2020届全国名校数学试题精析汇编专题(12)探索性问题
2020全国100所名校高考模拟金典卷理科数学试卷及答案解析(13页)
2020全国100所名校高考模拟金典卷理科数学试卷理科数学试卷（120分钟 150分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若集合2|01x A x x +⎧⎫=≤⎨⎬-⎩⎭，[]{}2|log (2)(1)B x y x x ==-+，则A B =I （ ） A.[-2,2) B.(-1,1) C.(-1,1] D.(-1,2) 2.复数21iz i=-，则z 在复平面内的对应点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若242, 16a S ==，则5a =（ ） A.10 B .12 C .13 D .144.给出下列说法： ①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件;②定义在[a, b]上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30； ③命题“0001,2x x x ∃∈+R …”的否定形式是“1,2x x x∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A.0 B.1 C.2 D.35.已知点()2,3A ，且点B 为不等式组00260y x y x y ⎧⎪-⎨⎪+-⎩…„„，所表示平面区域内的任意一点，则||AB 的最小值为（ ）A.12D.1 6.函数2()sin f x x x x =-的图象大致为（ ）A. B. C. D.7.3ax ⎛ ⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（ ）A.2ln2B.ln2C.2D.18.执行如图所示的程序框图，若输出的120S =，则判断框内可以填入的条件是（ ） A.4?k > B .5?k > C.6?k > D.7?k >9.河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察而画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”，把一到十分为五组，如图所示，其口诀：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中.现从这十个数中随机抽取4个数，则能成为两组的概率是（ ）A.13 B .110C.121D.125210.如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ） A.2对B.3对C.4对D.5对11.已知直线:2l y x b =+被抛物线2:2(0)C y px p =>截得的弦长为5，直线l 经过C 的焦点，M 为C 上的一个动点，设点N 的坐标为()4,0，则MN 的最小值为（ ） A.C.12.已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和. 设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（ ）A.2B.3C.4D.5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上. 13.已知A B C ，，为圆O 上三点，且2CO BA BC =-u u u r u u u r u u u r ，则BA BC ⋅=u u u r u u u r_____________.14.已知函数()2sin()0,,2f x x πωϕωϕπ⎛⎫⎡⎤=+>∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的部分图象如图所示,其中()01f =，5||2MN =，则点M 的坐标为_____________.15.如图，点A 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右顶点，右焦点为()2,0F ，点P 为双曲线上一点，作PB x ⊥轴，垂足为B ，若A 为线段OB 的中点，且以A 为圆心，AP 为半径的圆与双曲线C 恰有三个公共点，则双曲线C 的方程为____________.16.已知在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，4BC CD BC CD AB AD ⊥====，，，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为____________.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.17.在ABC △中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，sin ()sin sin a A a b B c C ++=，ABC △的面积S abc =. （1）求角C 的大小；（2）求ABC △周长的取值范围.18.如图，在多面体ABCGDEF 中，AB AC AD ，，两两垂直，四边形ABED 是边长为2的正方形，AC DG EF ∥∥，且12AC EF DG ===，.（1）证明：CF ⊥平面BDG . （2）求二面角F BC A --的余弦值.19.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推岀两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次，每次收取维修费2000元； 方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次，每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，如下表：以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率.记X 表示准备购买的2台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数. （1）求X 的分布列；（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更划算？20.已知O 为坐标原点，椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的右焦点为()1,0F ，，过点F 的直线l 与C 相交于A B 、两点，点M 为线段AB 的中点.（1）当l 的倾斜角为45︒时，求直线OM 的方程；（2）试探究在x 轴上是否存在定点Q ，使得QA QB ⋅u u u r u u u r为定值？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.21.已知函数2()2(1)ln(1)2f x x x x x =++--. （1）判断函数()f x 的单调性； （2）已知数列{}n a ，()*123ln(1),1n n n n a T a a a a n n +==∈+N L L ，求证：[]ln (2)12n nn T +<-. （二）选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos 3sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）.在以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线2C 的极坐标方程为24sin 5ρρθ=+. （1）写出曲线1C 的普通方程和2C 的直角坐标方程； （2）若P Q ，分别为曲线12C C ，上的动点，求PQ 的最大值. 23.[选修4-5：不等式选讲] 已知函数()|2||36|f x x x =-++. （1）解不等式()34f x x ≥-+；（2）若函数()f x 的最小值为a ，且2(0,0)m n a m n +=>>，求11m n+的最小值.1.答案 B命题意图 本题考查解不等式与集合的运算. 解题分析 不等式201x x +≤-，等价于()()210x x +-≤且10x -≠，解得21x -≤<，即集合{}|21A x x =-<„ ，函数2log [(2)(1)]y x x =-+的定义域为(2)(1)0x x -+>，解得12x -<<，即集合{|12}B x x =-<<，所以()1,1A B =-I .2答案B命题意图 本题考查复数的运算及几何意义. 解题分析 由222(1)111i i i z i i i +===-+--，知对应点的坐标为()1,1-，所以对应点在第二象限. 3.答案D命题意图 本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式.解题分 由题意得211412246164a a d a S a d d =+=⎧=-⎧⎪⇒⎨⎨=+==⎪⎩⎩，则524414a =-+⨯=.4.答案 C命题意图 本题考查命题及充分、必要条件. 解题分析 对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域为[],a b ，所以5b =， 所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为(5)(5)30f f -==，所以②正确； 对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+R …”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③是错误的； 故错误说法的个数为2. 5.答案 C命题意图 本题考查线性规划及点到直线的距离公式.解题分析 结合不等式，绘制可行域，如图.由0260x y x y -=⎧⎨+-=⎩，得22x y =⎧⎨=⎩，即()2,2C ，点A 的位置如图所示，计算A 点到该区域的最小值，即计算点A 到直线260x y +-=的距离，所以min ||AB ==6.答案 A命题意图 本题考查函数的奇偶性与单调性，函数导数的应用.解题分析()f x 为偶函数，排除选项B ；2()sin (sin )f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-， 则()1cos 0g x x '=-≥恒成立，所以()g x 单调递增，所以当0x >时，()()00g x g >=， 所以当0x >时，()()0f x xg x =>，且()f x 单调递增，故选A 项. 7.答案 A命题意图 本题考查二项式定理及定积分.解题分析根据二项式3ax ⎛ ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4a T C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4111111d d ln 2ln 2ax x x xx ===⎰⎰.8.答案 B命题意图 本题考查程序框图.解题分析 模拟执行如图所示的程序框图如下：1,1k S ==； 2,4k S ==； 3,11k S ==； 4,26k S ==； 5,57k S ==；6,120k S ==，此时满足条件5k >，输出120S =. 所以判断框内可以填入的条件是5?k >. 9.答案 C命题意图 本题考查古典概型.解题分析 现从这十个数中随机抽取4个数,基本事件总数140n C =，能成为两组包含的基本事件个数52m C =，则能成为两组的概率25410121C m P n C ===.10.答案 C命题意图 本题考查三视图，线面垂直和面面垂直的判定.解题分析 该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，易知平面PAD ⊥平面ABCD ，作PO AD ⊥于O ，则PO ⊥平面ABCD ，PO CD ⊥，又AD CD ⊥，所以CD ⊥平面PAD ，所以平面PCD ⊥平面PAD ，同理可证平面PAB ⊥平面PAD ，由三视图可知PO AO OD ==，所以AP PD ⊥，又AP CD ⊥，所以AP ⊥平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD ，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对.11.答案 C命题意图 本题考查抛物线方程及过焦点的弦.解题分析 由题意得22224(42)02y x bx b p x b y px=+⎧⇒+-+=⎨=⎩， 则()22222512424b p b ⎡⎤-⎛⎫=+-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，又直线l 经过C 的焦点，则22b p-=，b p ∴=-. 由此解得2p =，所以抛物线方程为24y x =.设()00,M x y ，则204y x =， ()()()2222200000||444212MN x y x x x ∴=-+=-+=-+，故当02x =时，||MN取得最小值.12.答案 A命题意图 本题考查数列的综合应用. 解题分析 当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列， 11n n S ∴=-，1n n S n +=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ， 得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭， 依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.13.答案0命题意图 本题考查平面向量的数量积.解题分析 11()22CO BA BC CA =-=u u u r u u u r u u u r u u u r Q ，∴圆心O 为线段AC 的中点，因而90ABC ∠=︒，故0BA BC ⋅=u u u r u u u r .14.答案 ()1,2-命题意图 本题考查三角函数的图象及解析式.解题分析 函数()2sin()0,,2f x x πωϕωϕπ⎛⎫⎡⎤=+>∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的部分图象如图所示.(0)2sin 1f ϕ==Q ，56πϕ=Q .又5||2MN ==3πω∴=，即函数5()2sin 36f x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 令52sin 236x ππ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，结合图象得5362x πππ+=，解得1x =-，故点M 的坐标为()1,2-. 五步导解 解↔答15.答案 221x y -=命题意图 本题考查双曲线的标准方程、离心率和渐近线方程.解题分析 由题意可得(),0A a ，又A 为线段OB 的中点，所以(2,0)B a ，令2x a =，代入双曲线的方程可得y =，可设()2,3P a b -，由题意和结合图形可得圆A 经过双曲线的左顶点(),0a -，即||2AP a =，即2a =a b =，又c =222a b c +=，得1a b ==，故双曲线C 的方程为221x y -=.16.答案 36π命题意图 本题考查多面体与球.解题分析 如图取BD 的中点E ，连接AE CE ，，则AE BD CE BD ⊥⊥，. Q 平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD I 平面BCD BD =，AE ∴⊥平面BCD .又CEC Q 平面BCD ，AE CE ∴⊥.设ABD △的外接圆的圆心为O ，半径为r .AB AD ∴=， ∴圆心O 在AE 所在的直线上，22222()r BE OE BE r AE ∴=+=+-. Q在Rt BCD △中，BD =BE EC ∴==在Rt ABE △中，2AE ，()2282r r ∴=+-，解得，3,1r OE =∴=. Q在Rt OEC △中，3OC ==，3OA OB OC OD ∴====，∴点O 是三棱锥A BCD -的外接球的球心，且球的半径3R =，∴球的体积34363V R ππ==.17.