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2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试数学B卷专项突破训练（2）（word版 含答案）
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这是一份2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试数学B卷专项突破训练（2）（word版 含答案），共19页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（二）
（满分50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．已知m是方程x2﹣3x+1＝0的一个根，则（m﹣3）2+（m+2）（m﹣2）的值是 ．
2．如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝39°，则∠AOC＝ ．
3．如图，点A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，连接OA，OB，tan∠OAB＝．点C是反比例函数y＝（x＞0）图象上一动点，连接AC，OC，若△AOC的面积为，则点C的坐标为 ．
4．如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点D在AB边上（不与点A、B）重合，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，则△BDE周长的最小值是 cm．
5．图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为 cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为 cm．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）某经销商3月份用18000元购进一批T恤衫售完后，4月份用39000元购进一批相同的T恤衫，数量是3月份的2倍，但每件进价涨了10元．
（1）4月份进了这批T恤衫多少件？
（2）4月份，经销商将这批T恤衫平均分给甲、乙两家分店销售，每件标价180元．甲店按标价卖出a件以后，剩余的按标价八折全部售出；乙店同样按标价卖出a件，然后将b件按标价九折售出，再将剩余的按标价七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①用含a的代数式表示b．
②已知乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，请你求出乙店利润的最大值．
7．（本小题满分10分）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知y＝x+12，当Q为BF中点时，y＝．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
（2）求DE，BF的长．
（3）若AD＝6．
①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连接PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
8．（本小题满分12分）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（二）
（满分50分）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．已知m是方程x2﹣3x+1＝0的一个根，则（m﹣3）2+（m+2）（m﹣2）的值是 3 ．
【分析】将原式进行化简，然后x＝m代入原方程后可得m2﹣3m＝1，整体代入原式后即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：m2﹣3m+1＝0，
∴m2﹣3m＝﹣1，
∴原式＝m2﹣6m+9+m2﹣4
＝2m2﹣6m+5
＝2（m2﹣3m）+5
＝﹣2+5
＝3，
故答案为：3
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的解的定义，本题属于基础题型．
2．如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝39°，则∠AOC＝ 78° ．
【分析】解法一：连接BO，并延长BO到P，根据线段的垂直平分线的性质得AO＝OB＝OC和∠BDO＝∠BEO＝90°，根据四边形的内角和为360°得∠DOE+∠ABC＝180°，根据外角的性质得∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，相加可得结论．
解法二：连接OB，同理得AO＝OB＝OC，由等腰三角形三线合一得∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，由平角的定义得∠BOD+∠BOE＝141°，最后由周角的定义可得结论．
【解答】解：解法一：连接BO，并延长BO到P，
∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴AO＝OB＝OC，∠BDO＝∠BEO＝90°，
∴∠DOE+∠ABC＝180°，
∵∠DOE+∠1＝180°，
∴∠ABC＝∠1＝39°，
∵OA＝OB＝OC，
∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，
∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，
∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×39°＝78°；
解法二：
连接OB，
∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴AO＝OB＝OC，
∴∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，
∵∠DOE+∠1＝180°，∠1＝39°，
∴∠DOE＝141°，即∠BOD+∠BOE＝141°，
∴∠AOD+∠COE＝141°，
∴∠AOC＝360°﹣（∠BOD+∠BOE）﹣（∠AOD+∠COE）＝78°；
故答案为：78°．
【点评】本题主要考查线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
3．如图，点A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，连接OA，OB，tan∠OAB＝．点C是反比例函数y＝（x＞0）图象上一动点，连接AC，OC，若△AOC的面积为，则点C的坐标为 （4，）或（1，10） ．
