2021年福建省中考数学试题（含答案解析）.docx

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1、2021年福建省中考数学试题（含答案解析）2021年福建省中考数学试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1（4分）在实数，0，1中，最小的数是（） A1 B0 C D 2（4分）如图所示的六角螺栓，其俯视图是（） A B C D 3（4分）如图，某探讨性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校旁边选一点C，利用测量仪器测得A60，C90，AC2km据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于（） A2km B3km Ckm D4km 4（4分）下列运算正确的是（） A2aa2 B（a1）2a21 Ca6a3a2 D（2a

2、3）24a6 5（4分）某校为举荐一项作品参与“科技创新”竞赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，详细成果（百分制）如表： 项目作品 甲 乙 丙 丁 创新性 90 95 90 90 好用性 90 90 95 85 假如根据创新性占60%，好用性占40%计算总成果，并依据总成果择优举荐，那么应举荐的作品是（） A甲 B乙 C丙 D丁 6（4分）某市2018年底森林覆盖率为63%为实行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动，2020年底森林覆盖率达到68%，假如这两年森林覆盖率的年平均增长率为x，那么，符合题意的方程是（） A0.63（1+x）0.68 B0.63（1

3、+x）20.68 C0.63（1+2x）0.68 D0.63（1+2x）20.68 7（4分）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，ABF为等边三角形，则AFC等于（） A108 B120 C126 D132 8（4分）如图，一次函数ykx+b（k0）的图象过点（1，0），则不等式k（x1）+b0的解集是（） Ax2 Bx1 Cx0 Dx1 9（4分）如图，AB为O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与O相切，切点分别为C，D若AB6，PC4，则sinCAD等于（） A B C D 10（4分）二次函数yax22ax+c（a0）的图象过A（3，y1），B（1，y2），C（2，y3），D（4

4、，y4）四个点，下列说法肯定正确的是（） A若y1y20，则y3y40 B若y1y40，则y2y30 C若y2y40，则y1y30 D若y3y40，则y1y20 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。11（4分）若反比例函数y的图象过点（1，1），则k的值等于 12（4分）写出一个无理数x，使得1x4，则x可以是 （只要写出一个满意条件的x即可） 13（4分）某校共有1000名学生为了解学生的中长跑成果分布状况，随机抽取100名学生的中长跑成果，画出条形统计图，如图依据所学的统计学问可估计该校中长跑成果优秀的学生人数是 14（4分）如图，AD是ABC的角平分线若B90，BD，则点D到

5、AC的距离是 15（4分）已知非零实数x，y满意y，则的值等于 16（4分）如图，在矩形ABCD中，AB4，AD5，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EFAB，G是五边形AEFCD内满意GEGF且EGF90的点现给出以下结论： GEB与GFB肯定互补； 点G到边AB，BC的距离肯定相等； 点G到边AD，DC的距离可能相等； 点G到边AB的距离的最大值为2 其中正确的是 （写出全部正确结论的序号） 三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（8分）计算： 18（8分）如图，在ABC中，D是边BC上的点，DEAC，DFAB，垂足分别为E

6、，F，且DEDF，CEBF求证：BC 19（8分）解不等式组： 20（8分）某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元 （1）已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？ （2）经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？ 21（8分）如图，在RtABC中，ACB90线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上

7、（1）求证：ADEDFC； （2）求证：CDBF 22（10分）如图，已知线段MNa，ARAK，垂足为A （1）求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK，AR上，且ABBCa，ABC60，CDAB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）设P，Q分别为（1）中四边形ABCD的边AB，CD的中点，求证：直线AD，BC，PQ相交于同一点 23（10分）“田忌赛马”的故事闪耀着我国古代先贤的才智光线该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上、中、下三匹马A2，B2，C2，且这六匹马在竞赛中的输赢可用不等式表示如下：A1A2B1B2C1C2（注：AB表示A马与B

8、马竞赛，A马获胜）一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场竞赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场竞赛的成功面对劣势，田忌事先了解到齐王三局竞赛的“出马”依次为上马、中马、下马，并采纳孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马竞赛，即借助对阵（C2A1，A2B1，B2C1）获得了整场竞赛的成功，创建了以弱胜强的经典案例 假设齐王事先不打探田忌的“出马”状况，试回答以下问题： （1）假如田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场竞赛的成功？并求其获胜的概率； （2）假如田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”状况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出

9、田忌获得整场竞赛成功的全部对阵状况，并求其获胜的概率 24（12分）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A，AA的延长线交BC于点G （1）求证：DEAF； （2）求GAB的大小； （3）求证：AC2AB 25（14分）已知抛物线yax2+bx+c与x轴只有一个公共点 （1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值； （2）已知点P1（2，1），P2（2，1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上 求抛物线的解析式； 设直线l：ykx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y1上，且MAN90，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C求证：M