命题意图 本题考查正、余弦定理及三角恒等变换.解题分析（1）由sin ()sin sin a A a b B c C ++=及正弦定理得222a b ab c ++=，又由余弦定理得1cos 2C =-，23C π∴=. （2）由1sin 2S abc ab C ==，可知2sin c C =，2sin ,2sin a A b B ∴==，ABC △的周长为1(sin sin sin )2a b c A B C ++=++1sin sin 23A A π⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦11sin sin 22A A A ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭11sin 22A A ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭1sin 23A π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.0,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭Q ，2,333A πππ⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，sin 3A π⎤⎛⎫∴+∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦，ABC ∴△周长的取值范围为⎝⎦.18.命题意图 本题考查空间点线、面关系及线面垂直、二面角.解题分析（1）证明：因为AB AC AD ，，两两垂直，AC DG AB DE ∥，∥， 所以DG AD DG DE ⊥⊥，，所以DG ⊥平面ABED ，因为AE ⊂平面ABED ，所以DG AE ⊥，因为四边形ABED 为正方形，所以AE BD ⊥，因为BD DG D =I ，所以AE ⊥平面BDG ，因为AC EF ∥所以四边形AEFC 为平行四边形，所以AE CF ∥，所以CF ⊥平面BDG .（2）由（1）知DE DG DA ，，互相垂直，故以D 为坐标原点，以DE DG DA ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -， 则(0,0,0),(0,0,2),(2,0,2),(0,1,2),(2,1,0)D A B C F ， 所以(0,1,2),(2,1,0)FB CB =-=-u u u r u u u r.设(),,m a b c =u r 为平面BCF 的法向量，则2020m FB b c m CB a b ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩u r u u u r u r u u u r ， 令1a =，则21b c ==，，所以()1,2,1m =u r.又因为AD ⊥平面ABC ，所以()0,0,2DA =u u u r为平面ABC 的一个法向量，所以()cos ,m DA ==u r u u u r 由图可知二面角F BC A --是钝角，所以二面角F BC A --的余弦值为. 19.命题意图 本题考查离散型随机变量的期望和方差以及方案的确定. 解题分析 （1）X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6111(0)1010100P X ==⨯=，111(1)210525P X ==⨯⨯=，11213(2)25551025P X ==⨯+⨯⨯=， 131211(3)2210105550P X ==⨯⨯+⨯⨯=，22317(4)25510525P X ==⨯+⨯⨯=， 236(5)251025P X ==⨯⨯=，339(6)1010100P X ==⨯=，X ∴的分布列为（2）所选延保方案一，所需费用1Y 元的分布列为()117117697000900011000130001500010720100502525100E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（元） 选择延保方案二，所需费用2Y 元的分布列为()267691000011000120001042010025100E Y =⨯+⨯+⨯=（元）()()12E Y E Y >Q ，∴该医院选择延保方案二较划算.20.命题意图 本题考查椭圆有关的定值、定点问题.解题分析由题得1c e c a ===，解得a =222a b c =+，得1b =，故椭圆方程为2212x y +=. 设()()1122,,,A x y B x y ，易知直线l 的方程为1x y =+，由22112x y x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得23210y y +-=， 于是12122313y y y y ⎧+=-⎪⎪⎨⎪⋅=-⎪⎩， 从而1212423x x y y +=++=，故211,,332CM M k ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 所以直线OM 的方程为12y x =-. （2）①当直线l 的斜率不为0时，设()0,0Q x ，直线l 的方程为1x my =+，由22112x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩， 得()222210m y my ++-=，所以1221222212m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩， 所以()()()()()210201************OA QB x x x x y y my my x my my x y y =⋅=--+=++-++++u u u r u u u r ()()()()()2222121200000022121121112122m m y y m y y x x x m m x x x m m --=+⋅++-+-+=+⋅+⋅-+-+=++ ()202002231212x m x x m --+-++， 由023112x --=，得054x =， 故此时点57,0,416Q QA QB ⎛⎫⋅=- ⎪⎝⎭u u u r u u u r ； ②当直线l 的斜率为0时，2257416QA QB ⎛⎫⋅=-=- ⎪⎝⎭u u u r u u u r . 综上，在x 轴上存在定点5,04Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，使得QA QB ⋅u u u r u u u r 为定值. 21.命题意图 本题考查导数综合.解题分析 （1）()f x 的定义域为()1,-+∞，()2ln(1)2f x x x '=+-.设()()212g x ln x x =+-. ∵2()1x g x x -'=+，∴当()1,0x ∈-时，()0g x '>；当,()0x ∈+∞时，()0g x '<， ∴()g x 在()1,0-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，∴()g x 在0x =处取得最大值.又∵()00g =，∴对任意的1,()x ∈-+∞，()()00g x g ≤=恒成立，即对任意的1,()x ∈-+∞，都有()f x ' ()2120ln x x =+-≤恒成立，故()f x 在定义域()1,-+∞上是减函数.（2）由()f x 是减函数，且()00f =可得，当0x >时，()0f x <，∴()0f n <，即22(1)ln(1)2n n n n ++<+，两边同除以22(1)n +得ln(1)121211n n n n n n ++<⋅⋅+++，即12211n n n a n n +<⋅⋅++， 从而1231112334521222341234121n n n n n n n T a a a a n n n +++⎛⎫⎛⎫=⋅<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭⋅L L L ， 所以[]21(2)ln (2)ln 2ln(2)ln(1)(1)ln 22(1)n n n n T n n n n +⎡⎤++<=+-+-+⎢⎥+⎣⎦. ① 下面证2ln(2)ln(1)(1)ln 2102n n n n +-+-++-<. 记()2ln(2)ln(1)(1)ln 212x h x x x x =+-+-++-，[1,)x ∈+∞， ∴2211111()ln 2ln 2ln 2221232223x h x x x x x x x'=--+=-+=-+++++++. ∵2y x x=+在[2,)+∞上单调递减，而1111(2)ln 2(23ln 2)(2ln8)06233h '=-+=-=-<， ∴当[2,)x ∈+∞时，()0h x '<恒成立，∴()h x 在[2,)+∞上单调递减，即[2,)x ∈+∞，()(2)2ln 4ln33ln 2ln 2ln30h x h =--=-<„，∴当2n …时，()0h n <.∵19(1)2ln3ln 22ln 2ln 028h =---=-， ∴当*n ∈N 时，()0h n <，即2ln(2)ln(1)(1)ln 212n n n n +-+-+<-. ② 综合①②可得，[]ln (2)12n n n T +<-. 22.命题意图 本题考查参数方程、极坐标方程的应用及两点间距离的求法.解题分析 （1）曲线1C 的普通方程为22149x y +=， 曲线2C 的直角坐标方程为2245x y y +=+，即22(2)9x y +-=.（2）设P 点的坐标为(2cos ,3sin )θθ.2||333PQ PC +„，当sin 1θ=-时，max ||538PQ =+=.23.命题意图 本题考查绝对值不等式的解法及基本不等式.解题分析 （1）44,2()|2||36|28,22,44,2x x f x x x x x x x --<-⎧⎪=-++=+-⎨⎪+>⎩剟当2x <-时，4434x x -≥-+，即8x ≤-；当22x -≤≤时，2834x x +≥-+，即45x ≥-，可得425x -≤≤； 当2x >时，4434x x +≥-+，即0x ≥，可得2x >， ∴不等式的解集为4|8 5x x x ⎧⎫≤-≥-⎨⎬⎩⎭或 . （2）根据函数44,2()28,22,44,2x x f x x x x x --<-⎧⎪=+-≤≤⎨⎪+>⎩可知当2x =-时，函数取得最小值(2)4f -=，可知4a =， 8,0,0m n m n ∴+=>>,11111111()11(22)8882n m m n m n m n m n ⎛⎫⎛⎫∴+=⋅++=⋅++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…> 当且仅当n m m n =，即4m n ==时，取“=”，∴11m n +的最小值为12.。
第四关 以立体几何为背景的新颖问题为背景的填空题-(原卷版)
压轴填空题第四关 以立体几何为背景的新颖问题为背景的填空题【名师综述】以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题，与函数图象相结合问题、最值问题，探索性问题等. 对探索、开放、存在型问题的考查，探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程下高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何的中，不过并非所有平面几何中的性质都可以类比推广到立体几何中，这需要具有较好的基础知识和敏锐的洞察力;对折叠、展开问题的考查，图形的折叠与展开问题（三视图问题可看作是特殊的图形变换）蕴涵了“二维——三维——二维” 的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辩，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立几解答题的重要题型.类型一 几何体在变化过程中体积的最值问题典例1．如图，等腰直角三角形ABE 的斜边AB 为正四面体A BCD -的侧棱，2AB =，直角边AE 绕斜边AB 旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E BCD -体积的取值范围是___________.【来源】山东省菏泽市2021-2022学年高三上学期期末数学试题【举一反三】如果一个棱锥底面为正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥称为正棱锥.已知正四棱锥P ABCD -内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为_____类型二 几何体的外接球或者内切球问题典例2．已知正三棱锥S ABC -的底面边长为32P ，Q ，R 分别是棱SA ，AB ，AC 的中点，若PQR 是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为______．【来源】陕西省宝鸡市2022届高三上学期高考模拟检测（一）文科数学试题【举一反三】已知菱形ABCD 中，对角线23BD =，将ABD △沿着BD 折叠，使得二面角A BD C --为120°，AC 33= ，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为________. 【来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题类型三 立体几何与函数的结合典例3. 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为线段11A D 上的点，过点E 作垂直于1B D 的平面截正方体，其截面图形为M ，下列命题中正确的是______． ①M 在平面ABCD 上投影的面积取值范围是17,28⎡⎤⎢⎥⎣⎦；②M 的面积最大值为334； ③M 的周长为定值．【来源】江西省九江市2022届高三第一次高考模拟统一考试数学（理）试题【举一反三】如图，点C 在以AB 为直径的圆周上运动（C 点与A ，B 不重合)，P 是平面ABC 外一点，且PA ⊥平面ABC ，2PA AB ==，过C 点分别作直线AB ，PB 的垂线，垂足分别为M ，N ，则三棱锥B CMN -体积的最大值为______．【来源】百校联盟2020-2021学年高三教育教学质量监测考试12月全国卷（新高考）数学试题类型四 立体几何中的轨迹问题典例4. 已知P 为正方体1111ABCD A B C D -表面上的一动点，且满足2,2PA PB AB ==，则动点P 运动轨迹的周长为__________.【来源】福建省莆田市2022届高三第一次教学质量检测数学试题【举一反三】在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，棱1BB ，11B C 的中点分别为E ，F ，点P 在平面11BCC B 内，作PQ ⊥平面1ACD ，垂足为Q ．当点P 在1EFB △内（包含边界）运动时，点Q 的轨迹所组成的图形的面积等于_____________．【来源】浙江省杭州市2020-2021学年高三上学期期末教学质量检测数学试题【精选名校模拟】1．已知在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上､下底面及母线均相切.过直线12O O 的平面截圆柱得到四边形ABCD ，其面积为8.若P 为圆柱底面圆弧CD 的中点，则平面PAB 与球O 的交线长为___________. 【来源】江苏省南通市2020-2021高三下学期一模试卷2．已知二面角PAB C 的大小为120°，且90PAB ABC ∠=∠=︒，AB AP =，6AB BC +=.若点P 、A 、B 、C 都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为______.【来源】山东省枣庄市滕州市2020-2021学年高三上学期期中数学试题3．四面体A BCD -中，AB BC ⊥，CD BC ⊥，2BC =，且异面直线AB 和CD 所成的角为60︒，若四面体ABCD 的外接球半径为5，则四面体A BCD -的体积的最大值为_________. 