【分析】作CD⊥x轴于D，解直角三角形求得A（2，5），设点C的坐标为（m，），根据S△AOC＝S△AOB+S梯形ABDC﹣S△COD＝S梯形ABDC，得出（5+）•|m﹣2|＝，解得m的值，即可求得C点的坐标．
【解答】解：作CD⊥x轴于D，
∵点A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，设A（x，），
∴OB＝x，AB＝，
∵tan∠OAB＝，
∴＝，即＝，
解得x＝2，
∴A（2，5），
设点C的坐标为（m，），
∵S△AOC＝S△AOB+S梯形ABDC﹣S△COD＝S梯形ABDC，△AOC的面积为，
∴（AB+CD）•BD＝，
∴（5+）•|m﹣2|＝，
整理得，m2﹣3m﹣4＝0或m2+3m﹣4＝0
解m2﹣3m﹣4＝0得m＝4或m＝﹣1（舍去），
解m2+3m﹣4＝0得m＝1或m＝﹣4（舍去）
∴点C的坐标为（4，）或（1，10），
故答案为（4，）或（1，10）．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，明确S△AOC＝S梯形ABDC是解题的关键．
4．如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点D在AB边上（不与点A、B）重合，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，则△BDE周长的最小值是 （4+2） cm．
【分析】由旋转的性质可得AD＝BE，∠DCE＝60°，CD＝CE，可证△CDE是等边三角形，可得CD＝DE，由△BDE周长＝BD+BE+DE＝4+CD，当CD⊥AB时，△BDE周长有最小值，即可求解．
【解答】解：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴AD＝BE，∠DCE＝60°，CD＝CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝DE，
∵△BDE周长＝BD+BE+DE＝BD+AD+CD＝AB+CD＝4+CD，
∴当CD有最小值时，△BDE周长有最小值，
∴当CD⊥AB时，CD有最小值为2，
∴△BDE周长的最小值为4+2，
故答案为：（4+2）．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，证明△CDE是等边三角形是本题的关键．
5．图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为 160 cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为 cm．
【分析】（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．解直角三角形求出HT即可．
【解答】解：（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．
由题意：OP＝OQ＝50cm，PQ＝PA﹣AQ＝140﹣60＝80（cm），PM＝PA+BC＝140+60＝200（cm），PT⊥MN，
∵OH⊥PQ，
∴PH＝HQ＝40（cm），
∵cos∠P＝＝，
∴＝，
∴PT＝160（cm），
∴点P到MN的距离为160cm，
故答案为160．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．
由题意AT＝PT﹣PA＝160﹣140＝20（cm），OA＝PA﹣OP＝140﹣50＝90（cm），OQ＝50cm，AQ＝60cm，
∵QH⊥OA，
∴QH2＝AQ2﹣AH2＝OQ2﹣OH2，
∴602﹣x2＝502﹣（90﹣x）2，
解得x＝，
∴HT＝AH+AT＝（cm），
∴点Q到MN的距离为cm．
故答案为．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）某经销商3月份用18000元购进一批T恤衫售完后，4月份用39000元购进一批相同的T恤衫，数量是3月份的2倍，但每件进价涨了10元．
（1）4月份进了这批T恤衫多少件？
（2）4月份，经销商将这批T恤衫平均分给甲、乙两家分店销售，每件标价180元．甲店按标价卖出a件以后，剩余的按标价八折全部售出；乙店同样按标价卖出a件，然后将b件按标价九折售出，再将剩余的按标价七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①用含a的代数式表示b．
②已知乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，请你求出乙店利润的最大值．
【分析】（1）根据4月份用39000元购进一批相同的T恤衫，数量是3月份的2倍，可以得到相应的分式方程，从而可以求得4月份进了这批T恤衫多少件；
（2）①根据甲乙两店的利润相同，可以得到关于a、b的方程，然后化简，即可用含a的代数式表示b；
②根据题意，可以得到利润与a的函数关系式，再根据乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，可以得到a的取值范围，从而可以求得乙店利润的最大值．
【解答】解：（1）设3月份购进x件T恤衫，
，
解得，x＝150，
经检验，x＝150是原分式方程的解，
则2x＝300，
答：4月份进了这批T恤衫300件；
（2）①每件T恤衫的进价为：39000÷300＝130（元），
（180﹣130）a+（180×0.8﹣130）（150﹣a）＝（180﹣130）a+（180×0.9﹣130）b+（180×0.7﹣130）（150﹣a﹣b）
化简，得
b＝；
②设乙店的利润为w元，
w＝（180﹣130）a+（180×0.9﹣130）b+（180×0.7﹣130）（150﹣a﹣b）＝54a+36b﹣600＝54a+36×﹣600＝36a+2100，
∵乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，
∴a≤b，
即a≤，
解得，a≤50，
∴当a＝50时，w取得最大值，此时w＝3900，
答：乙店利润的最大值是3900元．
【点评】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和分式方程的知识解答，注意分式方程要检验．
7．（本小题满分10分）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知y＝x+12，当Q为BF中点时，y＝．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
（2）求DE，BF的长．
（3）若AD＝6．
