河南省天立教育2025-2026学年高一上学期开学联合考试数学试卷

这是一份河南省天立教育2025-2026学年高一上学期开学联合考试数学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共 6 页，三大题，28 小题，满分 150 分.考试时间 120 分钟.
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 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．
已知点1, y1 , 4, y2 , 3, y3  都在函数 y  x2 1上，则（）
y1  y2  y3
y1  y3  y2
y2  y3  y1
y2  y1  y3
一个不透明的袋子中装有3 个红球， 2 个黄球， 5 个白球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是白球的概率为（）
2
1B. 1C.
3
11
D.
510
如果3x  4 y  0 ，那么下列各式中正确的是（）
x  3
x 4
x  y  7
x 3
y4x  yy4x  y7
如图，已知点 A，B 分别在反比例函数 y  4  x  0 ， y  k  x  0 的图象上，且OA  OB ，
OA 
OB
xx
3 ，则 k 的值为（）
3
3
A. 6B.
6
C. 12D.
12
3
将抛物线 y  2x2 向上平移 3 个单位长度，再向右平移 2 个单位长度，所得到的抛物线为（）．
y  2  x  22  3
Cy  2  x  32  2
y  2  x  22  3
D. y  2  x  32  2
关于 x 的一元二次方程 ax2  5x  3  0 有两个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是（）
a  25 且 a  0
12
12
C. a  25 且 a  0
a  25
12
D. a  25
12
如图，在eO 中， CD 是eO 上的一条弦，直径 AB  CD ，连接 AC, OD, A  26，则∠D 的度数是（）
A. 26B. 38C. 52D. 64
7
如图，在eO 中， AE 是直径，半径OC 垂直于弦 AB 于 D ，连接 BE ，若 AB  2
， CD  1，则
BE 的长是（）
A. 5B. 6C. 7D. 8
已知抛物线 y  2x2  bx  n ，对称轴是直线 x  1 ，若点 A2, a，B 3, b，C 5, c 都在该抛物线的
图象上，则 a, b, c 的大小关系为（ ）
c  b  a
a  b  c
c  a  b
b  a  c
如图，AB 是半圆的直径，点 D 是 A‸C 的中点， ABC  50，则∠DAB 等于（）
A. 65°B. 60°C. 55°D. 50°
如图，在反比例函数 y  2  x  0 的图象上有 P ， P ， P ，…， P等点，它们的横坐标依次为
x123
2024
1，2，3，…，2024，分别过这些点作 x 轴与 y 轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为
S1 ， S2 ， S3 ，L ， S2023 ，则 S1  S2  S3  L+S2023 的值是（）
2023
A. 1012B. 2C.
2023
D.
506
2023
253
某商场今年3 月份的营业额为400 万元， 5 月份的营业额达到633.6 万元，若设商场3 月份到5 月份营业额的月平均增长率为 x ，则下面列出的方程中正确的是（）
400 (1 x)2  633.6B. 400 (1 2x)2  633.6
C. 400 (1 2x)2  63.6D. 400 (1 x)2  633.6  400
如图，在平面直角坐标系中，将边长为 1 的正六边形OABCDE 绕 O 点顺时针旋转 i 个45，得到正六边形Oi Ai BiCi Di Ei ．当i  2026 时，顶点Ci 的坐标是（）
1,  3 
B. 
3,1
1, 2
2, 1
如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC 绕点 O 逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1 ，依此方式，绕点 O 连续旋转 2020 次得到正方形OA2020B2020C2020 ，如果点 A 的坐标为1, 0 ，那么点 B2020 的坐标为（ ）
1,1
(
2, 0)
1, 1
(0,  2 )
已知x 表示不超过实数 x 的最大整数，函数 y  x 的部分图象如图所示，若方程x  ax2  1 在
2
0  x  3 有 2 个解，则 a 的取值范围是（）
1  a  3
1  a  3
5  a  3
5  a  3
6898
188
188
关于 x 的方程 mx2  x  m  1  0 ，有以下三个结论：①当 m  0 时，方程只有一个实数解；②当
m  0 时，方程有两个不相等的实数解；③无论 m 取何值， 方程都有一个负数解，其中正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③
二、填空题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分．
在平面直角坐标系中，点 P 4,1 关于原点成中心对称的点是．
二次函数 y  x2  2x  4 的顶点坐标为.