【来源】浙江省宁波市镇海中学2020-2021学年高三上学期11月期中数学试题4．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且43,4,26,62AB AD EH EF ====，点E 到平面ABCD 距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________.【来源】江苏省苏州市张家港市2020-2021学年高三上学期12月阶段性调研测试数学试题5．已知正三棱柱111ABC A B C -的外接球表面积为40π，则正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长之和的最大值为______．【来源】河南省中原名校2020-2021学年高三第一学期数学理科质量考评二6．已知体积为72的长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为正方形，且13BC BB =，点M 是线段BC 的中点，点N 在矩形11DCC D 内运动（含边界），且满足AND CNM ∠=∠，则点N 的轨迹的长度为______. 【来源】百校联盟2021届普通高中教育教学质量监测考试（全国卷11月）文科数学试卷7．矩形ABCD 中，3,1AB BC ==，现将ACD △沿对角线AC 向上翻折，得到四面体D ABC -，则该四面体外接球的表面积为______；若翻折过程中BD 的长度在710,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦范围内变化，则点D 的运动轨迹的长度是______．【来源】江苏省无锡市江阴市青阳中学2020-2021学年高三上学期1月阶段检测数学试题8．如图，在四面体ABCD 中，AB ⊥BC ，CD ⊥BC ，BC =2，AB =CD =23，且异面直线AB 与CD 所成的角为60，则四面体ABCD 的外接球的表面积为_________.【来源】山东省新高考2020-2021学年高三上学期联考数学试题9．已知三棱锥P ABC -外接球的表面积为100π，PB ⊥平面ABC ，8PB =，120BAC ∠=︒，则三棱锥体积的最大值为________.【来源】江苏省徐州市三校联考2020-2021学年高三上学期期末数学试题10．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且内接于球O ，若此三棱柱111ABC A B C -的高为2，体积是1，则球O 的半径的最小值为___________.【来源】广西普通高中2021届高三高考精准备考原创模拟卷（一）数学（理）试题11．如图，已知长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为正方形，P 为棱11A D 的中点，且6PA AB ==，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为______.【来源】2021年届国著名重点中学新高考冲刺数学试题（7）12．如图所示，在三棱锥B ACD -中，3ABC ABD DBC π∠=∠=∠=，3AB =，2BC BD ==，则三棱锥B ACD -的外接球的表面积为______.【来源】江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中三校2021届高三上学期期末联考数学（理）试题13．在三棱锥P ABC -中，平面PAB 垂直平面ABC ，23PA PB AB AC ====120BAC ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为_________.【来源】福建省福州市八县（市）一中2021届高三上学期期中联考数学试题14．已知A ，B ，C ，D 205的球体表面上四点，若4AB =，2AC =，23BC =且三棱维A BCD -的体积为23CD 长度的最大值为________．【来源】福建省四地市2022届高三第一次质量检测数学试题15．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，AB ⊥AD ，22CD AD AB ===，3PA =，若动点Q 在PAD △内及边上运动，使得CQD BQA ∠=∠，则三棱锥Q ABC -的体积最大值为______.【来源】八省市2021届高三新高考统一适应性考试江苏省无锡市天一中学考前热身模拟数学试题16．已知正三棱锥A BCD -的底面是边长为23其内切球的表面积为π，且和各侧面分别相切于点F 、M 、N 三点，则FMN 的周长为______．【来源】湖南省常德市2021-2022学年高三上学期期末数学试题17．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AC CB ⊥，4===PA AC BC ．以A 为球心，表面积为36π的球面与侧面PBC 的交线长为______．【来源】山东省威海市2021-2022学年高三上学期期末数学试题18．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过点A 的平面α分别与棱1BB ，1CC ，1DD 交于点E ，F ，G ，记四边形AEFG 在平面11BCC B 上的正投影的面积为1S ，四边形AEFG 在平面11ABB A 上的正投影的面积为2S .给出下面四个结论：①四边形AEFG 是平行四边形； ②12S S +的最大值为2； ③12S S 的最大值为14；④四边形AEFG 6则其中所有正确结论的序号是___________.【来源】北京西城区2022届高三上学期期末数学试题196，在该圆柱内放置一个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a 的最大值为__________．【来源】河南省郑州市2021-2022学年高三上学期高中毕业班第一次质量预测数学（文）试题20．在三棱锥P －ABC 中，P A ＝PB ＝PC ＝2，二面角A －PB －C 为直二面角，∠APB ＝2∠BPC (∠BPC <4π)，M ，N 分别为侧棱P A ，PC 上的动点，设直线MN 与平面P AB 所成的角为α.当tan α的最大值为2532时，则三棱锥P －ABC 的体积为__________.【来源】湖南省长沙市长郡中学2020-2021学年高三上学期入学摸底考试数学试题21．体积为8的四棱锥P ABCD -的底面是边长为22底面ABCD 的中心为1O ，四棱锥P ABCD -的外接球球心O 到底面ABCD 的距离为1，则点P 的轨迹长度为_______________________．22．如图，在ABC 中，2BC AC =，120ACB ∠=︒，CD 是ACB ∠的角平分线，沿CD 将ACD △折起到A CD'△的位置，使得平面A CD '⊥平面BCD ．若63A B '=，则三棱锥A BCD '-外接球的表面积是________．【来源】河南省2021-2022学年高三下学期开学考试数学理科试题23．在三棱锥P ABC -中，4AB BC ==，8PC =，异面直线P A ，BC 所成角为π3，AB PA ⊥，AB BC ⊥，则该三棱锥外接球的表面积为______．【来源】辽宁省营口市2021-2022学年高三上学期期末数学试题24．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是CD 的中点，F 是1CC 上的动点，则三棱锥A DEF -外接球表面积的最小值为_______.【来源】安徽省淮北市2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试理科数学试题25．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N 分别为棱11,B C CD 上的动点(包含端点)，则下列说法正确的是___________．①当M 为棱11B C 的中点时，则在棱CD 上存在点N 使得MN AC ⊥；②当M ，N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则在正方体中存在棱与平面1A MN 平行；③当M ，N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则过1A ，M ，N 三点作正方体的截面，所得截面为五边形； ④直线MN 与平面ABCD 2；⑤若正方体的棱长为2，点1D 到平面1A MN 2．【来源】四川省成都市第七中学2021-2022学年高三上学期1月阶段性考试理科数学试题11。
2020年高考北京卷数学试题解析(精编版)
__________ 姓名：__________ 班级：__________一、选择题1．已知,a b，其中1,2a b==，且()a a b⊥-，则向量a和b的夹角是（）A.2πB.3πC.4πD.6π2．已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A.433 B.233 C．3 D．23．点P的直角坐标为(-，则点P的极坐标可以为（）A.2)3πB.2()3π-C.5()6π- D.5)6π4．若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2,b c==，△ABC的面2S=，则a= （）A. 15．下列程序语句正确的是（）A. 输出语句PRINT4A= B. 输入语句INPUT3x=C. 赋值语句*3A A A A=+- D. 赋值语句55a=6．若关于x方程()22120x m x m+-+-=的一个实根小于-1，另一个实根大于1，则实数m的取值范围是（）A. (B. ()2,0- C. ()2,1- D. ()0,1 7．正实数x、y满足22424x y xy+-=，则2x y+的最大值是（）A. 2B. 3C. 4D. 8二、填空题8．等比数列{}n a的前n项和为n S，若633SS=，则96SS=________.9．函数5()sin cos cos cos88f x x x ππ=+的最大值为_______ 【答案】1 【解析】 【分析】 因为5cos sin88ππ=-，所以可以把函数解析式化简，再逆用两角差的正弦公式化简函数解析式，利用正弦函数的性质求出最大值. 【详解】5()sin cos cos cossin cos cos sin 8888f x x x x x ππππ=+=-, 所以()sin 8f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，因此()f x 的最大值为1. 【点睛】本题考查了二角差的正弦公式的逆用，正弦型函数的最值，考查了三角恒等变换.三、解答题10．(本小题满分12分)△ABC 的对边分别为a,b,c ，满足B c C b a sin cos +=. （1）求角B ； （2）若53cos =A ，试求C cos 的值.11．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的方程为22((1)16x y -++=，直线l 的参数方程为x y t⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系. （1）求直线l 和曲线C 的极坐标方程；（2）设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求AB 的值.12．（1）22sin 60cos180tan 225cos 30sin(90)++-+-（2）sin(2)sin()cos()cos()sin(3)παπαπαπαπα-⋅+⋅---⋅-【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B 解析：B 【解析】试题分析：由题意知2·()?0a a b a a b -=-=，所以·1a b =，设a 与b 的夹角为θ，则·1cos 2||?a b a bθ==，π3θ∴=，故选B ． 考点：1、向量的概念；2、向量的数量积．2．A解析：【答案】A【解析】设|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2，r 1>r 2，椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，椭圆、双曲线的离心率分别为e 1，e 2.则由椭圆、双曲线的定义，得r 1＋r 2＝2a 1，r 1－r 2＝2a 2，平方得4a 21＝r 21＋r 22＋2r 1r 2，4a 22＝r 21－2r 1r 2＋r 22.又由余弦定理得4c 2＝r 21＋r 22－r 1r 2，消去r 1r 2，得a 21＋3a 22＝4c 2，即1e 21＋3e 22＝4.所以由柯西不等式得⎝⎛⎭⎫1e 1＋1e 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 1＋13×3e 22≤⎝⎛⎭⎫1e 21＋3e 22⎝⎛⎭⎫1＋13＝163. 所以1e 1＋1e 2≤433.故选A.3．D解析：D 【解析】 【分析】先判断点P 的位置，然后根据公式：222,cos ,sin x y x y ρρθρθ=+==，求出ρ，根据点P 的位置，求出θ.【详解】因为点P 的直角坐标为(-，所以点P 在第二象限.tan ρθ===，因为点P 在第二象限， 所以52()6k k Z θππ=+∈，故本题选D.【点睛】本题考查了点的直角坐标化为极坐标，关键是要知道点的具体位置.4．A解析：A 【解析】 【分析】根据三角形面积公式可得12sinA cos A =,利用正余弦平方关系,即可求得正余弦值,由余弦定理可得.【详解】因为2b =，5c =，面积51522S cosA bcsinA sinA ===，所以1 2sinA cos A =.所以2222215cos cos 144sin A cos A A A cos A +=+==.所以25cosA =，5 sin A =.所以222252452259815a b c bccosA =+-=+-⨯⨯⨯=-=.故选A. 【点睛】本题考查正余弦定理,面积公式,基础题.5．C解析：C 【解析】试题分析：(1)赋值语句一般格式：变量名＝表达式；(2)输入语句一般格式：INPUT 变量名；(3)输出语句一般格式：PRINT 表达式． 考点：基本算法语句.6．D解析：D 【解析】 试题分析：令,由题设,即,解之得,故应选D.考点：二次函数的图象和性质的运用.7．C解析：C 【解析】 分析】对等式22424x y xy +-=的左边进行配方，得2(2)42x y xy -=-，利用平方数的性质，x ，y 是正实数，可得2y x ≤，所以有222x y x x +≤+，利用基本不等式，求出2(2)x x+的最小值，最后求出2x y +的最大值.【详解】22242(2)4204,02x y x x y x y xy y x -=+-=⇒-≥>∴≤， 222x y x x ∴+≤+，2202224x x x x x>∴+≥⋅=（当且仅当1x =，取等号），因此2x y +的最大值为4，故本题选C.【点睛】本题考查了求代数式的最大值，由已知式子得到完全平方式，最后利用基本不等式是解题的关键. 评卷人 得分二、填空题8．【解析】设公比为q(q≠0)，由题意知q ≠－1，根据等比数列前n 项和的性质，得＝＝1＋q3＝3， 即q3＝2. 于是＝＝＝. 解析：【解析】设公比为q (q ≠0)，由题意知q ≠－1，根据等比数列前n 项和的性质，得＝＝1＋q 3＝3， 即q 3＝2. 于是＝＝＝.9．无评卷人 得分三、解答题10．无11．选修4-4：坐标系与参数方程 （1）l ：()6R πθρ=∈，C ：243cos 2sin 30ρρθρθ-+-=；（237【分析】（1）直线l 的参数方程x y t⎧=⎪⎨=⎪⎩，利用代入法消去参数可得其普通方程，再化为极坐标方程即可；圆的标准方程化为一般方程，再利用222x y ρ+=，cos x ρθ=，sin y ρθ=，可得结果；（2）将6πθ=代入2cos 2sin 30ρθρθ-+-=化简，可得12||AB ρρ=-=.【详解】（1）由x =得y x=，所以l 的极坐标方程为()6R πθρ=∈，由22((1)16x y -++=得22230x y y +-+-=， 又因为222x y ρ+=，cos x ρθ=，sin y ρθ=，所以曲线C 的极坐标方程为2cos 2sin 30ρθρθ-+-=.（2）将6πθ=代入2cos 2sin 30ρθρθ-+-=，可得2630ρρρ-+-=，即2530ρρ--=， 所以125ρρ+=，123ρρ⋅=-，由极坐标几何意义得12||AB ρρ=-===.12．（1）-1；（2）sin α 【解析】 【分析】（1）利用特殊角三角函数求解即可；（2）利用诱导公式化简求值即可 【详解】（1）原式=33111144-+--=- （2）由诱导公式得()()sin sin cos sin cos sin αααααα---=-【点睛】本题考查三角函数的诱导公式及特殊角的三角函数值，熟记公式准确计算是关键，是基础题。
2023年高考数学真题题源解密(全国通用)专题12 导数及其应用(解析版)