①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连接PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
【分析】（1）推出∠AED＝∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE＝12，MN＝10，把y＝代入y＝﹣x+12，解得x＝6，即NQ＝6，得出QM＝4，由FQ＝QB，BM＝2FN，得出FN＝2，BM＝4，即可得出结果；
（3）连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF＝EM，求出∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，∠MEB＝∠FBE＝30°，得出∠EHB＝90°，DF＝EM＝BM＝4，MH＝2，EH＝6，由勾股定理得HB＝2，BE＝4，当DP＝DF时，求出BQ＝，即可得出BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y＝0，则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则＝，即可求出x＝；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则＝，求出AE＝6，AB＝10，即可得出x＝，由图可知，PQ不可能过点B．
【解答】解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE＝∠ADC，∠ABF＝∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF＝×180°＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x＝0，得y＝12，
∴DE＝12，
令y＝0，得x＝10，
∴MN＝10，
把y＝代入y＝﹣x+12，
解得：x＝6，即NQ＝6，
∴QM＝10﹣6＝4，
∵Q是BF中点，
∴FQ＝QB，
∵BM＝2FN，
∴FN+6＝4+2FN，
解得：FN＝2，
∴BM＝4，
∴BF＝FN+MN+MB＝16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM＝2+10＝12＝DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF＝EM，EH∥CD，
∴∠MHB＝∠C＝90°，
∵AD＝6，DE＝12，∠A＝90°，
∴∠DEA＝30°，
∴∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，
∴∠DFM＝∠DEM＝120°，
∴∠MEB＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠MEB＝∠FBE＝30°，
∴∠EHB＝180°﹣30°﹣30°﹣30°＝90°，DF＝EM＝BM＝4，
∴MH＝BM＝2，
∴EH＝4+2＝6，
由勾股定理得：HB＝＝＝2，
∴BE＝＝＝4，
当DP＝DF时，﹣x+12＝4，
解得：x＝，
∴BQ＝14﹣x＝14﹣＝，
∵＞4，
∴BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：
y＝0，
则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF＝16，∠FCB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CF＝BF＝8，
∴CD＝8+4＝12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴＝，
∴＝，
解得：x＝；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴＝，
由勾股定理得：AE＝＝＝6，
∴AB＝6+4＝10，
∴＝，
解得：x＝，
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x＝10或x＝或x＝时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．（本小题满分12分）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．
【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）先求出OA＝OC＝6，进而得出∠OAC＝45°，进而判断出PD＝PE，即可得出当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，设出点E坐标，表示出点P坐标，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出结论；
（3）先判断出NF∥x轴，进而求出点N的纵坐标，即可建立方程求解得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（6，0），B（﹣1，0），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，顶点坐标为（，）；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝45°，
∵PD平行于x轴，PE平行于y轴，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD+PE＝2PE，
∴当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，
∵A（6，0），C（0，6），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
设E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），则P（t，﹣t2+5t+6），
∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PE最大，此时，﹣t2+5t+6＝12，
∴P（3，12）；
（3）如图（2），设直线AC与抛物线的对称轴l的交点为F，连接NF，
∵点F在线段MN的垂直平分线AC上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，
∵l∥y轴，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，
∴NF∥x轴，
由（2）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
当x＝时，y＝，
∴F（，），
∴点N的纵坐标为，
设N的坐标为（m，﹣m2+5m+6），
∴﹣m2+5m+6＝，解得，m＝（舍）或m＝，