如图，小强和小华共同站在路灯下，小强的身高 EF  1.8m ，小华的身高 MN  1.5m ，他们的影子恰巧等于自己的身高，即 BF  1.8m,CN  1.5m ，且两人相距 4.7m，则路灯 AD 的高度是．
如图所示，等边V ABC 中，D 点为 AB 边上一动点，E 为边 AC 上一动点，将V ADE 沿着 DE 折叠，点 A 落在边 BC 的三等分点 F 处，若 AB  3 ，则线段 AE 的长度为．
如图，在矩形 ABCD 的边 AD 上取中点 E ，连接 BE ，使∠ABE=45 ，以点 B 为圆心，将 BE 顺时针旋转到 BC 上， E, F 为对应点.若 AB  1，则图中阴影部分的面积是.
如图，抛物线 y=−x2 +4x−3与 x 轴交于点 A、B，把抛物线在 x 轴及其上方的部分记作C1 ，将C1 向
右平移得C2 ， C2 与 x 轴交于点 B， D 若直线 y  x  m 与C1 、C2 共有 3 个不同的交点，则 m 的取值范围是
三、解答题：本题共 6 小题，共 84 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
解方程
（1） x2  4x  5  0
（2） 2  x  22  x  2
如图，在平面直角坐标中，二次函数 y  x2  2x  3 的图象与 y 轴交于点C ，与 x 轴交于点 A, B ，一次函数 y  x  3 的图象经过抛物线上的点 B, C ．
当 x 的取值范围为时，二次函数值大于一次函数值．
当2  x  3时，求二次函数 y 的取值范围．
某学习小组成员查阅资料得知，在风力发电机组中，“风电塔筒”非常重要，它的高度是一个重要的设计参数．于是小组成员开展了“测量风电塔筒高度”的实践活动．如图，已知一风电塔筒 AH 垂直于地面，测角仪CD 、 EF 在 AH 两侧， CD  EF  1.5m ，点C 与点 E 相距175m （点C ， H ， E 在同一条直
线上），在 D 处测得筒尖顶点A 的仰角为45，在 F 处测得筒尖顶点A 的仰角为53 ．求风电塔筒 AH 的
高度．（参考数据： sin53  4 ， cs53  3 ， tan53  4 ）
553
某衬衣店将进价为 30 元的一种衬衣以 40 元售出，平均每月能售出 600 件，调查表明：这种衬衣售价每上涨 1 元，其销售量将减少 10 件．
写出月销售利润 y （单位：元）与售价 x （单位：元/ 件）之间的函数解析式．
当销售价定为 45 元时，计算月销售量和销售利润．
当销售价定为多少元时会获得最大利润？求出最大利润．
阅读材料：为解方程x2 12  3x2 1  0 ，我们可以将 x2 1视为一个整体，然后设 x2 1  y ，
将原方程化为 y2  3y  0 ，①解得： y1  0, y2  3 ．
当 y  0 时， x2 - 1 = 0 ，∴ x2  1 ，∴ x  1 ，当 y  3 时， x2 1  3 ，∴ x2  4 ，∴ x  2 ，
∴原方程的解为 x1  1, x2  1, x3  2, x4  2
解答问题：
在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到了的目的，体现了的数学思想；
利用上述材料中的方法解方程： x2  x2  4 x2  x  5  0 ．
已知抛物线的解析式为 y   1
20
x2  bx  5 .
当自变量 x  2 时，函数值 y 随 x 的增大而减少，求 b 的取值范围；
如图，若抛物线的图象经过点 A2, 5 ，与 x 轴交于点 C，抛物线的对称轴与 x 轴交于 B.
①求抛物线的解析式；
②在抛物线上是否存在点 P，使得PAB  ABC ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.
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天立教育 2025－2026 学年秋期入学联合考试高一年级数学试题卷
本试题卷共 6 页，三大题，28 小题，满分 150 分.考试时间 120 分钟.
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 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．
已知点1, y1 , 4, y2 , 3, y3  都在函数 y  x2 1上，则（）
y1  y2  y3
y1  y3  y2
y2  y3  y1
y2  y1  y3
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象上的点的坐标满足函数关系，分别求出 y1 、 y2 、 y3 ，然后解答即可．
【详解】∵点1, y1 , 4, y2 , 3, y3  都在函数 y  x2 1上，
∴ y  12 1  2 ， y  42 1  17 ， y  32 1  10 ，
123
∴ y1  y3  y2 ．
故选：B
一个不透明的袋子中装有3 个红球， 2 个黄球， 5 个白球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是白球的概率为（）
2
1B. 1C.
3
11
D.
510
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式即可解答．
【详解】由题意可知，袋子中总共有3  2  5  10 个球，其中白球的个数为5 个，
51
故摸出的小球是白球的概率为 .