2023年高考数学真题题源解密（全国卷）专题12 导数及其应用目录一览①2023真题展现考向一导数与切线问题考向二导数与函数单调性考向三导数与函数的极值、最值考向四利用导数证明不等式②真题考查解读③近年真题对比④命题规律解密⑤名校模拟探源⑥易错易混速记考向一导数与切线问题考向二导数与函数单调性考向三导数与函数的极值、最值考向四利用导数证明不等式【命题意图】1．导数概念及其几何意义（1）了解导数概念的实际背景.（2）理解导数的几何意义.2．导数在研究函数中的应用（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.3．生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.【考查要点】（1）利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，难度不定，题目可能为简单题，也可能为难题，题型为选择题、填空题或解答题。
（2）导数综合应用的命题方面，理科仍将以选择、填空压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数证明不等式、利用导数研究零点或方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题的能力。
文科仍将以解答题压轴题形式考查零点、极值、最值，简单不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数解证与不等式有关的问题，一般难度不会太高。
【得分要点】高频考点：含参函数的参数对函数性质的影响；用导数研究函数的单调性、极值或最值；导数的几何意义，求曲线切线的方程；函数的零点讨论；函数的图像与函数的奇偶性。
中频考点：用函数的单调性比较大小；利用函数证明不等式或求不等式的解；求参数的取值范围；函数模型的应用。
考向一导数与函数的极值、最值为函数的极大值点，由图可知b a <，a<0，故ab 当0a >时，由x b >时，f由图可知b a >，0a >，故二、填空题4．（2022·全国乙卷理数第值点和极大值点．若1x <1,1⎛⎫所以2eln e a <，解得1e a <<综上所述，a 的取值范围为⎛ ⎝[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导()2ln 2e xf x a a x '=⋅-=0的两个根为因为12,x x 分别是函数()2f x =所以函数()f x 在()1,x -∞和(，不符合题意；考向二导数与函数单调性与切线问题(2) 和当时，的解为：时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；综上可得：当时，在当时，在解得：，则，与联立得综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和考向三导数与函数的零点3．（2022·全国甲卷理数第21题）(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点1x 【答案】(1)(,1]e -∞+(2)证明见的解析【详解】（1）[方法一]：常规求导内有两个不相同的解．0,考向四利用导数证明不等式x纵观近几年高考对导数的考查，试题设计一般是包含一大一小，理科对导数的几何意义以及切线考查的频率较高，用导数研究函数的单调性、极值、最值是引导教学的常规要求。
2020年名校高考数学冲刺卷解析版
2020年高考虽然延期一个月，但是练习一定要跟上，加油！本试卷分第I卷(选择题)和第□卷(非选择题)两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟.参考公式：如果事件A、B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B).如果事件A、B相互独立，那么P(A B)=P(A)-P(B).如果事件A在一次试验中发生的概率是p,那么”次独立重复试验中恰好发生Q欠的概率P"(k)=c：p k(i-pY k•球的体积公式v球=名汗,其中R表示球的半径.第I卷(选择题共60分)一.选择题：本大题共有12小题,每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.映射f A-B，如果满足集合B中的任意一个元素在A中都有原象,则称为"满射".已知A中有4个元素，B中有3个元素，那么从A到B的不同满射的个数为(C)A,24B.6C.36D.72［解析］集合A中必须有两个元素和B中的一个元素对应,A中剩下的两个元素和B中的其余元素相对应,故应为C,定［评析］本题是一个创新题，给出一个新概念”满射”，考查考生阅读理解能力及灵活运用知识的能力，其实质是立足于排列组合与映射的交汇点设计的问题，难度适中。
2.(理)在复平面内，复数二+d+V3，)2对应的点位于(B)l+zA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限［解析］+(1+V3z)2= --+(-+2a/3)z对应复平面上点1+Z22"甘+2可，故选B.［评析］本题考查复数的代数运算及复数的几何意义即复数与复平面上点对应关系,属于容易题.(文)气=1”是尸+x—6<0的(A)条件A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既非充分又非必要［解析］显然条件+x-6<0,但由/+了_6<0成立不一定有X=1成立。
［评析］本题运用集合关系来判断充分必要性很方便：A0A是胡充分不必要条件.3.设厂⑴是函数f(x)=?(ax—a x)(a>l)的反函数，则使尸(x)>l成立的x的取值范围为DA.(«,+oo)^-) C.(^—^-,<2) D.(-^―^-,+co)2a 2a 2a［解析］广3>1=原函数/'(x)中X>1,求函数值y的范围。
【复习指导】2020年中考数学重点试题分项版解析汇编第05期专题12探索性问题含解析
专题12 探索性问题一、选择题1．（2017年贵州省黔东南州第10题）我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和（a+b ）n 的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．根据“杨辉三角”请计算（a+b ）20的展开式中第三项的系数为（ ）A ．2017B ．2016C ．191D ．190【答案】D【解析】考点：完全平方公式2. （2017年内蒙古通辽市第10题）如图，点P 在直线AB 上方，且ο90=∠APB ，AB PC ⊥于C ，若线段6=AB ，x AC =，y S PAB =∆，则y 与x 的函数关系图象大致是（ ）A．B． C． D．【答案】D考点：动点问题的函数图象3．（2017年四川省内江市第12题）如图，过点A（2，0）作直线l：33y x的垂线，垂足为点A1，过点A1作A1A2⊥x轴，垂足为点A2，过点A2作A2A3⊥l，垂足为点A3，…，这样依次下去，得到一组线段：AA1，A1A2，A2A3，…，则线段A2016A2107的长为（）A ．20153()2B ．20163()2C ．20173()2D ．20183()2【答案】B ．考点：一次函数图象上点的坐标特征；规律型；综合题． 4．（2017年山东省日照市第10题）如图，∠BAC=60°，点O 从A 点出发，以2m/s 的速度沿∠BAC 的角平分线向右运动，在运动过程中，以O 为圆心的圆始终保持与∠BAC 的两边相切，设⊙O 的面积为S （cm 2），则⊙O 的面积S 与圆心O 运动的时间t （s ）的函数图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D ．试题分析：∵∠BAC=60°，AO 是∠BAC 的角平分线，∴∠BAO=30°，设⊙O 的半径为r ，AB 是⊙O 的切线，∵AO=2t ，∴r=t ，∴S=πt2，∴S 是圆心O 运动的时间t 的二次函数，∵π＞0，∴抛物线的开口向上，故选D ．考点：动点问题的函数图象．5．（2017年山东省日照市第11题）观察下面“品”字形中各数之间的规律，根据观察到的规律得出a 的值为（ ）A ．23B ．75C ．77D ．139【答案】B ．考点：规律型：数字的变化类．6. （2017年湖南省岳阳市第7题）观察下列等式：122=，224=，328=，4216=，5232=，6264=，⋅⋅⋅，根据这个规律，则1234201722222++++⋅⋅⋅+的末尾数字是A ．0B ．2 C.4 D ．6【答案】B ．【解析】试题解析：∵21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，…，∴2017÷4=506…1，∵（2+4+8+6）×506+2=10122，∴21+22+23+24+…+22017的末位数字是2，故选B ．考点：尾数特征．二、填空题1．（2017年贵州省毕节地区第20题）观察下列运算过程：计算：1+2+22+ (210)解：设S=1+2+22+…+210，①①×2得2S=2+22+23+…+211，②②﹣①得S=211﹣1．所以，1+2+22+…+210=211﹣1运用上面的计算方法计算：1+3+32+…+32017= ．【答案】2018312.考点：规律型：数字的变化类．2．（2017年贵州省黔东南州第16题）把多块大小不同的30°直角三角板如图所示，摆放在平面直角坐标系中，第一块三角板AOB的一条直角边与y轴重合且点A的坐标为（0，1），∠ABO=30°；第二块三角板的斜边BB1与第一块三角板的斜边AB垂直且交y轴于点B1；第三块三角板的斜边B1B2与第二块三角板的斜边BB1垂直且交x轴于点B2；第四块三角板的斜边B2B3与第三块三角板的斜边B1B2C垂直且交y轴于点B3；…按此规律继续下去，则点B2017的坐标为．【答案】（0，﹣2017 3（））【解析】考点：规律型：点的坐标3.（2017年湖北省荆州市第14题）观察下列图形：它们是按一定规律排列的，依照此规律，第9个图形中共有______个点. 【答案】135【解析】试题分析：仔细观察图形：第一个图形有3=3×1=3个点，第二个图形有3+6=3×（1+2）=9个点；第三个图形有3+6+9=3×（1+2+3）=18个点；…第n个图形有3+6+9+…+3n=3×（1+2+3+…+n）=3(1)2n n+个点；当n=9时，39102⨯⨯=135个点，故答案为：135．考点：规律型：图形的变化类4.（2017年山东省威海市第16题）某广场用同一种如图所示的地砖拼图案.第一次拼成形如图1所示的图案，第二次拼成形如图2所示的图案，第三次拼成形如图3的图案，第四次拼成形如图4的图案……按照只有的规律进行下去，第n次拼成的图案用地砖块.【答案】2n2+2n考点：规律题目5.（2017年山东省潍坊市第17题）如图，自左至右，第1个图由1个正六边形、6个正方形和6个等边三角形组成；第2个图由2个正六边形、11个正方形和10个等边三角形组成；第3个图由3个正六边形、16个正方形和14个等边三角形组成；…按照此规律，第n 个图中正方形和等边三角形的个数之和为 个.【答案】9n+3考点：规律型：图形的变化类 6. （2017年湖南省郴州市第16题）已知12345357911,,,,,25101726a a a a a =-==-==-L ，则8a = ．【答案】1765. 【解析】 试题分析：由题意给出的5个数可知：a n =221(1)1n n n +-+ ,所以当n=8时，a 8=1765. 考点：数字规律问题.7．（2017年四川省内江市第26题）观察下列等式：第一个等式：122211132222121a ==-+⨯+⨯++； 第二个等式：2222232111322(2)2121a ==-+⨯+⨯++； 第三个等式：3332342111322(2)2121a ==-+⨯+⨯++；第四个等式：4442452111322(2)2121a ==-+⨯+⨯++； 按上述规律，回答下列问题：（1）请写出第六个等式：a 6= = ；（2）用含n 的代数式表示第n 个等式：a n = = ；（3）a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6= （得出最简结果）；（4）计算：a 1+a 2+…+a n ．【答案】（1）666221322(2)+⨯+⨯，67112121-++；（2）221322(2)n n n +⨯+⨯，1112121n n +-++；（3）1443；（4）11223(21)n n ++-+． 【解析】考点：规律型：数字的变化类；综合题．三、解答题1. （2017年湖北省荆州市第20题）（本题满分8分）如图，在矩形ABCD 中，连接对角线AC 、BD ，将△ABC沿BC 方向平移，使点B 移到点C ,得到△DCE .（1）求证：△ACD ≌△EDC ;（2）请探究△BDE 的形状，并说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）△BDE 是等腰三角形【解析】考点：1、矩形的性质；2、全等三角形的判定与性质；3、平移的性质2. （2017年山东省威海市第24题）如图，四边形ABCD 为一个矩形纸片，3=AB ，2=BC ，动点P 自D 点出发沿DC 方向运动至C 点后停止.ADP ∆以直线AP 为轴翻折，点D 落到点1D 的位置.设x DP =，P AD 1∆与原纸片重叠部分的面积为y .（1）当x为何值时，直线1AD过点C？（2）当x为何值时，直线1AD过BC的中点E？（3）求出y与x的函数关系式.【答案】（1）当x=21343-时，直线AD1过点C（2）当x=21023-时，直线AD1过BC的中点E（3）当0＜x≤2时，y=x；当2＜x≤3时，y=24 2xx +【解析】试题解析：（1）如图1，∵由题意得：△ADP≌△AD1P，∴AD=AD1=2，PD=PD1=x，∠D=∠AD1P=90°，∵直线AD1过C，∴PD1⊥AC，在Rt△ABC中，AC=232+3=13，CD1=13﹣2，在Rt△PCD1中，PC2=PD12+CD12，即（3﹣x）2=x2+（13﹣2）2，解得：x=2134-，∴当x=21343-时，直线AD1过点C；（2）如图2，（3）如图3，当0＜x≤2时，y=x，如图4，综合上述，当0＜x≤2时，y=x；当2＜x≤3时，y=242xx．考点：1、勾股定理，2、折叠的性质，3、矩形的性质，4、分类推理思想3. （2017年辽宁省沈阳市第24题）四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点D，点F在直线CE的同侧），连接BF（1）如图1，当点E与点A重合时，请直接．．写出BF的长；（2）如图2，当点E在线段AD上时，1AE=①求点F到AD的距离②求BF的长（3）若310BF=，请直接．．写出此时AE的长【答案】(1)BF=45;(2)①点F到AD的距离为3；②BF=74；(3)AE=2+41或AE=1.【解析】试题解析：5(2) 如图，①过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，∵四边形CEFG是正方形即点F 到AD 的距离为3. ②延长FH 交BC 的延长线于点K ， ∴∠DHK=∠HDC=∠DCK =90°， ∴四边形CDHK 为矩形， ∴HK=CD=4, ∴FK=FH+HK=3+4=7 ∵ECD FEH ∆≅∆ ∴EH=CD=AD=4 ∴AE=DH=CK=1 ∴BK=BC+CK=4+1=5,在Rt △BFK 中，BF=22227574FK BK +=+=41AE=1.考点：四边形综合题.4. （2017年湖南省岳阳市第23题）（本题满分10分）问题背景：已知DF ∠E 的顶点D 在C ∆AB 的边AB 所在直线上（不与A ，B 重合）．D E 交C A 所在直线于点M ，DF 交C B 所在直线于点N ．记D ∆A M 的面积为1S ，D ∆BN 的面积为2S ．（1）初步尝试：如图①，当C ∆AB 是等边三角形，6AB =，DF ∠E =∠A ，且D //C E B ，D 2A =时，则12S S ⋅= ；（2）类比探究：在（1）的条件下，先将点D 沿AB 平移，使D 4A =，再将DF ∠E 绕点D 旋转至如图②所示位置，求12S S ⋅的值；（3）延伸拓展：当C ∆AB 是等腰三角形时，设DF α∠B =∠A =∠E =．（I ）如图③，当点D 在线段AB 上运动时，设D a A =，D b B =，求12S S ⋅的表达式（结果用a ，b 和α的三角函数表示）．（II ）如图④，当点D 在BA 的延长线上运动时，设D a A =，D b B =，直接写出12S S ⋅的表达式，不必写出解答过程．【答案】(1)12;(2)12；（3）14（ab ）2sin 2α．14（ab ）2sin 2α．（2）如图2中，设AM=x，BN=y．∵∠MDB=∠MDN+∠NDB=∠A+∠AMD，∠MDN=∠A，∴∠AMD=∠NDB，∵∠A=∠B，∴△AMD∽△BDN，∴AM AD BD BN=，∴42xy=，∴xy=8，∵S1=12•AD•AM•sin60°=3x，S2=12DB•sin60°=32y，∴S1•S2=3x•32y=32xy=12．同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=12•AD•AM•sinα=12axsinα，S2=12DB•BN•sinα=12bysinα，∴S1•S2=14（ab）2sin2α．考点：几何变换综合题．。