∴点N的坐标为（，）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，解一元二次方程，（2）中判断出PD＝PE，（3）中NF∥x轴是解本题的关键．
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（二）
（满分50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．已知m是方程x2﹣3x+1＝0的一个根，则（m﹣3）2+（m+2）（m﹣2）的值是 ．
2．如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝39°，则∠AOC＝ ．
3．如图，点A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，连接OA，OB，tan∠OAB＝．点C是反比例函数y＝（x＞0）图象上一动点，连接AC，OC，若△AOC的面积为，则点C的坐标为 ．
4．如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点D在AB边上（不与点A、B）重合，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，则△BDE周长的最小值是 cm．
5．图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为 cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为 cm．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）某经销商3月份用18000元购进一批T恤衫售完后，4月份用39000元购进一批相同的T恤衫，数量是3月份的2倍，但每件进价涨了10元．
（1）4月份进了这批T恤衫多少件？
（2）4月份，经销商将这批T恤衫平均分给甲、乙两家分店销售，每件标价180元．甲店按标价卖出a件以后，剩余的按标价八折全部售出；乙店同样按标价卖出a件，然后将b件按标价九折售出，再将剩余的按标价七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①用含a的代数式表示b．
②已知乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，请你求出乙店利润的最大值．
7．（本小题满分10分）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知y＝x+12，当Q为BF中点时，y＝．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
（2）求DE，BF的长．
（3）若AD＝6．
①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连接PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
8．（本小题满分12分）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（二）
（满分50分）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．已知m是方程x2﹣3x+1＝0的一个根，则（m﹣3）2+（m+2）（m﹣2）的值是 3 ．
【分析】将原式进行化简，然后x＝m代入原方程后可得m2﹣3m＝1，整体代入原式后即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：m2﹣3m+1＝0，
∴m2﹣3m＝﹣1，
∴原式＝m2﹣6m+9+m2﹣4
＝2m2﹣6m+5
＝2（m2﹣3m）+5
＝﹣2+5
＝3，
故答案为：3
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的解的定义，本题属于基础题型．
2．如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝39°，则∠AOC＝ 78° ．
【分析】解法一：连接BO，并延长BO到P，根据线段的垂直平分线的性质得AO＝OB＝OC和∠BDO＝∠BEO＝90°，根据四边形的内角和为360°得∠DOE+∠ABC＝180°，根据外角的性质得∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，相加可得结论．
解法二：连接OB，同理得AO＝OB＝OC，由等腰三角形三线合一得∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，由平角的定义得∠BOD+∠BOE＝141°，最后由周角的定义可得结论．
【解答】解：解法一：连接BO，并延长BO到P，
∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴AO＝OB＝OC，∠BDO＝∠BEO＝90°，
∴∠DOE+∠ABC＝180°，
∵∠DOE+∠1＝180°，
∴∠ABC＝∠1＝39°，
∵OA＝OB＝OC，
∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，
∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，
∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×39°＝78°；
解法二：
连接OB，
∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴AO＝OB＝OC，
∴∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，
∵∠DOE+∠1＝180°，∠1＝39°，
∴∠DOE＝141°，即∠BOD+∠BOE＝141°，
∴∠AOD+∠COE＝141°，
∴∠AOC＝360°﹣（∠BOD+∠BOE）﹣（∠AOD+∠COE）＝78°；
故答案为：78°．
【点评】本题主要考查线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
3．如图，点A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，连接OA，OB，tan∠OAB＝．点C是反比例函数y＝（x＞0）图象上一动点，连接AC，OC，若△AOC的面积为，则点C的坐标为 （4，）或（1，10） ．
【分析】作CD⊥x轴于D，解直角三角形求得A（2，5），设点C的坐标为（m，），根据S△AOC＝S△AOB+S梯形ABDC﹣S△COD＝S梯形ABDC，得出（5+）•|m﹣2|＝，解得m的值，即可求得C点的坐标．
