福建省厦门市2023—-2024学年上学期九年级期末考试数学试卷

这是一份福建省厦门市2023—-2024学年上学期九年级期末考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了可以直接使用2B铅笔作图，某个正六边形螺帽需要拧4，…………………………………8分等内容，欢迎下载使用。

（在此卷上答题无效）
2023-2024学年第一学期初中毕业班期末考试
数 学
本试卷共6页.满分150分.
注意事项:
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与本人准考证号、姓名是否一致.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.非选择题答案用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试题卷上答题无效.
3.可以直接使用2B铅笔作图.
一、选择题（本大题有8小题，每小题4分，共32分.每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1.掷一枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，下列事件中，是确定性事件的是
A.向上一面的点数是2 B.向上一面的点数是奇数
C.向上一面的点数小于3 D.向上一面的点数小于7
2.下列方程中，有两个不相等的实数根的是
A.x2＝0 B.x2-3x-1＝0
C.x2-2x+5＝0 D.x2+1＝0
3.如图1,△ABC内接于⊙O,直径AD交BC于点P,连接OB.
下列角中，等于12∠AOB的是
A.∠OAB B.∠ACB
C.∠CAD D.∠OPB
4.关于y＝（x-2）2-1（x为任意实数）的函数值，下列说法正确的是
A.最小值是-1 B.最小值是2
C.最大值是-1 D.最大值是2
5.某学校图书馆2023年年底有图书5万册，预计到2025年年底增加到8万册，设图书数量的年平均增长率为x，可列方程
A.5（1+x）＝8 B.5（1+2x）＝8
C.5（1+x）2＝8 D.5（1+2x）2＝8
6.如图2，直线l是正方形ABCD的一条对称轴，l与AB，CD分别交于点M，N.AN，BC的延长线相交于点P，连接BN.下列三角形中，与△NCP成中心对称的是
A.△NCB B.△BMN
C.△AMN D.△NDA
数学试题第1页（共6页）
7.某个正六边形螺帽需要拧4
圈才能拧紧，小梧用扳手的
卡口卡住螺帽，通过转动扳
手的手柄来转动螺帽（如图3
所示）.以此方式把这个螺帽
拧紧，他一共需要转动扳手
的次数是
A.4 B.16 C.24 D.32
8.某航空公司对某型号飞机进行着陆后的滑行测试.飞机着陆后滑行的距离s（单位:m）关于滑行的时间t（单位:s）的函数解析式是s＝−32t2+60t，则t的取值范围是
A.0≤t≤600 B.20≤t≤40 C.0≤t≤40 D.0≤t≤20
二、填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分）
9.不透明袋子中只装有2个红球和1个黄球，这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机摸出1个球，摸出红球的概率是_________.
10.抛物线y＝3（x-1）2+4的对称轴是__________.
11.已知x＝1是方程x2+mx-3＝0的根，则m的值为____________.
12.四边形ABCD内接于⊙O，E为CD延长线上一点，如图4所示，则图中与∠ADE相等的角是_________.
13.如图5，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD是△ABC的角平分线.
把△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点B的对应点是点E，则点D与点F之间的距离是___________.
14.在平面直角坐标系xOy中， ABCD的对角线交于点O.若点A的坐标为（-2，3），则点C的坐标为_________.
15.为了改良某种农作物的基因，培育更加优良的品种，某研究团队开展试验，对该种农作物的种子进行辐射，使其基因发生某种变异.表一记录了截至目前的试验数据.
表一
该团队共需要30粒基因发生该种变异的种子，请根据表一的数据，合理估计他们还需要准备用以辐射的种子数（单位:千粒）:_________.
16.有四组一元二次方程:① x2-4x+3＝0和3x2-4x+1＝0;② x2-x-6＝0和6x2+x-1＝0;
③ x2-4＝0和4x2-1＝0;④ 4x2-13x+3＝0和3x2-13x+4＝0.这四组方程具有共同特征，我们把具有这种特征的一组一元二次方程中的一个称为另一个的“相关方程”.请写出一个有两个不相等实数根但没有“相关方程”的一元二次方程:______________.