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专题12：探索性问题一、选择题1.（2017湖南长沙第11题）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意是，有人要去某关口，路程378里，第一天健步行走，第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地，则此人第六天走的路程为（）A．24里 B．12里 C．6里 D．3里【答案】C考点：等比数列2.（2017山东临沂第11题）将一些相同的“d”按如图所示摆放，观察每个图形中的“d”的个数，若第n个图形中“d”的个数是78，则n的值是（）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】B【解析】试题分析：第一个图形有1个○，第二个图形有1+2=3个○，第三个图形有1+2+3=6个○，第四个图形有1+2+3+4=10个○，……第n个图形有1+2+3+……+n=(1)2n n个○，故(1)2n n+=78，解得n=12或n=-13（舍去）.故选：B考点：规律探索3.(2017山东日照第11题)观察下面“品”字形中各数之间的规律，根据观察到的规律得出a的值为（）A．23 B．75 C．77 D．139【答案】B．试题分析：观察可得，上边的数为连续的奇数1，3，5，7，9，11，左边的数为21，22，23，…，所以b=26=64，又因上边的数与左边的数的和正好等于右边的数，所以a=11+64=75，故选B．考点：规律型：数字的变化类．4.（2017浙江台州第10题）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE BF=，将,AEH CFG∆∆分别沿,EH FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的116时，则AEEB为（）A．53B．2 C.52D．4【答案】A考点：1、菱形的性质，2、翻折变换（折叠问题）5.（2017浙江湖州第10题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从544⨯的正方形网格图形中（如图1），从点A 经过一次跳马变换可以到达点B ，C ，D ，E 等处．现有2020⨯的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点M 经过跳马变换到达与其相对的顶点N ，最少需要跳马变换的次数是（ ）A ．13B ．14 C.15 D ．16【答案】B【解析】试题分析：根据图一可知，延AC 或AD 可进行下去，然后到CF ，从而求出CF=32，这时可知跳过了3格，然后依次进行下去，而20×20格共21条线，所以可知要进行下去，正好是（20+1）÷7×2=14. 故答案为：14.考点：1、勾股定理，2、规律探索二、填空题1.(2017山东滨州第18题)观察下列各式：2111313=-⨯， 2112424=-⨯ 2113535=-⨯ ……请利用你所得结论，化简代数式213⨯＋224⨯＋235⨯＋…＋2(2)n n +（n ≥3且为整数），其结果为__________． 【答案】2354(1)(2)n n n n +++ .2,(2017山东菏泽第14题)如图，y AB ⊥轴，垂足为B ，将ABO ∆绕点A 逆时针旋转到11O AB ∆的位置，使点B 的对应点1B 落在直线x y 33-=上，再将11O AB ∆绕点1B 逆时针旋转到111O B A ∆的位置，使点1O 的对应点2O 落在直线x y 33-=上，依次进行下去......若点B 的坐标是)1,0(，则点12O 的纵坐标为 ．【答案】()3333+【解析】试题分析：∵直线x y 33-=∴∠AOB=60°∵在ABO ∆中，OB=1，OA=2，AB=3∴332+=OO ,∵ABO ∆每旋转三次看做一个整体,∴()3336OO 12+=.如图，过点12O 向x 轴画垂线,∵()3336OO 12+=，︒=∠6012OE O ,∴()3333+=OE ,即点12O 的纵坐标为()3333+.3.（2017浙江湖州第15题）如图，已知30∠AOB =o ，在射线OA 上取点1O ，以1O 为圆心的圆与OB 相切；在射线1O A 上取点2O ，以2O 为圆心，21O O 为半径的圆与OB 相切；在射线2O A 上取点3O ，以3O 为圆心，32O O 为半径的圆与OB 相切；⋅⋅⋅；在射线9O A 上取点10O ，以10O 为圆心，109O O 为半径的圆与OB 相切．若1O e 的半径为1，则10O e 的半径长是 ．【答案】512（或29）考点：1、圆的切线，2、30°角的直角三角形4.(2017湖南湘潭第15题)如图，在Rt ABC ∆中，90C ∠=°，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，DE 垂直平分AB ，垂足为E 点，请任意写出一组相等的线段 ．【答案】BC=BE 或DC=DE【解析】试题分析:已知90C ∠=°，BD 平分ABC ∠，DE 垂直平分AB ，利用角平分线性质定理可知DC=DE ；根据已知条件易证BCD ∆≌BED ∆，根据全等三角形的性质可得BC=BE.5.(2017浙江舟山第15题)如图，把n 个长为1的正方形拼接成一排，求得71tan ,31tan ,1tan 321=∠=∠=∠C BA C BAC BA ，计算=∠C BA 4tan ，……，按此规律，写出=∠C BA n tan （用含n 的代数式表示）．【答案】113 , 211n n -+. 【解析】 试题分析：如图，过点C 作CE ⊥A 4B 于E ，易得∠A 4BC=∠BA 4A 1，故tan ∠A 4BC=tan ∠BA 4A 1=14，在Rt △BCE 中，由tan ∠A 4BC=14，得BE=4CE ，而BC=1，则BE=17， CE=17， 而A 4B=221417+=,所以A 4E=A 4B-BE=17， 在Rt △A 4EC 中，tan ∠BA 4C=4113CE A E =；根据前面的规律，不能得出tan ∠ BA 1C=1101⨯+，tan ∠ BA 2C 1211⨯+， tan ∠ BA 3C=1321⨯+，tan ∠ BA 4C=1431⨯+，则可得规律tan ∠ BA n C=211(1)11n n n n =⨯-+-+.故答案为;考点：解直角三角形.三、解答题1.（2017山东临沂第25题）数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC 、BD 是四边形ABCD 的对角线，若ACB ACD ∠=∠=60ABD ADB ∠=∠=︒，则线段BC ，CD ，AC 三者之间有何等量关系？ 经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长CB 到E ，使BE CD =，连接AE ，证得ABE ADC ≌V V ，从而容易证明ACE V 是等边三角形，故AC CE =，所以AC BC CD =+.小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将ABC V 绕着点A 逆时针旋转60︒，使AB 与AD 重合，从而容易证明ACF V 是等比三角形，故AC CF =，所以AC BC CD =+.在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图4，如果把“ACB ACD ∠=∠=60ABD ADB ∠=∠=︒”改为“ACB ACD ∠=∠=45ABD ADB ∠=∠=︒”，其它条件不变，那么线段BC ，CD ，AC 三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明.（2）小华提出：如图5，如果把“ACB ACD ∠=∠=60ABD ADB ∠=∠=︒”改为“ACB ACD ∠=∠=ABD ADB α∠=∠=”，其它条件不变，那么线段BC ，CD ，AC 三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明.【答案】（1）2AC （2）BC+CD=2AC•cosα【解析】试题分析：（1）先判断出∠ADE=∠ABC ，即可得出△ACE 是等腰三角形，再得出∠AEC=45°，即可得出等腰直角三角形，即可；（判断∠ADE=∠ABC 也可以先判断出点A ，B ，C ，D 四点共圆）（2）先判断出∠ADE=∠ABC ，即可得出△ACE 是等腰三角形，再用三角函数即可得出结论．试题解析：（1）2AC ；理由：如图1，延长CD至E，使DE=BC，∵∠ABD=∠ADB=45°，∴AB=AD，∠BAD=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=90°，∵∠ACB=∠ACD=45°，∴∠ACB+∠ACD=45°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ADC+∠ADE=180°，∴∠ABC=∠ADE，在△ABC和△ADE中，AB ADABC ADE BC DE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB=∠AED=45°，AC=AE，∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE=2AC，∵CE=CE+DE=CD+BC，∴BC+CD=2AC；（2）BC+CD=2AC•cosα．理由：如图2，延长CD至E，使DE=BC，∵∠ABD=∠ADB=α，∴AB=AD，∠BAD=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=180°﹣2α，∵∠ACB=∠ACD=α，∴∠ACB+∠ACD=2α，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ADC+∠ADE=180°，∴∠ABC=∠ADE，在△ABC和△ADE中，AB ADABC ADE BC DE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB=∠AED=α，AC=AE，∴∠AEC=α，过点A作AF⊥CE于F，∴CE=2CF，在Rt△ACF中，∠ACD=α，CF=AC•cos∠ACD=AC•cosα，∴CE=2CF=2AC•cosα，∵CE=CD+DE=CD+BC，∴BC+CD=2AC•cosα．考点：1、几何变换综合题，2、全等三角形的判定，3、四边形的内角和，4、等腰三角形的判定和性质2.(2017山东日照第18题)如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；（2）只需添加一个条件，即，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．【答案】(1)详见解析；(2)AD=BC （答案不唯一）．试题分析：（1）由SSS 证明△DCA ≌△EAC 即可；（2）先证明四边形ABCD 是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．3.(2017浙江金华第23题)如图1，将ABC ∆纸片沿中位线EH 折叠，使点A 的对称点D 落在BC 边上，再将纸片分别沿等腰BED ∆和等腰DHC ∆的底边上的高线EF ，HG 折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．(1)将ABCD Y 纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG ，则操作形成的折痕分别是线段_____，_____；:ABCD AEFG S S =Y 矩形 ______.(2)ABCD Y 纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH ，若5EF =，12EH =，求AD 的长．(3)如图4，四边形ABCD 纸片满足,,,8,10AD BC AD BC AB BC AB CD <⊥==P ．小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．．．．请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出,AD BC 的长．【答案】（1）（1）AE ；GF ；1:2；（2）13；（3）按图1的折法，则AD=1，BC=7；按图2的折法，则AD=134 ,BC=374. 【解析】试题分析：（1）由图2观察可得出答案为AE,GF,由折叠的轴对称性质可得出答案为1：2；（2）由EF 和EH 的长度根据勾股定理可求出FH 的长度，再由折叠的轴对称性质易证△AEH ≌△CGF ；再根据全等三角形的性质可得出AD 的长度；（3）由折叠的图可分别求出AD 和BC 的长度.试题解析：（1）AE ；GF ；1:2（2）解：∵四边形EFGH 是叠合矩形，∠FEH=90°,EF=5,EH=12;∴FH=2222512EF EH +=+ =13;由折叠的轴对称性可知：DH=NH,AH=HM,CF=FN;易证△AEH ≌△CGF;∴CF=AH;∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13.（3）解：本题有以下两种基本折法，如图1，图2所示.按图1的折法，则AD=1，BC=7.按图2的折法，则AD=134 ,BC=374. 4.(2017湖南湘潭第26题)如图，动点M 在以O 为圆心，AB 为直径的半圆弧上运动（点M 不与点A B 、及»AB 的中点F 重合），连接OM .过点M 作ME AB ⊥于点E ，以BE 为边在半圆同侧作正方形BCDE ，过M 点作O e 的切线交射线DC 于点N ，连接BM 、BN .（1）探究：如左图，当M 动点在»AF 上运动时；①判断OEM MDN ∆∆:是否成立？请说明理由；②设ME NC k MN+=，k 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由； ③设MBN α∠=，α是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；（2）拓展：如右图，当动点M 在»FB上运动时； 分别判断（1）中的三个结论是否保持不变？如有变化，请直接写出正确的结论.（均不必说明理由）【答案】(1)①成立，理由见解析；②为定值1；③α为定值45°；（2）不发生变化.试题解析：（1）①成立，理由如下：过点M 作ME ⊥AB 于点E ，以BE 为边在半圆同侧作正方形BCDE ，∴∠MEO=∠MDN=90°，∴∠MOE+∠EMO=90°过M 点的O e 的切线交射线DC 于点N ， ∴∠OMN=90°，∴∠DMN+∠EMO=90°∴∠MOE=∠DMN∴△OEM ∽△MDN②k 是定值1，理由如下：过点B 作BG ⊥MN,∵过M 点的O e 的切线交射线DC 于点N ， ∴∠OMN=90°，∵BG ⊥MN,∴∠BGM=90°，∴∠OMN=∠BGM=90°，∴OM ∥BG∴∠OMB=∠MBG,∵OM=OB∴∠OMB=∠OBM,∴∠OBM=∠MBG,∴△BME ≌△BMG,∴BM=MG,BG=BE,∵正方形BCDE ，∴BG=BC∴△BNG ≌△BCN,∴GN=CN∴MN=MG+NG=ME+CN 即1ME NCk MN +==③α为定值45°，理由如下： 由②知：∠OBM=∠MBG, △BNG ≌△BCN, ∴∠GBN=∠CBN,∵正方形BCDE ，∴∠EBC=90°，∴∴∠MBN=01452EBC ∠=(2)不发生变化.。