【解答】解：作CD⊥x轴于D，
∵点A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，设A（x，），
∴OB＝x，AB＝，
∵tan∠OAB＝，
∴＝，即＝，
解得x＝2，
∴A（2，5），
设点C的坐标为（m，），
∵S△AOC＝S△AOB+S梯形ABDC﹣S△COD＝S梯形ABDC，△AOC的面积为，
∴（AB+CD）•BD＝，
∴（5+）•|m﹣2|＝，
整理得，m2﹣3m﹣4＝0或m2+3m﹣4＝0
解m2﹣3m﹣4＝0得m＝4或m＝﹣1（舍去），
解m2+3m﹣4＝0得m＝1或m＝﹣4（舍去）
∴点C的坐标为（4，）或（1，10），
故答案为（4，）或（1，10）．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，明确S△AOC＝S梯形ABDC是解题的关键．
4．如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点D在AB边上（不与点A、B）重合，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，则△BDE周长的最小值是 （4+2） cm．
【分析】由旋转的性质可得AD＝BE，∠DCE＝60°，CD＝CE，可证△CDE是等边三角形，可得CD＝DE，由△BDE周长＝BD+BE+DE＝4+CD，当CD⊥AB时，△BDE周长有最小值，即可求解．
【解答】解：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴AD＝BE，∠DCE＝60°，CD＝CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝DE，
∵△BDE周长＝BD+BE+DE＝BD+AD+CD＝AB+CD＝4+CD，
∴当CD有最小值时，△BDE周长有最小值，
∴当CD⊥AB时，CD有最小值为2，
∴△BDE周长的最小值为4+2，
故答案为：（4+2）．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，证明△CDE是等边三角形是本题的关键．
5．图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为 160 cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为 cm．
【分析】（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．解直角三角形求出HT即可．
【解答】解：（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．
由题意：OP＝OQ＝50cm，PQ＝PA﹣AQ＝140﹣60＝80（cm），PM＝PA+BC＝140+60＝200（cm），PT⊥MN，
∵OH⊥PQ，
∴PH＝HQ＝40（cm），
∵cos∠P＝＝，
∴＝，
∴PT＝160（cm），
∴点P到MN的距离为160cm，
故答案为160．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．
由题意AT＝PT﹣PA＝160﹣140＝20（cm），OA＝PA﹣OP＝140﹣50＝90（cm），OQ＝50cm，AQ＝60cm，
∵QH⊥OA，
∴QH2＝AQ2﹣AH2＝OQ2﹣OH2，
∴602﹣x2＝502﹣（90﹣x）2，
解得x＝，
∴HT＝AH+AT＝（cm），
∴点Q到MN的距离为cm．
故答案为．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）某经销商3月份用18000元购进一批T恤衫售完后，4月份用39000元购进一批相同的T恤衫，数量是3月份的2倍，但每件进价涨了10元．
（1）4月份进了这批T恤衫多少件？
（2）4月份，经销商将这批T恤衫平均分给甲、乙两家分店销售，每件标价180元．甲店按标价卖出a件以后，剩余的按标价八折全部售出；乙店同样按标价卖出a件，然后将b件按标价九折售出，再将剩余的按标价七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①用含a的代数式表示b．
②已知乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，请你求出乙店利润的最大值．
【分析】（1）根据4月份用39000元购进一批相同的T恤衫，数量是3月份的2倍，可以得到相应的分式方程，从而可以求得4月份进了这批T恤衫多少件；
（2）①根据甲乙两店的利润相同，可以得到关于a、b的方程，然后化简，即可用含a的代数式表示b；
②根据题意，可以得到利润与a的函数关系式，再根据乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，可以得到a的取值范围，从而可以求得乙店利润的最大值．
【解答】解：（1）设3月份购进x件T恤衫，
，
解得，x＝150，
经检验，x＝150是原分式方程的解，
则2x＝300，
答：4月份进了这批T恤衫300件；
（2）①每件T恤衫的进价为：39000÷300＝130（元），
（180﹣130）a+（180×0.8﹣130）（150﹣a）＝（180﹣130）a+（180×0.9﹣130）b+（180×0.7﹣130）（150﹣a﹣b）
化简，得
b＝；
②设乙店的利润为w元，
w＝（180﹣130）a+（180×0.9﹣130）b+（180×0.7﹣130）（150﹣a﹣b）＝54a+36b﹣600＝54a+36×﹣600＝36a+2100，
∵乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，
∴a≤b，
即a≤，
解得，a≤50，
∴当a＝50时，w取得最大值，此时w＝3900，
答：乙店利润的最大值是3900元．
【点评】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和分式方程的知识解答，注意分式方程要检验．
7．（本小题满分10分）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知y＝x+12，当Q为BF中点时，y＝．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
（2）求DE，BF的长．
（3）若AD＝6．
①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连接PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
【分析】（1）推出∠AED＝∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE＝12，MN＝10，把y＝代入y＝﹣x+12，解得x＝6，即NQ＝6，得出QM＝4，由FQ＝QB，BM＝2FN，得出FN＝2，BM＝4，即可得出结果；