102
故选：A．
如果3x  4 y  0 ，那么下列各式中正确的是（）
x  3
x 4
x  y  7
x 3
y4x  yy4x  y7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用比例的性质表示出 x，y 的值，进而得出答案．
【详解】∵ 3x  4 y ，∴设 x  4a ，则 y  3a ，∴ x ＝ 4 ，故选项 A 错误；
x4a
y3
x  y7
x  y ＝ 4a  3a ＝4，故选项 B 正确；
＝ ，故选项 C 错误；
y3
x4
x  y ＝ 7 ，故选项 D 错误；
故选：B．
如图，已知点 A，B 分别在反比例函数 y  4  x  0 ， y  k  x  0 的图象上，且OA  OB ，
OA 
OB
xx
3 ，则 k 的值为（）
3
3
A. 6B.
6
C. 12D.
12
3
【答案】D
【解析】
【分析】过点A 作 AM  y 轴于点 M ，过点 B 作 BN  y 轴于点 N ，则△AOM ∽△OBN ，根据相似
三角形面积比等于相似比的平方及反比例函数 k 的几何意义可求解问题．
【详解】过点A 作 AM  y 轴于点 M ，过点 B 作 BN  y 轴于点 N ，如图所示：
AMO  BNO  90 ，即AOM  OAM  90 ，
QOA  OB ，AOM  BON  90 ，
由上两式可得： OAM  BON ，∴△AOM ∽△OBN ，
OA
S OA 21
3
∵，∴ V AOM
   ，
OB3
SVOBN
 OB 3
∵点 A 在反比例函数 y  4  x  0 上，
x
∴由反比例函数 k 的几何意义可知 S 1  4  2 ，
V AOM2
即 SVOBN  3SV AOM
 6 ，∴ k
 2SVOBN  12 ，
又∵反比例函数 y  k  x  0 在第四象限，∴ k  12 ，
x
故选：D
将抛物线 y  2x2 向上平移 3 个单位长度，再向右平移 2 个单位长度，所得到的抛物线为（）．
y  2  x  22  3
C. y  2  x  32  2
y  2  x  22  3
D. y  2  x  32  2
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图象的平移法则：左加右减，上加下减即可得出答案．
【详解】将抛物线 y  2x2 向上平移 3 个单位长度,所得到的抛物线为 y  2x2  3 ，再向右平移 2 个单位长
度，所得到的抛物线为 y  2  x  22  3 ，故选：A．
关于 x 的一元二次方程 ax2  5x  3  0 有两个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是（）
a  25 且 a  0
12
12
C. a  25 且 a  0
a  25
12
D. a  25
12
【答案】A
【解析】
【分析】由关于 x 的一元二次方程 ax2  5x  3  0 有两个不相等的实数根，可得 a  0 且判别式  0 ，解不等式即得 a 的范围．
【详解】由题意，关于 x 的一元二次方程 ax2  5x  3  0 有两个不相等的实数根，
则 a  0 且根的判别式Δ  b2  4ac  52  4  a  3  25 12a  0 ，
解得 a  25 ，
12
故实数 a 的取值范围是 a  25 且 a  0 .
12
故选：A．
如图，在eO 中， CD 是eO 上的一条弦，直径 AB  CD ，连接 AC, OD, A  26，则∠D 的度数是（）
A. 26B. 38C. 52D. 64
【答案】B
【解析】
【分析】连接OC ，根据圆周角定理，垂径定理即可求解.
【详解】解： 连接OC ，
QCD 是eO 上的一条弦，直径 AB  CD ， B‸C  B‸D ，
COB  BOD ，又A  26 ，COB  2A  52 ，
BOD  52 ，D  90  BOD  90  52  38．故选：B．
7
如图，在eO 中， AE 是直径，半径OC 垂直于弦 AB 于 D ，连接 BE ，若 AB  2
， CD  1，则
BE 的长是（）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂径定理求出 AD ，根据勾股定理列式求出半径 ，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】∵半径OC 垂直于弦 AB ，
7
∴ AD  DB  1 AB .
2
在 RtV AOD 中， OA2  OC  CD2  AD2 ，即OA2  OA 12  
解得， OA  4 .
∴ OD  OC  CD  3，
∵ AO  OE, AD  DB ，
∴ BE  2OD  6 .
故选：B
7 2 ，
已知抛物线 y  2x2  bx  n ，对称轴是直线 x  1 ，若点 A2, a，B 3, b，C 5, c 都在该抛物线的图象上，则 a, b, c 的大小关系为（ ）
c  b  a
【答案】D
a  b  c
c  a  b
b  a  c
【解析】
【分析】由二次项系数2  0 得到抛物线开口向上，图象上的点距离对称轴的水平距离越大，对应的函数值越大，进而由5 1  1 2  3 1 即可求解.