数学试题第2页（共6页）累计获得试验成功的种子数(单位:粒)
1
4
6
8
10
12
14
累计试验种子数(单位:千粒)
1
5
8
10.5
12.5
14.5
16.5
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17.（本题满分8分）
解方程x2-5x+2＝0.
18.（本题满分8分）
如图6,四边形ABCD是平行四边形,AC＝AD,AE⊥BC,DF⊥AC,垂足分别为E,F.
证明AE＝DF.
19.（本题满分8分）
先化简，再求值:（m−1m）÷m2−2m+1m，其中m＝2+1.
20.（本题满分8分）
如图7，AB与⊙O相切于点A，OB交⊙O于点C，OC＝8，AC的长为2π，求BC的长.
数学试题第3页（共6页）
21.（本题满分8分）
在矩形ABCD中，点E在AD边上，∠ABE＝60°，将△ABE绕点B顺时针旋转得到△FBG，使点A的对应点F在线段BE上.
（1）请在图8中作出△FBG;（要求:尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）FG与BC交于点Q，连接EQ，EC，若EC＝BQ，请探究AE与DE的数量关系.
22.（本题满分10分）
某公交公司有一栋4层的立体停车场，第一层供车辆进出使用，第二至四层停车.每层的层高为6m，横向排列30个车位，每个车位宽为3m，各车位有相应号码，如:201表示二层第1个车位.第二至四层每层各有一个升降台，分别在211，316，421，为便于升降台垂直升降，升降台正下方各层对应的车位都留空.每个升降台前方有可在轨道上滑行的转运板（以第三层为例，如图9所示）.该系统取车的工作流程如下（以取停在311的车子为例）:
① 转运板接收指令，从升降台316前空载滑行至311前;
② 转运板进311，托起车，载车出311;
③ 转运板载车滑行至316前;
④ 转运板进316，放车，空载出316，停在316前;
⑤ 升降台垂直送车至一层，系统完成取车.
图9停车场第三层平面示意图
升降台升与降的速度相同，转运板空载时的滑行速度为1m/s，载车时的滑行速度是升降台升降速度的2倍.
（1）若第四层升降台送车下降的同时，转运板接收指令从421前往401取车，升降台回到第四层40s后转运板恰好载着401的车滑行至升降台前，求转运板载车时的滑行速度;
（说明:送至一层的车驶离升降台的时间、转运板进出车位所用的时间均忽略不计）
（2）在（1）的条件下，若该系统显示目前第三层没有车辆停放，现该系统将某辆车随机停放在第三层的停车位上，取该车时，升降台已在316待命，求系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车的概率.
数学试题第4页（共6页）停车位
301
…
停车位
311
…
升降台
316
…
留空
321
…
停车位
330
转运板滑行区 转运板滑行区
23.（本题满分10分）
正方形的顶点T在某抛物线上，称该正方形为该抛物线的“T 悬正方形”.若直线l:y＝x+t与“T”是正方形“以T为端点的一边相交，且点T到直线l的距离为2（2-t），则称直线l为该正方形的“T 悬割线”.
已知抛物线M:y＝-（x-1）2+m2-2m+4，其中12≤m＜1，A（m，3），B（4-3m，3），以AB为边作正方形ABCD（点D在点A的下方）.
（1）证明:正方形ABCD是抛物线M的“A悬正方形”;
（2）判断正方形ABCD是否还可能是抛物线M的“B悬正方形”，并说明理由;
（3）若直线l是正方形ABCD的“A悬割线”，现将抛物线M及正方形ABCD进行相同的平移，是否存在直线l为平移后正方形的“C悬割线”的情形？若存在，请探究抛物线M经过了怎样的平移;若不存在，请说明理由.
24.（本题满分12分）
四边形ABCD是菱形，点O为对角线交点，AD边的垂直平分线交线段OD于点P（P不与O重合），连接PC，以点P为圆心，PC长为半径的圆交直线BC于点E，直线AE与直线CD交于点F，如图10所示.