(统编版)2020年中考数学试题分项版解析汇编第期专题探索性问题含解析
专题12 探索性问题一、选择题1.（2017浙江衢州第7题）下列四种基本尺规作图分别表示：①作一个角等于已知角；②作一个角的平分线；③作一条线段的垂直平分线；④过直线外一点P 作已知直线的垂线，则对应选项中作法错误的是（ ）A ．①B ．②C ．③D ．④ 【答案】C.考点：基本作图.2. （2017浙江衢州第10题）运用图形变化的方法研究下列问题：如图，AB 是⊙O 的直径，CD ，EF 是⊙O 的弦，且AB ∥CD ∥EF ，AB=10，CD=6，EF=8。
则图中阴影部分的面积是（ ）A.π225B. π10C. π424+D. π524+ 【答案】A. 【解析】试题解析：作直径CG ，连接OD 、OE 、OF 、DG ．∵CG 是圆的直径，∴∠CDG=90°，则2222106CG CD -=-=8，又∵EF=8， ∴DG=EF ，∴»»DG EF =，∴S 扇形ODG =S 扇形OEF ， ∵AB ∥CD ∥EF ，∴S △OCD =S △ACD ，S △OEF =S △AEF ，∴S 阴影=S 扇形OCD +S 扇形OEF =S 扇形OCD +S 扇形ODG =S 半圆=12π×52=252π．故选A ．考点：1.圆周角定理；2.扇形面积的计算.3.（2017山东德州第9题）公式KP L L +=0表示当重力为P 时的物体作用在弹簧上时弹簧的长度. 0L 表示弹簧的初始长度,用厘米(cm)表示，K 表示单位重力物体作用在弹簧上时弹簧的长度，用厘米(cm)表示。
下面给出的四个公式中，表明这是一个短而硬的弹簧的是（ ）A ．L=10+0.5PB ．L=10+5PC ．L=80+0.5PD ．L=80+5P 【答案】A 【解析】试题分析：A 和B 中，L 0=10，表示弹簧短；A 和C 中，K=0.5，表示弹簧硬； 故选A考点:一次函数的应用4. （2017山东德州第12题）观察下列图形，它是把一个三角形分别连接这个三角形的中点，构成4个小三角形，挖去中间的小三角形（如题1）；对剩下的三角形再分别重复以上做法，……，将这种做法继续下去（如图2，图3……），则图6中挖去三角形的个数为（ ）A．121 B．362 C．364 D．729【答案】C考点:探索规律5.（2017浙江宁波第12题）一个大矩形按如图方式分割成九个小矩形，且只有标号为①和②的两个小矩形为正方形，在满足条件的所有分割中，若知道九个小矩形中n个小矩形的周长，就一定能算出这个大矩形的面积，则n的最小值是( )A.3B.4C.5D.6【答案】A.【解析】试题分析：根据题意可知，最少知道3个小矩形的周长即可求得大矩形的面积.考点：矩形的性质.6.（2017重庆A卷第10题）下列图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第①个图形中一共有3个菱形，第②个图形中一共有7个菱形，第③个图形中一共有13个菱形，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中菱形的个数为（）A ．73B ．81C ．91D ．109 【答案】C ． 【解析】试题解析：第①个图形中一共有3个菱形，3=12+2； 第②个图形中共有7个菱形，7=22+3； 第③个图形中共有13个菱形，13=32+4； …，第n 个图形中菱形的个数为：n 2+n+1； 第⑨个图形中菱形的个数92+9+1=91． 故选C ．考点：图形的变化规律.7.（2017广西贵港第11题）如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=o，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到'',A B C M ∆是BC 的中点，P 是''A B 的中点，连接PM ，若230BC BAC =∠=o ，，则线段PM 的最大值是 （ ）A ．4B ．3 C.2 D ．1 【答案】B 【解析】试题解析：如图连接PC ．在Rt △ABC 中，∵∠A=30°，BC=2， ∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4， ∴A′P=PB′，∴PC=12A′B′=2， ∵CM=BM=1，又∵PM ≤PC+CM ，即PM ≤3，∴PM 的最大值为3（此时P 、C 、M 共线）． 故选B ．考点：旋转的性质．8.（2017湖北武汉第10题）如图，在Rt ABC ∆中，90C ∠=o，以ABC ∆的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在ABC ∆的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为（ ）A ．4B ．5C ． 6D ．7 【答案】C 【解析】试题解析：①以B 为圆心，BC 长为半径画弧，交AB 于点D ，△BCD 就是等腰三角形； ②以A 为圆心，AC 长为半径画弧，交AB 于点E ，△ACE 就是等腰三角形； ③以C 为圆心，BC 长为半径画弧，交AC 于点F ，△BCF 就是等腰三角形； ④作AC 的垂直平分线交AB 于点H ，△ACH 就是等腰三角形； ⑤作AB 的垂直平分线交AC 于G ，则△AGB 是等腰三角形； ⑥作BC 的垂直平分线交AB 于I ，则△BCI 是等腰三角形．故选C.考点：画等腰三角形.9.（2017贵州黔东南州第10题）我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和（a+b）n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．根据“杨辉三角”请计算（a+b）20的展开式中第三项的系数为（）A．2017 B．2016 C．191 D．190【答案】D．【解析】试题解析：找规律发现（a+b）3的第三项系数为3=1+2；（a+b）4的第三项系数为6=1+2+3；（a+b）5的第三项系数为10=1+2+3+4；不难发现（a+b）n的第三项系数为1+2+3+…+（n﹣2）+（n﹣1），∴（a+b）20第三项系数为1+2+3+…+20=190，故选 D．考点：完全平方公式．10.（2017四川泸州第12题）已知抛物线y=x 2+1具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点F （0，2）的距离与到x 轴的距离始终相等，如图，点M 的坐标为（3，3），P 是抛物线y=14x 2+1上一个动点，则△PMF 周长的最小值是（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】C ． 【解析】试题解析：过点M 作ME ⊥x 轴于点E ，交抛物线y=14x 2+1于点P ，此时△PMF 周长最小值，∵F （0，2）、M （ 3，3），∴ME=3，FM=()2202(3)3-+-=2，∴△PMF 周长的最小值=ME+FM=3+2=5． 故选C ．考点：1.二次函数的性质；2.三角形三边关系．11.（2017四川自贡第11题）填在下面各正方形中四个数之间都有相同的规律，根据这种规律m 的值为（ ）A ．180B ．182C ．184D ．186 【答案】C. 【解析】试题解析：由前面数字关系：1，3，5；3，5，7；5，7，9， 可得最后一个三个数分别为：11，13，15，∵3×5﹣1=14，； 5×7﹣3=32； 7×9﹣5=58； ∴m=13×15﹣11=184． 故选C ． 考点：数字规律. 二、填空题1. （2017浙江衢州第14题）如图，从边长为（a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形（不重叠无缝隙），则拼成的长方形的另一边长是 ．【答案】a+6．考点：图形的拼接.2. （2017浙江衢州第15题）如图，在直角坐标系中，⊙A 的圆心A 的坐标为（-1，0），半径为1，点P 为直线343+-=x y 上的动点，过点P 作⊙A 的切线，切点为Q ，则切线长PQ 的最小值是__________【答案】22试题解析：连接AP，PQ，当AP最小时，PQ最小，∴当AP⊥直线y=﹣34x+3时，PQ最小，∵A的坐标为（﹣1，0），y=﹣34x+3可化为3x+4y﹣12=0，∴AP=2234+=3，∴PQ=223-1=22．考点：1.切线的性质；2.一次函数的性质.3．（2017浙江衢州第16题）如图，正△ABO的边长为2，O为坐标原点，A在x轴上，B在第二象限。
部编版2020年中考数学试题分项版解析汇编第期专题探索性问题含解析8
专题12：探索性问题一、选择题1.（2017湖南长沙第11题）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意是，有人要去某关口，路程378里，第一天健步行走，第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地，则此人第六天走的路程为（）A．24里 B．12里 C．6里 D．3里【答案】C考点：等比数列2.（2017山东临沂第11题）将一些相同的“d”按如图所示摆放，观察每个图形中的“d”的个数，若第n个图形中“d”的个数是78，则n的值是（）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】B【解析】试题分析：第一个图形有1个○，第二个图形有1+2=3个○，第三个图形有1+2+3=6个○，第四个图形有1+2+3+4=10个○，……第n个图形有1+2+3+……+n=(1)2n n个○，故(1)2n n+=78，解得n=12或n=-13（舍去）.故选：B考点：规律探索3.(2017山东日照第11题)观察下面“品”字形中各数之间的规律，根据观察到的规律得出a的值为（）A．23 B．75 C．77 D．139【答案】B．试题分析：观察可得，上边的数为连续的奇数1，3，5，7，9，11，左边的数为21，22，23，…，所以b=26=64，又因上边的数与左边的数的和正好等于右边的数，所以a=11+64=75，故选B．考点：规律型：数字的变化类．4.（2017浙江台州第10题）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE BF=，将,AEH CFG∆∆分别沿,EH FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的116时，则AEEB为（）A．53B．2 C.52D．4【答案】A考点：1、菱形的性质，2、翻折变换（折叠问题）5.（2017浙江湖州第10题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从544⨯的正方形网格图形中（如图1），从点A 经过一次跳马变换可以到达点B ，C ，D ，E 等处．现有2020⨯的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点M 经过跳马变换到达与其相对的顶点N ，最少需要跳马变换的次数是（ ）A ．13B ．14 C.15 D ．16【答案】B【解析】试题分析：根据图一可知，延AC 或AD 可进行下去，然后到CF ，从而求出CF=32，这时可知跳过了3格，然后依次进行下去，而20×20格共21条线，所以可知要进行下去，正好是（20+1）÷7×2=14. 故答案为：14.考点：1、勾股定理，2、规律探索二、填空题1.(2017山东滨州第18题)观察下列各式：2111313=-⨯， 2112424=-⨯ 2113535=-⨯ ……请利用你所得结论，化简代数式213⨯＋224⨯＋235⨯＋…＋2(2)n n +（n ≥3且为整数），其结果为__________． 【答案】2354(1)(2)n n n n +++ .2,(2017山东菏泽第14题)如图，y AB ⊥轴，垂足为B ，将ABO ∆绕点A 逆时针旋转到11O AB ∆的位置，使点B 的对应点1B 落在直线x y 33-=上，再将11O AB ∆绕点1B 逆时针旋转到111O B A ∆的位置，使点1O 的对应点2O 落在直线x y 33-=上，依次进行下去......若点B 的坐标是)1,0(，则点12O 的纵坐标为 ．【答案】()3333+【解析】试题分析：∵直线x y 33-=∴∠AOB=60°∵在ABO ∆中，OB=1，OA=2，AB=3∴332+=OO ,∵ABO ∆每旋转三次看做一个整体,∴()3336OO 12+=.如图，过点12O 向x 轴画垂线,∵()3336OO 12+=，︒=∠6012OE O ,∴()3333+=OE ,即点12O 的纵坐标为()3333+.3.（2017浙江湖州第15题）如图，已知30∠AOB =o ，在射线OA 上取点1O ，以1O 为圆心的圆与OB 相切；在射线1O A 上取点2O ，以2O 为圆心，21O O 为半径的圆与OB 相切；在射线2O A 上取点3O ，以3O 为圆心，32O O 为半径的圆与OB 相切；⋅⋅⋅；在射线9O A 上取点10O ，以10O 为圆心，109O O 为半径的圆与OB 相切．若1O e 的半径为1，则10O e 的半径长是 ．【答案】512（或29）考点：1、圆的切线，2、30°角的直角三角形4.(2017湖南湘潭第15题)如图，在Rt ABC ∆中，90C ∠=°，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，DE 垂直平分AB ，垂足为E 点，请任意写出一组相等的线段 ．【答案】BC=BE 或DC=DE【解析】试题分析:已知90C ∠=°，BD 平分ABC ∠，DE 垂直平分AB ，利用角平分线性质定理可知DC=DE ；根据已知条件易证BCD ∆≌BED ∆，根据全等三角形的性质可得BC=BE.5.(2017浙江舟山第15题)如图，把n 个长为1的正方形拼接成一排，求得71tan ,31tan ,1tan 321=∠=∠=∠C BA C BAC BA ，计算=∠C BA 4tan ，……，按此规律，写出=∠C BA n tan （用含n 的代数式表示）．【答案】113 , 211n n -+. 【解析】 试题分析：如图，过点C 作CE ⊥A 4B 于E ，易得∠A 4BC=∠BA 4A 1，故tan ∠A 4BC=tan ∠BA 4A 1=14，在Rt △BCE 中，由tan ∠A 4BC=14，得BE=4CE ，而BC=1，则BE=17， CE=17， 而A 4B=221417+=,所以A 4E=A 4B-BE=17， 在Rt △A 4EC 中，tan ∠BA 4C=4113CE A E =；根据前面的规律，不能得出tan ∠ BA 1C=1101⨯+，tan ∠ BA 2C 1211⨯+， tan ∠ BA 3C=1321⨯+，tan ∠ BA 4C=1431⨯+，则可得规律tan ∠ BA n C=211(1)11n n n n =⨯-+-+.故答案为;考点：解直角三角形.三、解答题1.（2017山东临沂第25题）数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC 、BD 是四边形ABCD 的对角线，若ACB ACD ∠=∠=60ABD ADB ∠=∠=︒，则线段BC ，CD ，AC 三者之间有何等量关系？ 经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长CB 到E ，使BE CD =，连接AE ，证得ABE ADC ≌V V ，从而容易证明ACE V 是等边三角形，故AC CE =，所以AC BC CD =+.