【详解】因为二次项系数2  0 ，
抛物线开口向上，图象上的点距离对称轴的水平距离越大，对应的函数值越大，因为抛物线的对称轴为直线 x  1 ，且5 1  1 2  3 1 ，
则b  a  c ，
故选： D
如图，AB 是半圆的直径，点 D 是 A‸C 的中点， ABC  50，则∠DAB 等于（）
A. 65°B. 60°C. 55°D. 50°
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆周角定理及性质列式计算得解.
【详解】连接 BD，由点 D 是 A‸C 的中点，得C‸D  ‸AD ，则ABD  CBD ，
而ABC  50，于是ABD  1  50  25 ，
2
由 AB 是半圆的直径，得ADB  90 ，所以DAB  90  25  65.
故选：A
如图，在反比例函数 y  2  x  0 的图象上有 P ， P ， P ，…， P等点，它们的横坐标依次为
x123
2024
1，2，3，…，2024，分别过这些点作 x 轴与 y 轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为
S1 ， S2 ， S3 ，L ， S2023 ，则 S1  S2  S3  L+S2023 的值是（）
2023
A. 1012B. 2C.
2023
D.
506
2023
253
【答案】A
【解析】
【分析】根据反比例函数的意义可得所构成的图中每一小块阴影的面积，将它们相加即可.
【详解】因为点 P1 ， P2 ， P3 ，L ， P2024 的横坐标依次为 1，2，3，L ，2024，
所以点 P ， P ， P ，L ， P的纵坐标依次为 2 2 2 L2，
123
2024
, , ,
1 2 32024
所以 S  1 2  2   2  2 , S  1 2  2   2  2 ，
1 12 122 23 23

S  1 2  2   2  2 ,L, S
 122 
22，
3 34 34
2023
 20232024 

20232024

所以 S  S
 S L S
 2  2  2  2  2  2 L

22
 2 2
 2023
1232023
故选：A
12233420232024120241012
某商场今年3 月份的营业额为400 万元， 5 月份的营业额达到633.6 万元，若设商场3 月份到5 月份营业额的月平均增长率为 x ，则下面列出的方程中正确的是（）
400 (1 x)2  633.6B. 400 (1 2x)2  633.6
C. 400 (1 2x)2  63.6D. 400 (1 x)2  633.6  400
【答案】A
【解析】
【分析】设月平均增长率为 x ,则易得5 月份的营业额为400 1+x2 ,把相关数值代入即可得到相应方程.
【详解】 设商场3 月份到5 月份营业额的月平均增长率为 x ,
由题意可得4 月份的营业额为400 1+x ,
所以5 月份的营业额为： 400 (1 x)(1 x)  400 (1 x)2 ，所以可列方程为： 400 (1 x)2  633.6 .
故选： A ．
如图，在平面直角坐标系中，将边长为 1 的正六边形OABCDE 绕 O 点顺时针旋转 i 个45，得到正六边形Oi Ai BiCi Di Ei ．当i  2026 时，顶点Ci 的坐标是（）
1,  3 
B. 
3,1
1, 2
2, 1
【答案】B
【解析】
【分析】以 O 为圆心， OC 为半径作eO 得到将边长为 1 的正六边形OABCDE 绕点 O 顺时针旋转 i 个
45，即把OC 绕点 O 顺时针旋转 i 个45， C2026 与C2 重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解
C2 的坐标，从而可得答案．
【详解】如图以 O 为圆心， OC 为半径作eO ；
将边长为 1 的正六边形OABCDE 绕点 O 顺时针旋转 i 个45，即把OC 绕点 O 顺时针旋转 i 个45，
C 旋转后对应点依次为C1 ， C2 ，……，
∵1 周 360，∴ OC 绕点 O 顺时针旋转 8 次回到原位置.
∵ 2026  8  253L2 ，∴ C2026 与C2 重合.
如图：
∵多边形是正六边形，∴每个内角为120 ；即D2C2 B2  120.
∵正六边形是轴对称图形，∴ OC B  OC D  1 D C B
 60 .
2 22 22
2 2 2
3
∵ B2C2  1，∴ OB2  B2C2 tan OC2 B2  1 tan 60 .
∴ C2 坐标为 3,1，即C2026 的坐标为 C.
故选：B
如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC 绕点 O 逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1 ，依此方式，绕点 O 连续旋转 2020 次得到正方形OA2020B2020C2020 ，如果点 A 的坐标为1, 0 ，那么点 B2020 的坐标为（ ）
1,1
(
2, 0)
1, 1
(0,  2 )
【答案】C
【解析】
【分析】根据图形可知点 B 在以 O 为圆心， OB 为半径的圆上运动，由旋转可知将正方形OABC 绕点 O
逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1 ，相当于把OB 绕点 O 逆时针旋转45，可得对应点 B 的坐标，根
据规律发现是 8 次一循环，从而可得答案．
【详解】∵四边形OABC 是正方形，且OA  1 ，∴ B 1,1 ，连接OB .