（1）当∠ABC＝60°时，求证:直线AB与⊙P相切;
（2）当AO＝2，AF2+EF2＝16时，求∠ABC的度数;
（3）在菱形ABCD的边长与内角发生变化的过程中，若点C与E不重合，请探究∠AFC与∠CAF的数量关系.
数学试题第5页（共6页）
25.（本题满分14分）
请阅读下面关于运用跨学科类比进行的一次研究活动的材料:
[背景]
小梧跟同学提到他家附近在规划开一个超市，有同学问道:“你家附近不是已经有一个A超市了吗？再开一个能吸引顾客吗？“这个问题引起了大家对超市的吸引力展开研究的兴趣.
[过程]
为了简化问题，同学们首先以“在楼层数相同、同样商品的品质和价格相同、售货服务的品质也大致相同的情况下，影响超市吸引力的主要因素“为主题对该市居民展开随机调查.结果显示:超市的占地面积、住处与超市的距离这两个因素的影响程度显著大于其他因素.
大家根据调查进行了总结:
① 可以把“平均每周到超市购物次数p”作为超市吸引力指标;
② 占地面积越大吸引力越大;
③ 距离越大吸引力越小.
在此次调查所收集到的居民平均每周到各超市购物次数的基础上，同学们进一步调查了相应超市的占地面积s（单位:m2）及其与居民住处的距离r（单位:m），并对p，s，r之间的关系进行研究.
一开始，同学们猜想p可能是SV的正比例函数，但经过检验，发现与实际数据相差较大.这时，小梧提出:“我联想到牛顿万有引力定律，这个定律揭示了两个物体之间的引力大小与各个物体的质量成正比，而与它们之间距离的平方成反比，可以表示为F＝Gm1m2r2（G是引力常数），我们是不是可以作个类比，试一下看p与sr2的关系如何？”.按他的建议，同学们利用调查所得的数据在平面直角坐标系中绘制了p与sr2对应关系的散点图，如图11所示.
根据阅读材料思考:
（1）观察图11中散点的分布规律，请用一种函数来合理估计p与sr2的对应关系，直接写出它的一般形式;
（2）为了清晰表示位置，同学们选A超市为原点，分别以正东、正北方向为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，规定一个单位长度代表1m长，则小悟家的坐标为（400，200）. A超市的占地面积为2000m2，规划中的B超市在A超市的正东方向.根据（1）中的对应关系，解决下列问题:
① 若B超市与A超市距离600m~800m，且对小悟家的吸引力与A超市相同，求B超市占地面积的范围;
② 小梧家在东西向的百花巷，百花巷横向排列着较为密集的居民楼.现规划B超市开在距A超市300m处，且占地面积最大为490m2，要想与A超市竞争百花巷的居民，该规划是否合适？请说明理由.
数学试题第6页（共6页）
2023—2024学年第一学期初中毕业班期末考试
数学参考答案
说明：解答只列出试题的一种或几种解法．如果考生的解法与所列解法不同，可参照评分量表的要求相应评分.

一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）

二、填空题（本大题共8小题，每题4分，共32分）
9. eq \f(2,3).10. x＝1.11. 2.12. ∠ABC.（写∠B亦可）13. 4eq \r(2).
14. (2，－3). 15. 16. 16. x2－x＝0.（常数项为0的一元二次方程均可）
三、解答题（本大题有10小题，共86分）
17.（本题满分8分）
解：
a＝1，b＝－5，c＝2.
