,PNJLBC,

因为ZACB=4PMe=4PNC=90，

所以四边形CWPN是矩形，

所以PM=CN,又N2=N3,

所以CN==CB,BC=2CN,

2

在RSPMA中,因为Nl=30"，

所以B4=2尸M,

所以AP=8C.

(2)由⑴知AP=BC=AC,Z1=30°»

所以NACP=NAPC=75'，Z2=90-75°=15°，

PNPN

tan15CO0=——=——=2-百,

CNPM

所以S△心/S△叫C='(ACXBC—ACXPM—8CXPN)：4PNX8C,

22

(AC-PM-PN)：PN=(AM-PM)：PN,

一，PM:PN=^^=6+k

【点睛】

本题主要考查平面几何图形中的边角关系的应用，还考查了转化化归的思想、数形结合

思想和运算求解的能力，属于较难题.

17.符号K]表示不大于