2
2
由勾股定理得OB ，由旋转可得OB  OB1  OB2  OB3 L ，
∵将正方形OABC 绕点 O 逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1 ，
相当于把线段OB 绕点 O 逆时针旋转45，依次得到AOB  BOB1  B1OB2 L  45 ，
∴ B1 0, 2 , B2 1,1, B3  2, 0, B4 1, 1,L，
发现是 8 次一循环， 2020  8  252L4 ，
∴点 B2020 的坐标为1, 1 .
故选：C
已知x 表示不超过实数 x 的最大整数，函数 y  x 的部分图象如图所示，若方程x  ax2  1 在
2
0  x  3 有 2 个解，则 a 的取值范围是（）
1  a  3
1  a  3
5  a  3
5  a  3
68
【答案】A
98188
188
【解析】
【分析】讨论x 取值的三种情况，再对 a 进行分离变量，解出三种不同情况下 a 的取值范围，最后综合三种情况即可得到答案．
【详解】由题意， x 在0  x  3 内的取值为 0、1 和 2，且易知 x  0 不可能是原方程的解，
当0  x  1时， x  0 ， ax2  1  0 ，得a  
2
1
，
2x2
由于0  x  1，所以 1   1 ，也即当 a   1 时，方程在0,1 上必有一解，
2x222
当1  x  2 时，x  1，ax2  1  1，得 a  1 ，由于1  x  2 ，所以 1  1  1 ，也即当 1  a  1
2
时，方程在1, 2 上必有一解，
2x2
82x2282
当2  x  3 时，x  2 ，ax2  1  2 ，得 a  3 ，由于2  x  3 ，所以 1  3  3 ，也即当 1  a  3
2
时，方程在2,3 上必有一解，
2x2
62x2868
由题意知，方程在0  x  3 有 2 个解，
根据上述讨论，a 所属的范围必须同时满足其中两个才能成立，也即 1  a  3 ，
68
故选：A．
关于 x 的方程 mx2  x  m  1  0 ，有以下三个结论：①当 m  0 时，方程只有一个实数解；②当
m  0 时，方程有两个不相等的实数解；③无论 m 取何值， 方程都有一个负数解，其中正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】分别讨论 m  0 和 m  0 时方程 mx2  x  m  1  0 根的情况，进而得解.
【详解】当 m  0 时， x  1 ，方程只有一个解，①正确；当 m  0 时，方程 mx2  x  m  1  0 是一元二次方程，
Δ  1 4m 1 m  1 4m  4m2  2m 12  0 ，方程有两个实数解，
其中 m  1 时，方程有两个相等的实数解，②错误； 2
把 mx2  x  m 1 分解为 x 1mx  m 1 .
x  1 时， mx2  x  m 1  m 1 m 1  0 ，
即 x  1 是方程 mx2  x  m  1  0 的根，③正确；故选：C.
二、填空题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分．
在平面直角坐标系中，点 P 4,1 关于原点成中心对称的点是．
【答案】4, 1
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】点 P 4,1 关于原点成中心对称的点是4, 1 ，故答案为： 4, 1 ．
二次函数 y  x2  2x  4 的顶点坐标为.
【答案】(1, 3)
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线顶点坐标公式求出顶点坐标.
【详解】依题意， y  (x 1)2  3 ，
所以函数 y  x2  2x  4 图象的顶点坐标(1, 3) .