因为△＝b2－4ac＝17＞0， …………………………………4分
所以方程有两个不相等的实数根
x＝eq \f(－b±eq \r(b2－4ac),2a)
＝eq \f(5±eq \r(17),2)． …………………………………6分
即x1＝eq \f(5＋eq \r(17),2)，x2＝eq \f(5－eq \r(17),2).…………………………………8分
18．（本题满分8分）
解法一：
证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC．…………………………………3分
∴ ∠DAC＝∠ACB．…………………………………4分
∵ AE⊥BC，DF⊥AC，
∴ ∠AEB＝∠DFC＝90°．
∵ AC＝AD，
∴ △AEC≌△DFA．…………………………………7分
∴ AE＝DF．…………………………………8分
解法二：
证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB＝DC，∠B＝∠ADC．……………3分
∵ AC＝AD，
∴ ∠ADC＝∠ACD．…………………………………4分
∴ ∠B＝∠ACD．
∵ AE⊥BC，DF⊥AC，
∴ ∠AEB＝∠DFC＝90°．
∴ △AEB≌△DFC．…………………………………7分
∴ AE＝DF．…………………………………8分
解法三：
证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB＝DC，AD＝BC．…………………………………3分
∵ AC＝AC，
∴ △ABC≌△CDA．…………………………………5分
∴ S△ABC＝S△CDA．
∵ AE⊥BC，DF⊥AC，
∴ eq \f(1,2)BC•AE＝eq \f(1,2)AC•AF． …………………………………7分
∵ AD＝AC，AD＝BC，
∴ BC＝AC．
∴ AE＝DF． …………………………………8分
19．（本题满分8分）
解：
原式＝eq \f(m2－1,m)÷eq \f(m2－2m＋1,m) …………………………………2分
＝eq \f((m＋1) (m－1),m)÷eq \f((m－1)2,m) …………………………………4分
＝eq \f((m＋1) (m－1),m)•eq \f(m, (m－1)2) ……………………………………5分
＝eq \f(m＋1,m－1)． …………………………………6分
当m＝eq \r(2)＋1时，
原式＝eq \f(eq \r(2)＋1＋1, eq \r(2)＋1－1)
＝eq \f(eq \r(2)＋2, eq \r(2))＝eq \r(2)＋1． …………………………………8分
20．（本题满分8分）
解：连接OA.
∵ AB与⊙O相切于点A，
∴ OA⊥AB．
即∠OAB＝90°． …………………………………2分
设∠AOB＝n°，
∵ OC＝8， eq \(\s\up8(︵),\s\d0(AC))的长为2π，
∴ eq \f(8nπ, 180)＝2π．
解得n＝45，即∠AOB＝45°．…………………………………5分
∴ ∠B＝90°－∠AOB＝45°．
∴ ∠B＝∠AOB．
∴ OA＝AB＝8．
∴ 在Rt△OAB中，OB＝eq \r(OA2＋AB2)＝8eq \r(2)．…………………………………7分
∴ BC＝OB－OC＝8eq \r(2)－8． …………………………………8分
21．（本题满分8分）
解：（1）（本小题满分4分）
如图△FBG即为所求. …………………………………4分
解法一（利用SSS作全等三角形）：
解法二（利用SAS作全等三角形）：
解法三（利用ASA作全等三角形）：

（2）（本小题满分4分）
矩形ABCD中，AD＝BC，
∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝90°．
∵ △ABE绕点B顺时针旋转得到△FBG，
点A的对应点F在线段BE上，
∴ △ABE≌△FBG．
∴ ∠BFG＝∠BAE＝90°，BA＝BF．
∵ 在Rt△BAE中，∠ABE＝60°，
∴ ∠AEB＝30°．
∴ BE＝2BA． …………………………………5分
∴ BE＝2BF．
又∵ FG⊥BE，FG与BC交于点Q，
∴ BQ＝EQ． …………………………………6分
∴ ∠QBE＝∠QEB＝30°．
∴ ∠EQC＝∠QBE＋∠QEB＝60°．
又∵ EC＝BQ，
∴ EC＝EQ．
∴ △EQC是等边三角形．
∴ ∠ECQ＝60°，EC＝CQ． …………………………………7分
在Rt△EDC中，∠ECD＝30°，
∴ CE＝2DE．
∴ BQ＝CQ＝2DE．
∴ AD＝BC＝BQ＋CQ＝4DE．