小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将ABC V 绕着点A 逆时针旋转60︒，使AB 与AD 重合，从而容易证明ACF V 是等比三角形，故AC CF =，所以AC BC CD =+.在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图4，如果把“ACB ACD ∠=∠=60ABD ADB ∠=∠=︒”改为“ACB ACD ∠=∠=45ABD ADB ∠=∠=︒”，其它条件不变，那么线段BC ，CD ，AC 三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明.（2）小华提出：如图5，如果把“ACB ACD ∠=∠=60ABD ADB ∠=∠=︒”改为“ACB ACD ∠=∠=ABD ADB α∠=∠=”，其它条件不变，那么线段BC ，CD ，AC 三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明.【答案】（1）2AC （2）BC+CD=2AC•cosα【解析】试题分析：（1）先判断出∠ADE=∠ABC ，即可得出△ACE 是等腰三角形，再得出∠AEC=45°，即可得出等腰直角三角形，即可；（判断∠ADE=∠ABC 也可以先判断出点A ，B ，C ，D 四点共圆）（2）先判断出∠ADE=∠ABC ，即可得出△ACE 是等腰三角形，再用三角函数即可得出结论．试题解析：（1）2AC ；理由：如图1，延长CD至E，使DE=BC，∵∠ABD=∠ADB=45°，∴AB=AD，∠BAD=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=90°，∵∠ACB=∠ACD=45°，∴∠ACB+∠ACD=45°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ADC+∠ADE=180°，∴∠ABC=∠ADE，在△ABC和△ADE中，AB ADABC ADE BC DE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB=∠AED=45°，AC=AE，∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE=2AC，∵CE=CE+DE=CD+BC，∴BC+CD=2AC；（2）BC+CD=2AC•cosα．理由：如图2，延长CD至E，使DE=BC，∵∠ABD=∠ADB=α，∴AB=AD，∠BAD=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=180°﹣2α，∵∠ACB=∠ACD=α，∴∠ACB+∠ACD=2α，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ADC+∠ADE=180°，∴∠ABC=∠ADE，在△ABC和△ADE中，AB ADABC ADE BC DE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB=∠AED=α，AC=AE，∴∠AEC=α，过点A作AF⊥CE于F，∴CE=2CF，在Rt△ACF中，∠ACD=α，CF=AC•cos∠ACD=AC•cosα，∴CE=2CF=2AC•cosα，∵CE=CD+DE=CD+BC，∴BC+CD=2AC•cosα．考点：1、几何变换综合题，2、全等三角形的判定，3、四边形的内角和，4、等腰三角形的判定和性质2.(2017山东日照第18题)如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；（2）只需添加一个条件，即，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．【答案】(1)详见解析；(2)AD=BC （答案不唯一）．试题分析：（1）由SSS 证明△DCA ≌△EAC 即可；（2）先证明四边形ABCD 是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．3.(2017浙江金华第23题)如图1，将ABC ∆纸片沿中位线EH 折叠，使点A 的对称点D 落在BC 边上，再将纸片分别沿等腰BED ∆和等腰DHC ∆的底边上的高线EF ，HG 折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．(1)将ABCD Y 纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG ，则操作形成的折痕分别是线段_____，_____；:ABCD AEFG S S =Y 矩形 ______.(2)ABCD Y 纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH ，若5EF =，12EH =，求AD 的长．(3)如图4，四边形ABCD 纸片满足,,,8,10AD BC AD BC AB BC AB CD <⊥==P ．小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．．．．请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出,AD BC 的长．【答案】（1）（1）AE ；GF ；1:2；（2）13；（3）按图1的折法，则AD=1，BC=7；按图2的折法，则AD=134 ,BC=374. 【解析】试题分析：（1）由图2观察可得出答案为AE,GF,由折叠的轴对称性质可得出答案为1：2；（2）由EF 和EH 的长度根据勾股定理可求出FH 的长度，再由折叠的轴对称性质易证△AEH ≌△CGF ；再根据全等三角形的性质可得出AD 的长度；（3）由折叠的图可分别求出AD 和BC 的长度.试题解析：（1）AE ；GF ；1:2（2）解：∵四边形EFGH 是叠合矩形，∠FEH=90°,EF=5,EH=12;∴FH=2222512EF EH +=+ =13;由折叠的轴对称性可知：DH=NH,AH=HM,CF=FN;易证△AEH ≌△CGF;∴CF=AH;∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13.（3）解：本题有以下两种基本折法，如图1，图2所示.按图1的折法，则AD=1，BC=7.按图2的折法，则AD=134 ,BC=374. 4.(2017湖南湘潭第26题)如图，动点M 在以O 为圆心，AB 为直径的半圆弧上运动（点M 不与点A B 、及»AB 的中点F 重合），连接OM .过点M 作ME AB ⊥于点E ，以BE 为边在半圆同侧作正方形BCDE ，过M 点作O e 的切线交射线DC 于点N ，连接BM 、BN .（1）探究：如左图，当M 动点在»AF 上运动时；①判断OEM MDN ∆∆:是否成立？请说明理由；②设ME NC k MN+=，k 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由； ③设MBN α∠=，α是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；（2）拓展：如右图，当动点M 在»FB上运动时； 分别判断（1）中的三个结论是否保持不变？如有变化，请直接写出正确的结论.（均不必说明理由）【答案】(1)①成立，理由见解析；②为定值1；③α为定值45°；（2）不发生变化.试题解析：（1）①成立，理由如下：过点M 作ME ⊥AB 于点E ，以BE 为边在半圆同侧作正方形BCDE ，∴∠MEO=∠MDN=90°，∴∠MOE+∠EMO=90°过M 点的O e 的切线交射线DC 于点N ， ∴∠OMN=90°，∴∠DMN+∠EMO=90°∴∠MOE=∠DMN∴△OEM ∽△MDN②k 是定值1，理由如下：过点B 作BG ⊥MN,∵过M 点的O e 的切线交射线DC 于点N ， ∴∠OMN=90°，∵BG ⊥MN,∴∠BGM=90°，∴∠OMN=∠BGM=90°，∴OM ∥BG∴∠OMB=∠MBG,∵OM=OB∴∠OMB=∠OBM,∴∠OBM=∠MBG,∴△BME ≌△BMG,∴BM=MG,BG=BE,∵正方形BCDE ，∴BG=BC∴△BNG ≌△BCN,∴GN=CN∴MN=MG+NG=ME+CN 即1ME NC k MN+==③α为定值45°，理由如下：由②知：∠OBM=∠MBG, △BNG ≌△BCN, ∴∠GBN=∠CBN,∵正方形BCDE ，∴∠EBC=90°，∴∴∠MBN=01452EBC ∠= (2)不发生变化.。
【2020】中考数学试题分项解析汇编第01期专题12探索性问题含解析
考点：点的坐标．
8.（20xx贵州安顺第17题）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为．
【答案】6.
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
【答案】（5， ）； .
【解析】
试题解析：如图，作B3E⊥x轴于E，
易知OE=5，B3E= ，
∴B3（5， ），
观察图象可知三次一个循环，一个循环点M的运动路径为：
，
∵20xx÷3=672…1，
∴翻滚20xx次后AB中点M经过的路径长为：
672•（ ．
考点：点的坐标.
4.（20xx浙江宁波第15题）如图，用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放：
∴（a+b）20第三项系数为1+2+3+…+20=190，
故选 D．
考点：完全平方公式．
10.（20xx四川泸州第12题）已知抛物线y=x2+1具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点F（0，2）的距离与到x轴的距离始终相等，如图，点M的坐标为（ ，3），P是抛物线y= x2+1上一个动点，则△PMF周长的最小值是（ ）
【答案】m=4或m=0.5．
【解析】
考点：1.反比例函数图象上点的坐标特征；2.坐标与图形变化-平移．
6.（20xx甘肃庆阳第18题）下列图形都是由完全相同的小梯形按一定规律组成的．如果第1个图形的周长为5，那么第2个图形的周长为，第20xx个图形的周长为．
【答案】6053.
【解析】
试题解析：∵第1个图形的周长为2+3=5，
2020版高考数学(文)新精准大一轮课标通用版检测：第九章 第10讲 定值定点探索性问题 含解析
[基础题组练]1．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2作x 轴的垂线与双曲线交于B ，C 两点，且∠BF 1C ＝60°，则该双曲线的离心率为( )A.2B. 5C. 3D ．2解析：选C.不妨设点B 在x 轴的上方，则点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫c ，b 2a ，由于∠BF 1C ＝60°，则b 2a 2c ＝tan 30°＝33，得3e 2－2e －3＝0，即(3e ＋1)(e －3)＝0， 得e ＝ 3.故选C.2．椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，弦AB 过点F 1.若△ABF 2的内切圆周长为π，A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则|y 1－y 2|的值为( )A.53B.103C.203D.53解析：选D.由题意知，c ＝a 2－b 2＝25－16＝3，所以椭圆的焦点为F 1(－3，0)，F 2(3，0)．设△ABF 2的内切圆半径为r .因为△ABF 2的内切圆周长为π，所以r ＝12.根据椭圆的定义，有|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝(|AF 1|＋|AF 2|)＋(|BF 1|＋|BF 2|)＝4a ＝20，所以S △ABF 2＝12(|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|)×r ＝12×4a ×r ＝5＝12×2c ×|y 1－y 2|＝3|y 1－y 2|，所以|y 1－y 2|＝53.故选D. 3．(2019·安徽合肥模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，过椭圆上一点M 作直线MA ，MB 分别交椭圆于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若点A ，B 关于原点对称，则k 1·k 2的值为________．解析：由e 2＝1－b 2a 2＝69，得b 2a 2＝13.设M (x ，y )，A (m ，n )，则B (－m ，－n )，k 1·k 2＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2，①把y 2＝b 2⎝⎛⎭⎫1－x 2a 2，n 2＝b 2⎝⎛⎭⎫1－m 2a 2代入①式并化简，可得k 1·k 2＝－b 2a 2＝－13. 答案：－134．已知圆M ：x 2＋(y －2)2＝1，直线l ：y ＝－1，动圆P 与圆M 相外切，且与直线l 相切．设动圆圆心P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)若点A ，B 是E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OA →·OB →＝－16，求证：直线AB 恒过定点．解：(1)设P (x ，y )，则x 2＋（y －2）2＝(y ＋1)＋1⇒x 2＝8y . 所以E 的方程为x 2＝8y .(2)证明：易知直线AB 的斜率存在，设直线AB ：y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 将直线AB 的方程代入x 2＝8y 中， 得x 2－8kx －8b ＝0， 所以x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b .OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 21x 2264＝－8b ＋b 2＝－16⇒b ＝4，所以直线AB 恒过定点(0，4)．5．(2019·黑龙江齐齐哈尔八中模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过右焦点且垂直于x 轴的直线l 1与椭圆C 交于A ，B 两点，且|AB |＝2，直线l 2：y ＝k (x －m )⎝⎛⎭⎫m ∈R ，m >34与椭圆C 交于M ，N 两点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点Q ⎝⎛⎭⎫54，0，若QM →·QN →是一个与k 无关的常数，求实数m 的值． 解：(1)联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝c ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，解得y ＝±b 2a ，故2b 2a ＝ 2.又e ＝c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝1，c ＝1，故椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －m ），消元得(1＋2k 2)x 2－4mk 2x ＋2k 2m 2－2＝0，所以Δ＝16m 2k 4－4(1＋2k 2)(2k 2m 2－2)＝8(2k 2－m 2k 2＋1)， x 1＋x 2＝4mk 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2m 2－21＋2k 2，QM →·QN →＝⎝⎛⎭⎫x 1－54⎝⎛⎭⎫x 2－54＋y 1y 2＝x 1x 2－54(x 1＋x 2)＋2516＋k 2(x 1－m )(x 2－m )＝(1＋k 2)x 1x 2－⎝⎛⎭⎫54＋mk 2(x 1＋x 2)＋2516＋k 2m 2＝（3m 2－5m －2）k 2－21＋2k 2＋2516，又QM →·QN →是一个与k 无关的常数，所以3m 2－5m －2＝－4，即3m 2－5m ＋2＝0， 解得m 1＝1，m 2＝23，因为m >34，所以m ＝1.