故答案为： (1, 3)
如图，小强和小华共同站在路灯下，小强的身高 EF  1.8m ，小华的身高 MN  1.5m ，他们的影子恰
巧等于自己的身高，即 BF  1.8m,CN  1.5m ，且两人相距 4.7m，则路灯 AD 的高度是．
【答案】4m
【解析】
【分析】设路灯的高度为 x(m) ，根据题意可得△BEF ∽VBAD ，再利用相似三角形的对应边成比例整理得 DF  x  1.8 ，同理可得 DN  x  1.5 ，因为两人相距 4.7m，可得到关于 x 的一元一次方程，然后求解方程即可．
【详解】设路灯的高度为 x(m) ，
∵EF∥AD，∴ △BEF ∽VBAD ，
∴ EF  BF ，
ADBD
即1.8 1.8，解得： DF  x  1.8 ，
x1.8  DF
∵MN∥AD，
MN
∴VCMN ∽VCAD ，∴
 CN ，
即1.5 
1.5
，
ADCD
x1.5  DN
解得： DN  x  1.5 ，
∵两人相距 4.7m，
∴ FD  ND  4.7 ，
∴ x 1.8  x 1.5  4.7 ，解得： x  4 m ，
答：路灯 AD 的高度是 4m．
如图所示，等边V ABC 中，D 点为 AB 边上一动点，E 为边 AC 上一动点，将V ADE 沿着 DE 折叠，点 A 落在边 BC 的三等分点 F 处，若 AB  3 ，则线段 AE 的长度为．
77
【答案】 或
45
【解析】
【分析】分两种情况讨论：当 BF : FC  1: 2 或 BF : FC  2 :1时，利用相似三角形的判定与性质建立方程求解即可．
【详解】在等边三角形 ABC 中， AB  BC  AC  3， A  B  C  60 ，
∵折叠后，点 A 落在边 BC 的三等分点 F 处，
当 BF : FC  1: 2 时，点 F 在线段 BC 上，如图所示，由折叠性质可知A  DFE  60 ，
∵ BFD  CFE  120 ， BFD  BDF  120 ，
∴ BDF  CFE ，
又∵ B  C ，∴VBDF ~VCFE ，
∴ BD  DF  BF ，
CFEFCE
∵ BC  3， BF : FC  1: 2 ，∴ BF  1 ， CF  2 ，设 AE  x ，则 EF  AE  x ， CE  3  x ，
∴ BD  DF 

，解得 BD 
， DF x，
2x3  x
3  x
3  x
x
∵ BD  DF  AD  BD  3 ，
2
∴
3  x
 3  x
 3 ，解得 x  7 ，经检验符合题意；
4
∴ AE  7 ；
4
当 BF : FC  2 :1时，
∴ BF  2 ， CF  1 ，
设 AE  x ，则 EF  AE  x ， CE  3  x ，
∴ BD  DF 2，解得 BD 2， DF  2x ，
1x3  x
3  x
3  x
∵ BD  DF  AD  BD  3 ，
2
∴
3  x
2x 3  x
 3 ，解得 x  7 ，经检验符合题意；
5

∴ AE  7 ；
5
77
故答案为： 或
45
如图，在矩形 ABCD 的边 AD 上取中点 E ，连接 BE ，使∠ABE=45 ，以点 B 为圆心，将 BE 顺时针旋转到 BC 上， E, F 为对应点.若 AB  1，则图中阴影部分的面积是.
【答案】 3  1 π
24
【解析】
【分析】根据中点的性质可得 AD  2AE ，再根据矩形的性质可得A  90 ，进而说明
2
∠ABE=AEB  45，即EBF  45 ， AE  AB  1、 AD  2 ，再运用勾股定理求得 BE ，最后结合图像运用 SABCD  SV ABE  S扇形BEF 求解即可.
【详解】∵ AD 上取中点为 E ， ∴ AD  2AE ，
∵矩形 ABCD ，∴ A  90 ，
AE2  AB2
12 12
∵∠ABE=45 ，∴ AEB  EBF  ABE  45，所以 AE  AB  1，即 AD  2 AE  2 ，
∴ BE 
，
2
45π
2 2
∴图中阴影部分的面积是 S
故答案为: 3  1 π
24
ABCD
 SV ABE
 S扇形BEF
 2 1 1 11 3  1 π .
236024
如图，抛物线 y=−x2 +4x−3与 x 轴交于点 A、B
（1） x2  4x  5  0
（2） 2  x  22  x  2
【答案】（1） x1  1 ，
x2  5 .
（2） x  2 ， x  5 .
122
【解析】
【分析】(1)利用十字相乘法解答；也可用配方法解答.
(2)先去括号，再移项，再用十字交差法解答.
【小问 1 详解】
解：(1)由 x2  4x  5  0 ，得  x 1 x  5  0 ,
∴ x 1  0 或 x  5  0 .
∴ x1  1 , x2  5.
方法二：由 x2  4x  5  0 ，得 x  22  9  0 ,
1
2
∴  x  22  9 ,∴ x  2  3 ,∴ x  1 , x  5.
【小问 2 详解】
(2)∵ 2  x  22  x  2
∴ 2 x2  4x  4  x  2 ,∴ 2x2  8x  8  x  2 ,∴ 2x2  9x 10  0 ,
∴  x  22x  5  0 ,∴ x  2  0 或2x  5  0 .
∴ x  2 , x  5 .