（3）连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF＝EM，求出∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，∠MEB＝∠FBE＝30°，得出∠EHB＝90°，DF＝EM＝BM＝4，MH＝2，EH＝6，由勾股定理得HB＝2，BE＝4，当DP＝DF时，求出BQ＝，即可得出BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y＝0，则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则＝，即可求出x＝；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则＝，求出AE＝6，AB＝10，即可得出x＝，由图可知，PQ不可能过点B．
【解答】解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE＝∠ADC，∠ABF＝∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF＝×180°＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x＝0，得y＝12，
∴DE＝12，
令y＝0，得x＝10，
∴MN＝10，
把y＝代入y＝﹣x+12，
解得：x＝6，即NQ＝6，
∴QM＝10﹣6＝4，
∵Q是BF中点，
∴FQ＝QB，
∵BM＝2FN，
∴FN+6＝4+2FN，
解得：FN＝2，
∴BM＝4，
∴BF＝FN+MN+MB＝16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM＝2+10＝12＝DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF＝EM，EH∥CD，
∴∠MHB＝∠C＝90°，
∵AD＝6，DE＝12，∠A＝90°，
∴∠DEA＝30°，
∴∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，
∴∠DFM＝∠DEM＝120°，
∴∠MEB＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠MEB＝∠FBE＝30°，
∴∠EHB＝180°﹣30°﹣30°﹣30°＝90°，DF＝EM＝BM＝4，
∴MH＝BM＝2，
∴EH＝4+2＝6，
由勾股定理得：HB＝＝＝2，
∴BE＝＝＝4，
当DP＝DF时，﹣x+12＝4，
解得：x＝，
∴BQ＝14﹣x＝14﹣＝，
∵＞4，
∴BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：
y＝0，
则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF＝16，∠FCB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CF＝BF＝8，
∴CD＝8+4＝12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴＝，
∴＝，
解得：x＝；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴＝，
由勾股定理得：AE＝＝＝6，
∴AB＝6+4＝10，
∴＝，
解得：x＝，
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x＝10或x＝或x＝时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．（本小题满分12分）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．
【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）先求出OA＝OC＝6，进而得出∠OAC＝45°，进而判断出PD＝PE，即可得出当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，设出点E坐标，表示出点P坐标，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出结论；
（3）先判断出NF∥x轴，进而求出点N的纵坐标，即可建立方程求解得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（6，0），B（﹣1，0），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，顶点坐标为（，）；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝45°，
∵PD平行于x轴，PE平行于y轴，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD+PE＝2PE，
∴当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，
∵A（6，0），C（0，6），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
设E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），则P（t，﹣t2+5t+6），
∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PE最大，此时，﹣t2+5t+6＝12，
∴P（3，12）；
（3）如图（2），设直线AC与抛物线的对称轴l的交点为F，连接NF，
∵点F在线段MN的垂直平分线AC上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，
∵l∥y轴，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，
∴NF∥x轴，
由（2）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
当x＝时，y＝，
∴F（，），
∴点N的纵坐标为，
设N的坐标为（m，﹣m2+5m+6），
∴﹣m2+5m+6＝，解得，m＝（舍）或m＝，
∴点N的坐标为（，）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，解一元二次方程，（2）中判断出PD＝PE，（3）中NF∥x轴是解本题的关键．
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