∴ AE＝AD－DE＝3DE． …………………………………8分
22．（本题满分10分）
解：（1）（本小题满分5分）
设转运板载车时的滑行速度为x m/s，则升降台升降速度为0.5x m/s，………………2分
依据题意可知，车位421与401相距20×3＝60m，且每层的层高为6 m，
可列方程： eq \f(2×3×6,0.5x)＋40＝ eq \f(60,1)＋ eq \f(60,x)， …………………………………4分
解得：x＝0.6 ，
经检验，原分式方程的解为x＝0.6，且符合题意．
答：转运板载车时的滑行速度为0.6m/s． …………………………………5分
（2）（本小题满分5分）
设系统将车辆随机停放在316旁的第a个车位，要使得系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车， …………………………………6分
则3a＋ eq \f(3a,0.6)＋ eq \f(2×6,0.3)＜60．
解得：a＜2.5．
因为a是正整数，所以a≤2． …………………………………8分
因此，要使得系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车，该车只能停放在316左右两旁一共4个车位上，也即该系统将某辆车随机停放在第三层的停车位上共有28种可能性相等的结果，而停放在满足条件“系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车”的停车位上的结果有4种．
所以P（系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车）＝ eq \f(4,28)＝ eq \f(1,7)． ………………10分
23．（本题满分10分）
解：（1）（本小题满分3分）
当x＝m时，y＝－(m－1)2＋m2－2m＋4＝－m2＋2m－1＋m2－2m＋4＝3．
…………………………………3分
所以点A在抛物线M上．
所以正方形ABCD是抛物线M的“A悬正方形”．
（2）（本小题满分3分）
解法一：
正方形ABCD不可能是抛物线M的“B悬正方形”，理由如下：
假设点B在抛物线M上，则当x＝4－3m时，y＝3．
所以－(4－3m－1)2＋m2－2m＋4＝3．…………………………………4分
化简得：m2－2m＋1＝0．
所以m1＝m2＝1．…………………………………5分
与eq \f(1,2)≤m＜1矛盾．
所以假设不成立．
所以点B不在抛物线M上．
正方形ABCD不可能是抛物线M的“B悬正方形”． …………………………………6分
解法二：
正方形ABCD不可能是抛物线M的“B悬正方形”，理由如下：
假设点B在抛物线M上，
由A(m，3)，B(4－3m，3)可知抛物线M的对称轴x＝eq \f(m＋4－3m,2)＝－m＋2．…………4分
由抛物线M：y＝－(x－1)2＋m2－2m＋4可知对称轴是x＝1．
所以－m＋2＝1．
解得m＝1． …………………………………5分
与eq \f(1,2)≤m＜1矛盾．
所以假设不成立．
所以点B不在抛物线M上．
正方形ABCD不可能是抛物线M的“B悬正方形”． …………………………………6分
（3）（本小题满分4分）
假设存在直线l为平移后正方形的“C悬割线”的情形，则平移后，正方形ABCD是抛物线M的“C悬正方形”．
因为抛物线M及正方形ABCD进行相同的平移，
所以平移前，正方形ABCD是抛物线M的“C悬正方形”．
所以点C在抛物线M上．
因为A(m，3)，B(4－3m，3)，所以AB//x轴．
又因为m＜1，
所以AB＝4－4m．
在正方形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，
所以C(4－3m，4m－1)．………………………7分
因为点C在抛物线M上，
所以－(4－3m－1)2＋m2－2m＋4＝4m－1．
解得：m1＝eq \f(1,2)，m2＝1（不合题意，舍去）．
所以m＝eq \f(1,2)．…………………………………8分
所以平移前，A(eq \f(1,2)，3)，B(eq \f(5,2)，3)，C(eq \f(5,2)，1)．
因为直线l：y＝x＋t与x轴，y轴分别交于(－t，0)，(0，t)，
又因为|－t|＝|t|，x轴⊥y轴，
所以直线l：y＝x＋t与x轴夹角是45°．
因为平移前，直线l是正方形ABCD的“A悬割线”，如图，设直线l与AB，AD分别交于点P，Q，
因为AB//x轴，
所以∠APQ＝45°．
在正方形ABCD中，∠BAD＝90°，
所以∠AQP＝45°．
所以AQ＝AP．
所以PQ＝eq \r(AP2＋AQ2)＝eq \R(2)AP．