122
如图，在平面直角坐标中，二次函数 y  x2  2x  3 的图象与 y 轴交于点C ，与 x 轴交于点 A, B ，一
次函数 y  x  3 的图象经过抛物线上的点 B, C ．
当 x 的取值范围为时，二次函数值大于一次函数值．
当2  x  3时，求二次函数 y 的取值范围．
【答案】（1） x  0 或 x  3
（2） 4  y  5
【解析】
【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点得到点C 的坐标为0, 3 ，点 B 的坐标为3, 0 ，数形结合分析即可求解；
（2）根据题意得到点A 的坐标为1, 0 ，求得二次函数图象的顶点坐标为1, 4 ，将 x  2 代入
y  x2  2x  3 ，得 y  5 ，由此得到最大值，最小值即可求解．
【小问 1 详解】
当 x  0 时，得 y  x  3  3 ，∴点C 的坐标为0, 3 ，
当 y  0 时，得 x  3  0 ，解得 x  3 ，∴点 B 的坐标为3, 0 ，
由图象可得，当 x 的取值范围是 x  0 或 x  3 时，二次函数值大于一次函数值，故答案为： x  0 或 x  3 ．
【小问 2 详解】
令 x2  2x  3  0 ，解得 x1  1 ， x2  3 ，∴点A 的坐标为1, 0 ，
∵ y  x2  2x  3   x 12  4 ，∴二次函数图象的顶点坐标为1, 4 ，将 x  2 代入 y  x2  2x  3 ，得 y  5 ，
∴当2  x  3时，二次函数 y 的取值范围为4  y  5 ．
某学习小组成员查阅资料得知，在风力发电机组中，“风电塔筒”非常重要，它的高度是一个重要的设计参数．于是小组成员开展了“测量风电塔筒高度”的实践活动．如图，已知一风电塔筒 AH 垂直于地面，测角仪CD 、 EF 在 AH 两侧， CD  EF  1.5m ，点C 与点 E 相距175m （点C ， H ， E 在同一条直
线上），在 D 处测得筒尖顶点A 的仰角为45，在 F 处测得筒尖顶点A 的仰角为53 ．求风电塔筒 AH 的
高度．（参考数据： sin53  4 ， cs53  3 ， tan53  4 ）
553
【答案】101.5m
【解析】
【分析】过点 D 作 DG  AH 于 G，连接 FG ，分别证明四边形CDGH 和四边形 EFGH 为矩形，可得
D、G、F 三点共线，则有 DF  175m ，设 AG  xm ，则 FG  3 xm ，由 x  3 x  175 ，求得 x 即得
44
AH 的高度．
【详解】如图所示，过点 D 作 DG  AH 于 G，连接 FG ，则四边形CDGH 是矩形，
∴ GH  CD  1.5m ， DG  CH ，∵ CD  EF  1.5m ，∴ GH  EF ， 由题意可得GH⊥CE，EF⊥CE ，∴ GH / / EF ，∴四边形 EFGH 是矩形，
∴ FG  HE ， HGF  90 ，∴ D、G、F 三点共线，故 DF  DG  FG  CH  HE  CE  175m ；
设 AG  xm ，因ADG  45 ，则 DG  xm ；
在Rt△AFG 中， tan AFG  AG ，即tan 53 
FG
x ，∴ FG  3 xm ；
FG4
则 DG  FG  x  3 x  175 ，解得 x  100 ，∴ AG  100m ，
4
∴ AH  AG  GH  101.5m ，
∴风电塔筒 AH 的高度约为101.5m ．
某衬衣店将进价为 30 元的一种衬衣以 40 元售出，平均每月能售出 600 件，调查表明：这种衬衣售价每上涨 1 元，其销售量将减少 10 件．
写出月销售利润 y （单位：元）与售价 x （单位：元/ 件）之间的函数解析式．
当销售价定为 45 元时，计算月销售量和销售利润．
当销售价定为多少元时会获得最大利润？求出最大利润．
【答案】（1） y  10x2 1300x  30000
（2）550 件， 8250 元
（3）当 x  65 元时，最大利润为 12250 元
【解析】
【分析】（1）根据售价为 x 元，由这种衬衣的售价每上涨 1 元，其销售量就减少 10，列出函数关系式即可；
销售价为 45 元，即上涨了 5 元，所以，代入即可得月销售量和销售利润；
用配方法求出二次函数的最大值即可．
【小问 1 详解】
由题意可得： y   x  30 600 10  x  40  10x2 1300x  30000 .
【小问 2 详解】当 x  45 时，
月销售量为600 10 45  40  550 （件），
销售利润为 y  45  30 550  8250 （元）.