当m ＝1时，Δ>0，直线l 2与椭圆C 交于两点，满足题意．[综合题组练]1．(2019·湖北省五校联考)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝⎛⎭⎫x 12，y 1，n ＝⎝⎛⎭⎫x 22，y 2，m ·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由． 解：(1)证明：因为k 1，k 2存在，所以x 1x 2≠0， 因为m ·n ＝0，所以x 1x 24＋y 1y 2＝0，所以k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14.(2)①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时， 由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0， 又由P (x 1，y 1)在椭圆上，得x 214＋y 21＝1，所以|x 1|＝2，|y 1|＝22， 所以S △POQ ＝12|x 1|·|y 1－y 2|＝1.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0， Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(4k 2＋1－b 2)>0，所以x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.因为x 1x 24＋y 1y 2＝0，所以x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1，满足Δ>0.所以S △POQ ＝12·|b |1＋k 2|PQ |＝12|b |（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2|b |·4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1.所以△POQ 的面积S 为定值．2．(综合型)(2019·西安市八校联考)已知直线l ：x ＝my ＋1过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点F ，抛物线x 2＝43y 的焦点为椭圆C 的上顶点，且l 交椭圆C 于A ，B 两点，点A ，F ，B 在直线x ＝4上的射影依次为D ，K ，E .(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，当m 变化时，证明：λ1＋λ2为定值；(3)当m 变化时，直线AE 与BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．解：(1)因为l ：x ＝my ＋1过椭圆C 的右焦点F ， 所以右焦点F (1，0)，c ＝1，即c 2＝1.因为x 2＝43y 的焦点(0，3)为椭圆C 的上顶点， 所以b ＝3，即b 2＝3，a 2＝b 2＋c 2＝4， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由题意知m ≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，3x 2＋4y 2－12＝0得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.因为MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，M ⎝⎛⎭⎫0，－1m ， 所以⎝⎛⎭⎫x 1，y 1＋1m ＝λ1(1－x 1，－y 1)，(x 2，y 2＋1m)＝ λ2(1－x 2，－y 2)，所以λ1＝－1－1my 1，λ2＝－1－1my 2，所以λ1＋λ2＝－2－y 1＋y 2my 1y 2＝－2－6m 3m 2＋4÷9m 3m 2＋4＝－83.综上所述，当m 变化时，λ1＋λ2为定值－83.(3)是．理由如下：当m ＝0时，直线l ⊥x 轴，则四边形ABED 为矩形，易知AE 与BD 相交于点N ⎝⎛⎭⎫52，0，猜想当m 变化时，直线AE 与BD 相交于定点N ⎝⎛⎭⎫52，0，证明如下：AN →＝⎝⎛⎭⎫52－x 1，－y 1＝⎝⎛⎭⎫32－my 1，－y 1， 易知E (4，y 2)，则NE →＝⎝⎛⎭⎫32，y 2.因为⎝⎛⎭⎫32－my 1y 2－32(－y 1)＝32(y 1＋y 2)－my 1y 2＝32⎝⎛⎭⎫－6m 3m 2＋4－m ⎝⎛⎭⎫－93m 2＋4＝0， 所以AN →∥NE →， 即A ，N ，E 三点共线． 同理可得B ，N ，D 三点共线．则猜想成立，故当m 变化时，直线AE 与BD 相交于定点N ⎝⎛⎭⎫52，0.。
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一．选择题1.【海宁市初中第三教研片2020-2020学年第一学期期中调研测试九年级数学试题】已知点E 在半径为5的⊙O 上运动，AB 是⊙O 的一条弦且AB =8，则使△ABE 的面积为8的点E 共有（ ）个．A 、1B 、2C 、3D 、42．【浙江省新世纪外国语学校2020届上学期第一次学力检测九年级数学试题】在平面直角坐标系中，将抛物线223y x x =++绕着原点旋转180°，所得抛物线的解析式是（ ）． A ．y=－(x －1)2－2 B ．y= －(x+1)2－2C ．2(1)2y x =--+D ．2(1)2y x =-++∴新的抛物线的顶点坐标与原抛物线的顶点坐标关于点原点中心对称，3.【浙江省新世纪外国语学校2020届上学期第一次学力检测九年级数学试题】一辆汽车匀速通过某段公路，所需时间t （h ）与行驶速度v （km/h ）满足函数关系：vkt =，其图象为如图所示的一段曲线，且端点为)1,40(A 和)5.0,(m B ，若行驶速度不得超过60（km/h ），则汽车通过该路段最少需要时间为（ ） A.32 分 B. 40分 C. 60分 D.3200分考点：反比例函数的应用．4．【浙江省新世纪外国语学校2020届上学期第一次学力检测九年级数学试题】已知二次函数2y ax bx c =++（a ≠0）的图象如图所示，则下列结论中正确的有（ ）①abc<0；②a –b +c <0；③3b<4c ；④b 2－4ac>0；⑤c<2b ；⑥4c －a<8 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个故选D．考点：二次函数图象与系数的关系．二．填空题5.【江苏省泰兴市济川中学初三数学阶段试题江苏省泰兴市济川中学初三数学阶段试题】如图是方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1.点A和点B在方格纸中的格点上，在图中画出△AB C(点C在方格纸中的格点上)，使△ABC为直角三角形，这样的C点有个.考点：勾股定理的逆定理6.【云南省临沧区云县后箐中学2020届九年级10月综合练习数学试题】在平面直角坐标系xOy中，点A1，A2，A3，…和B1，B2，B3，…分别在直线y=kx+b和x轴上．△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果A1（1，1），A273,22⎛⎫⎪⎝⎭，那么点A3的纵坐标是，点A2020的纵坐标是．∵A1（1，1），A273 22⎛⎫ ⎪⎝⎭，，∴OB2=OB1+B1B2=2×1+2×32=2+3=5，3333323A C A C1tan DAOAC45B C5∠===++.∵△B2A3B3是等腰直角三角形，∴A3C3=B2C3。
∴23393A C42⎛⎫== ⎪⎝⎭.7.【浙江省新世纪外国语学校2020届上学期第一次学力检测九年级数学试题】3-2x-xy2=与x轴的交点个数为8.【浙江省新世纪外国语学校2020届上学期第一次学力检测九年级数学试题】将y=2x2－12x－12变为y=a（x－m）2+n的形式，则m·n=【答案】m•n＝-90．【解析】试题分析：首先利用配方法把一般式转化为顶点式，求出m和n的值，进而得出m•n的值．解答：解：∵y＝2x2-12x-12＝2（x2-6x+9）-18-12＝2（x-3）2-30，∴m＝3，n＝-30，∴m•n＝-90．考点：二次函数的三种形式．9．【浙江省三门县城关中学2020-2020学年第一学期10月月考九年级数学试卷】如图，在标有刻度的直线l上，从点A开始，以AB＝1为直径画半圆，记为第1个半圆；以BC＝2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD＝4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE＝8为直径画半圆，记为第4个半圆，…按此规律，继续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的▲ 倍，第n个半圆的面积为▲ (结果保留π)．10.【浙江省新世纪外国语学校2020届上学期第一次学力检测九年级数学试题】如图，反比例函数y ＝k x(x ＞0)的图象经过等腰梯形OABC 的点A 与BC 的中点D ．若等腰梯形OABC 的面积为6，则k 的值为∵等腰梯形OABC ， ∴EO ＝GC ＝m ，11．【北京市海淀区九年级第一学期期中测评数学试题】下面是一个按某种规律排列的数阵：1 第1行2 32第2行 567 22 3第3行 1011 23 131415 4第4行L LL L根据数阵排列的规律，则第5行从左向右数第5个数为 ,第n （3≥n ，且n 是整数）行从左向右数第5个数是 （用含n 的代数式表示）．n 行的右边第四个数是2(n 1)4-+第;第n 2(n 1)5-+即226n n -+考点：数字排列的规律.12．【衢州市衢江区2020-2020学年第一学期九年级第三次联考数学试题】如图在平面直角坐标系中，一次函数43y x=-的图像与反比例函数kyx=的图像交于A、B两点，则：（1）k的值是；（2）点P在x轴上，且满足以点A、B、P为顶点的三角形是等腰三角形，则P点的坐标是 .13．【重庆市江津区2020届九年级上学期第一学月数学试题】观察下列数据：0 ，3，22，15，62，…… ,寻找规律，第9个数据应是 .【答案】2n1-．【解析】14. 【江西省新干县思源实验学校第一学期初中八年级期中考试数学试题】（8分）观察下列勾股数：根据你发现的规律，请写出：（1）当时，求的值；（2）当时，求的值；（3）用（2）的结论判断是否为一组勾股数，并说明理由．15.【江苏省无锡市惠山六校联考2020届九年级上学期期中考试数学试题】把数字按如图所示排列起来，从上开始，依次为第一行、第二行、第三行……，中间用虚线围的一列，从上至下依次为1、5、13、25、…，则第10个数为。
三．解答题16.【杭州市高桥初中教育集团2020-2020学年第一学期九年级数学试题】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12，动点P从点A开始，沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始，沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连结PQ．点P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另两个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB= ，PD=（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；（3）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；17．【北京市海淀区九年级第一学期期中测评数学试题】如图，ABC △与AED △均是等边三角形，连接BE 、CD ．请在图中找出一条与CD 长度相等的线段，并证明你的结论． 结论： 证明：证明：Θ△ABC 与△AED 是等边三角形，∴AE AD =，AB AC =，60CAB DAE ∠=∠=o． ∴CAB DAB DAE DAB ∠-∠=∠-∠， 即CAD BAE ∠=∠． 在△CAD 和△BAE 中，AC AB,CAD BAE,AD AE,=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△CAD ≌△BAE ．∴CD =BE ．考点：三角形全等18．【北京市海淀区九年级第一学期期中测评数学试题】已知在ABC △中，ο90=∠ACB ，26==CB CA ，AB CD ⊥于D ，点E 在直线CD 上，CD DE 21=，点F 在线段AB 上，M 是DB 的中点，直线AE 与直线CF 交于N 点.（1）如图1，若点E 在线段CD 上，请分别写出线段AE 和CM 之间的位置关系和数量关系：___________，___________；（2）在（1）的条件下，当点F 在线段AD 上，且2AF FD =时，求证：ο45=∠CNE ； （3）当点E 在线段CD 的延长线上时，在线段AB 上是否存在点F ，使得ο45=∠CNE ．若存在，请直接写出AF 的长度；若不存在，请说明理由．【答案】 【解析】试题分析：（1）有已给条件可猜想线段AE 和CM 之间的位置关系和数量关系是:AE ⊥CM ，AE =CM（3）点E 在线段CD 的延长线上时，在线段AB 上存在点F ，使得ο45=∠CNE . 这时8AF =1∴∠GAC =∠MBC =45°.∵AB CD ⊥,∴CD=AD=BD =162AB =. ∵M 是DB 的中点, ∴3BM DM ==. ∴3AG =. ∵2AF FD =, ∴4 2.AF DF ==， ∴+2+3=5.FM FD DM == ∵AG ⊥AF ,考点：1.勾股定理,2.全等三角形的判定和性质,19．【浙江省温州市苍南县龙港镇第二中学第一学期初中九年级期中试题】温州某家电商场计划用5.88万元购进某品牌MP5、手机、游戏机共50件，三种产品的进价和售价如下表所示：进价(元/件) 售价(元/件) MP5 300 350 手机 1800 2000 游戏机15001600(1)在不超出现有资金前提下，若购进MP5的数量和手机的数量相同，且MP5的数量不超过游戏机的2倍，请问商场有哪几种进货方案？价格种类(2)准备在“五一黄金周”促销活动，商家针对这三种产品推出“现金每购满1000元送50元家电消费券一张，多买多送”的活动，在(1)的条件下，若三种产品在活动期间全部售出，商家预估最多送出消费券多少张？试题解析：20．【衢州市衢江区2020-2020学年第一学期九年级第三次联考数学试题】如图，抛物线经过A（﹣1，0），B（5，0），C（0，）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使P A+PC的值最小，求点P的坐标；（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．试题解析：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），（3）存在．如图2所示①当点N在x轴下方时，∵抛物线的对称轴为直线x=2，C（0，﹣），∴N1（4，﹣）；21.【海宁市初中第三教研片2020-2020学年第一学期期中调研测试九年级数学试题】如图1，已知抛物线y=－x2+bx+c经过点A（1,0），B（－3,0）两点，且与y轴交于点C.(1) 求b，c的值。
(2)在第二象限的抛物线上，是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？求出点P的坐标及△PBC的面积最大值.若不存在，请说明理由.(3) 如图2，点E为线段BC上一个动点（不与B,C重合），经过B、E、O三点的圆与过点B 且垂直于BC的直线交于点F，当△OEF面积取得最小值时，求点E坐标．22．【安徽省蚌埠六中2020—2020学年度第一学期11月阶段检测九年级数学试卷】（12分）如图，抛物线2y x bx c =-++与直线122y x =+交于,C D 两点，其中点C 在y 轴上，点D 的坐标为7(3,)2。