因为S△APQ＝eq \f(1,2)AQ·AP＝eq \f(1,2)PQ·d，d＝eq \r(2)(2－t)，
所以AP＝2(2－t)＝4－2t．
所以P(eq \f(9,2)－2t，3)．
因为点P在直线l：y＝x＋t上，所以t＝eq \f(3,2)．…………………………………9分
设点C(eq \f(5,2)，1)平移后的坐标为(eq \f(5,2)＋h，1＋k)．
设直线l与平移后正方形的CD边交于点E，
如图，同理可得：CE＝2(2－t)＝4－2t＝1．
所以E(eq \f(3,2)＋h，1＋k)．
因为点E在直线l：y＝x＋eq \f(3,2)上，
所以eq \f(3,2)＋h＋eq \f(3,2)＝1＋k．
所以k＝h＋2．
因为抛物线M及正方形进行相同的平移，
所以要使直线l为平移后正方形的“C悬割线”，则抛物线M向右平移h个单位，向上平移(h＋2)个单位，其中h为任意实数．…………………………………10分
24．（本题满分12分）
（1）（本小题满分4分）
证明：连接AP．
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ BA＝BC＝AD，AO＝CO，BD⊥AC．
…………………………………2分
∴ ∠ABD＝∠CBD＝ eq \f(1,2)∠ABC＝30°．
∴ ∠ABD＝∠ADB＝30°．
∵ P是AD垂直平分线上的点，
∴ PA＝PD．
∴ ∠PAD＝∠PDA＝30°． …………………………………3分
∴ ∠APB＝60°．
∴ ∠PAB＝180°－∠APB－∠ABD＝90°．
∴ PA⊥AB．
∵ BD垂直平分AC，P在BD上，
∴ PA＝PC，即点A在⊙P上．
∴ 直线AB与⊙P相切．…………………………………4分
（2）（本小题满分4分）
由（1）得点D在⊙P上．
∵ ∠ADC与∠AEC同对 eq \(\s\up8(︵),\s\d0(AC))，
∴ ∠ADC＝∠AEC．
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB∥CD， AD∥BC．
∴ ∠ADC＝∠DCE．
∴ ∠AEC＝∠DCE．
∴ FE＝FC．…………………………………6分
∵ AF2＋EF2＝16，
∴ 在△ACF中，AF2＋CF2＝AF2＋EF2＝16．
∵ 由（1）得AC＝2AO＝4，即AC2＝16．
∴ AF2＋EF2＝AC2．
∴ △ACF为直角三角形，且∠AFC＝90°．…………………………………7分
∴ ∠AEC＝∠DCE＝45°．
又∵ AB∥CD，
∴ ∠ABC＝∠DCE＝45°．…………………………………8分
（3）（本小题满分4分）
设∠ABC＝α，
由（1）知：当α＝60°时，直线AB与⊙P相切，同理：当α＝60°时，直线BC与⊙P相切，此时，点C是切点，点E、F、C重合．
所以若点C与E不重合，可分两类讨论：
当点E在BC延长线上时，
由（2）知：∠AEC＝∠DCE＝∠ABC＝α．
∴ ∠AFC＝2∠DCE＝2α，即α＝ eq \f(1,2)∠AFC．
∵ 由（1）得BA＝BC，
∴ ∠ACB＝∠CAB＝ eq \f(1,2)（180°－∠ABC）＝90°－ eq \f(1,2)α．
∴ ∠CAF＝∠ACB－∠AEC＝90°－ eq \f(1,2)α－α＝90°－ eq \f(3,2)α． …………………10分
∴ ∠CAF＝90°－ eq \f(3,4)∠AFC．
即∠CAF＋ eq \f(3,4)∠AFC＝90°．…………………11分
②当点E在BC边上时，
∵ 点A，E，C，D在⊙P上，
∴ ∠AEC＋∠ADC＝180°．
∵ ∠AEC＋∠FEC＝180°，
∴ ∠FEC＝∠ADC＝∠ABC＝α．
∵ 由（1）得AD∥BC，
∴ ∠FCE＝∠ADC＝α．
∴ ∠AFC＝180°－∠FCE－∠FEC＝180°－2α．
即α＝ eq \f(1,2)（180°－∠AFC）．
又∵ 由（1）得BA＝BC，
∴ ∠BAC＝∠BCA＝ eq \f(1,2)（180°－∠ABC）＝90°－ eq \f(1,2)α．
∴ ∠CAF＝∠FEC－∠BCA＝α－（90°－ eq \f(1,2)α）＝ eq \f(3,2)α－90°．
∴ ∠CAF＝ eq \f(3,4)（180°－∠AFC）－90°＝45°－ eq \f(3,4)∠AFC．
即∠CAF＋ eq \f(3,4)∠AFC＝45°．
综上，∠CAF＋ eq \f(3,4)∠AFC＝90°或45°． …………………………………12分
25．（本题满分14分）
（1）（本小题满分4分）
解：p＝ eq \f(ks,r2) (k≠0)． …………………………………4分
（2）①（本小题满分5分）
解：设B超市的坐标为(t，0)(600≤t≤800)，占地面积为s m2.