【小问 3 详解】
y  10x2 1300x  30000  10  x  652 12250 ，故当 x  65 元时，最大利润为 12250 元．
阅读材料：为解方程x2 12  3x2 1  0 ，我们可以将 x2 1视为一个整体，然后设 x2 1  y ，
将原方程化为 y2  3y  0 ，①解得： y1  0, y2  3 ．
当 y  0 时， x2 - 1 = 0 ，∴ x2  1 ，∴ x  1 ，当 y  3 时， x2 1  3 ，∴ x2  4 ，∴ x  2 ，
∴原方程的解为 x1  1, x2  1, x3  2, x4  2
解答问题：
在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到了的目的，体现了的数学思想；
利用上述材料中的方法解方程： x2  x2  4 x2  x  5  0 ．
【答案】（1）换元，降次，转化
（2） x1
 1
2
21 , x
 121
2
2
【解析】
【分析】（1）由换元的方法可知解题的思想是将复杂问题转化为简单问题解决的思想；
（2）令 x2  x  y ，则原方程可化为 y2  4 y  5  0 ，解之可得 y 的值，再进一步解关于 x 的方程可得.
【小问 1 详解】
将 x2 1设为 y ，利用的是换元法达到了降次的目的，体现了转化的数学思想；
【小问 2 详解】
令 x2  x  y ，则 y2  4 y  5  0 ，
( y  5)( y 1)  0 ，
 y  5  0 或 y 1  0 ．解得： y1  5, y2  1，
1
当 y  5 时， x2  x  5 ，即 x2  x  5  0 ，解得： x
 1
2
21 , x
 1
2
21 ，
2
当 y  1时， x2  x  1，即 x2  x 1  0 ，
Q  12  4 11  3  0 ，∴此方程无实数根；
综上：方程的解是 x1
 1
2
21 , x
 1
2
21 ．
2
已知抛物线的解析式为 y   1
20
x2  bx  5 .
当自变量 x  2 时，函数值 y 随 x 的增大而减少，求 b 的取值范围；
如图，若抛物线的图象经过点 A2, 5 ，与 x 轴交于点 C，抛物线的对称轴与 x 轴交于 B.
①求抛物线的解析式；
②在抛物线上是否存在点 P，使得PAB  ABC ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） b  1
5
（2）① y   1 x2  1 x  5 ；②存在，P 0, 5 或 P  25 , 85 
 3 36 
2010
【解析】
【分析】（1）由题意可知：对称轴只需要小于或等于 2 即可求出 b 的范围；
（2） ① 将 A 代入抛物线解析式即可求出 b 的值； ② 由于PAB  ABC ，且 P 在抛物线上，故需要对 P
的位置进行分类讨论即可.
【小问 1 详解】
抛物线的对称轴为： x  10b ，
根据抛物线开口向下可知：在对称轴的右侧，函数值 y 随 x 的增大而减少，又∵ x  2 时，函数值 y 随 x 的增大而减少，
∴10b  2 ，
∴ b  1 ；
5
【小问 2 详解】
① 将 A 2, 5 代入抛物线的解析式 y   1
20
x2  bx  5 得5  
1  22  b  2  5 ，
20
∴ b  1 ，∴抛物线的解析式为： y   1 x2  1 x  5 ；
102010
② 抛物线 y   1 x2  1 x  5 的对称轴为： x  1 ，则有 B 1, 0 ，
2010
即 A 2, 5 在抛物线的对称轴的右侧，
第一种情况：由于PAB  ABC ，当 P 在 A 点左侧的抛物线上时，则 PA / / BC ，
∴P 的纵坐标与 A 的纵坐标相同，均为 5，
∴根据抛物线的对称性可得点 P 的横坐标为 0，即 P 点坐标为0, 5 ，
第二种情况：当 P 在 A 点右侧的抛物线上时，连接 AP 并延长交 x 轴于 E，此时PAB  ABC ，
∴ AE  BE ，
过点 A 作 AG  x 轴于点 G，过点 P 作 PH  x 轴于点 H，过点 E 作 EF  AB 于点 F，
26
∵ B 1, 0 ， A2, 5 ，∴ AG  5 ， BG  1，∴由勾股定理可知： AB ，
∵ AE  BE ， EF  AB ，∴ BF  1 AB 26 ，
22
∵ cs ABC  BG 26 ，∴ cs ABC  BF 26 ，∴ BE  13 ，
AB26BE26
∴ GE  BE  BG  12 ， OE  OB  BE  13 1  14 ，
∴ tanPEG  AG 
GE
5 ， E 14, 0 ，
12
121
设 P  x,  20 x  10 x  5 ，

∵ E 14, 0 ，∴ HE  14  x ， PH   1 x2  1 x  5 ，
2010
PH5 1 x2  1 x  55
∴ tanPEG  HE  12 ，即 2010 = 12 ，

14x
解得： x  2 （此时 P 与 A 重合，舍去）或 x  25 ，∴ P  25 , 85  ，
3 336 

综上所述，在抛物线上存在点 P，使得PAB  ABC ，P 点坐标为0, 5 或 25 , 85  .
 336 