记A超市的吸引力为pA，B超市的吸引力为pB.
因为A超市为原点，小梧家的坐标为(400，200)，
根据勾股定理，小梧家到A超市的距离为 eq \r(4002＋2002)，到B超市的距离为 eq \r((t－400)2＋2002).
因为超市对居民的吸引力p＝ eq \f(ks,r2)，
所以pA＝ eq \f(2000k,4002＋2002
)，pB＝ eq \f(ks,(t－400)2＋2002
).
…………………………………6分
因为两家超市对小梧家的吸引力相同，
所以pA＝pB.
所以 eq \f(2000k,4002＋2002
)＝ eq \f(ks,(t－400)2＋2002
).
所以s＝ eq \f(2000,4002＋2002
)[(t－400)2＋2002] . …………………………………7分
因为 eq \f(2000,4002＋2002
)＞0，抛物线开口向上，对称轴t＝400，
所以s在600≤t≤800上，随t的增大而增大.
所以当t＝600时，s取得最小值800，当t＝800时，s取得最大值2000.
所以B超市占地面积s的范围为800≤s≤2000. …………………………………9分
（本小题满分5分）
解：设100m为1个单位长度，因为B超市开在距A超市300 m处，所以B超市的坐标为（3，0）.
任取百花巷上一点N，设N（x，2）, …………………………………10分
根据勾股定理，点N到A超市的距离为 eq \r(x2＋22)，到B超市的距离为 eq \r((x－3)2＋22).
2
记A超市的面积为sA，B超市的面积为sB，
设sB＝nsA，
因为A超市的占地面积为2000 m2，B超市占地面积最
大为490 m2，
所以0＜n＜ eq \f(1,4).
因为pA＝ eq \f(ksA,x2＋22
)，pB＝ eq \f(knsA,(x－3)2＋22
) ，
所以pA－pB＝ksA[ eq \f(1,x2＋22)－ eq \f(n,(x－3)2＋22)] …………………………………11分
＝ksA[ eq \f((x－3)2＋22－n(x2＋22),(x2＋22)[(x－3)2＋22]）)].
设y＝(x－3)2＋22－n(x2＋22)
＝(1－n)x2－6x＋13－4n，
则该二次函数中a＝(1－n)，b＝－600，c＝13－4n，
因为a＞0，所以y有最小值ymin＝ eq \f(4ac－b2, 4a).
设h＝4ac－b2＝4(4n2－17n＋4).
因为4＞0，抛物线h开口向上，对称轴为n＝ eq \f(17,8)，
所以h在0＜n＜ eq \f(1,4)上随n的增大而减小.
因为当n＝ eq \f(1,4)时，h＝0，
所以当0＜n＜ eq \f(1,4)时，h＞0.
因为a＞0，所以ymin＞0. …………………………………13分
即当0＜n＜ eq \f(1,4)，y＞0恒成立.
因为ksA＞0，（x2＋22）[(x－3)2＋22] ＞0，
所以pA－pB＞0，即对于任意x的值，都有pA＞pB.
所以在规划的条件下，百花巷上不存在B超市对居民吸引力大于A超市的位置，故该规
划不合适. …………………………………14分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
选项
D
B
B
A
C
D
C
D