10、AB与MBC的面积相等 2021年福建省中考数学参考答案与试题解析 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1（4分）在实数，0，1中，最小的数是（） A1 B0 C D 依据正数大于0，负数小于0，即可比较出大小，从而得到最小的数 解：10， 最小的是1， 故选：A 本题考查了实数的比较大小，知道负数小于0是解题的关键 2（4分）如图所示的六角螺栓，其俯视图是（） A B C D 依据俯视图是从上面看的到的图形，可得答案 解：从上边看，是一个正六边形，六边形内部是一个圆， 故选：A 本题考查了简洁组合体的三视图，俯视图是从上面看的到的

11、图形，留意看到的线画实线，看不到的线画虚线 3（4分）如图，某探讨性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校旁边选一点C，利用测量仪器测得A60，C90，AC2km据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于（） A2km B3km Ckm D4km 干脆利用直角三角形的性质得出B度数，进而利用直角三角形中30所对直角边是斜边的一半，即可得出答案 解：A60，C90，AC2km， B30， AB2AC4（km） 故选：D 此题主要考查了直角三角形的性质，正确驾驭边角关系是解题关键 4（4分）下列运算正确的是（） A2aa2 B（a1）2a21 Ca6a3a2 D（2a3）24a6 分别

12、依据合并同类项法则，完全平方公式，同底数幂的除法法则以及积的乘方运算法则逐一推断即可 解：A.2aaa，故本选项不合题意； B（a1）2a22a+1，故本选项不合题意； Ca6a3a3，故本选项不合题意； D（2a3）24a6，故本选项符合题意； 故选：D 本题考查了合并同类项，完全平方公式，同底数幂的乘法以及幂的乘方，驾驭相关公式与运算法则是解答本题的关键 5（4分）某校为举荐一项作品参与“科技创新”竞赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，详细成果（百分制）如表： 项目作品 甲 乙 丙 丁 创新性 90 95 90 90 好用性 90 90 95 85 假如根据创新性占60%，好用性

13、占40%计算总成果，并依据总成果择优举荐，那么应举荐的作品是（） A甲 B乙 C丙 D丁 首先依据加权平均数的含义和求法，分别求出四人的平均成果各是多少；然后比较大小，推断出谁的平均成果最高，即可推断出应举荐谁 解：甲的平均成果9060%+9040%90（分）， 乙的平均成果9560%+9040%93（分）， 丙的平均成果9060%+9540%92（分）， 丁的平均成果9060%+8540%88（分）， 93929088， 乙的平均成果最高， 应举荐乙 故选：B 此题主要考查了加权平均数的含义和求法，要娴熟驾驭，解答此题的关键是要明确：数据的权能够反映数据的相对“重要程度”，要突出某个数据，只

14、须要给它较大的“权”，权的差异对结果会产生干脆的影响 6（4分）某市2018年底森林覆盖率为63%为实行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动，2020年底森林覆盖率达到68%，假如这两年森林覆盖率的年平均增长率为x，那么，符合题意的方程是（） A0.63（1+x）0.68 B0.63（1+x）20.68 C0.63（1+2x）0.68 D0.63（1+2x）20.68 设从2018年起全市森林覆盖率的年平均增长率为x，依据2018年及2020年的全市森林覆盖率，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解 解：设从2018年起全市森林覆盖率的年平均增长率为x， 依据题意得：0

15、.63（1+x）20.68 故选：B 本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键 7（4分）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，ABF为等边三角形，则AFC等于（） A108 B120 C126 D132 依据等边三角形的性质得到AFBF，AFBABF60，由正五边形的性质得到ABBC，ABC108，等量代换得到BFBC，FBC48，依据三角形的内角和求出BFC66，依据AFCAFB+BFC即可得到结论 解：ABF是等边三角形， AFBF，AFBABF60， 在正五边形ABCDE中，ABBC，ABC108， BFBC，FBCABCABF48， BF

16、C66， AFCAFB+BFC126， 故选：C 本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键 8（4分）如图，一次函数ykx+b（k0）的图象过点（1，0），则不等式k（x1）+b0的解集是（） Ax2 Bx1 Cx0 Dx1 先把（1，0）代入ykx+b得bk，则k（x1）+b0化为k（x1）+k0，然后解关于x的不等式即可 解：把（1，0）代入ykx+b得k+b0，解bk， 则k（x1）+b0化为k（x1）+k0， 而k0， 所以x1+10， 解得x0 故选：C 方法二： 一次函数ykx+b（k0）的图象向右平移1个单位得yk（x1

17、）+b， 一次函数ykx+b（k0）的图象过点（1，0）， 一次函数yk（x1）+b（k0）的图象过点（0，0）， 由图象可知，当x0时，k（x1）+b0， 不等式k（x1）+b0的解集是x0， 故选：C 本题考查了一次函数与一元一次不等式，把点（1，0）代入解析式求得k与b的关系是解题的关键 9（4分）如图，AB为O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与O相切，切点分别为C，D若AB6，PC4，则sinCAD等于（） A B C D 连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OCCP，PCPD，OP平分CPD，依据等腰三角形的性质得到OPCD，则COBDO

18、B，依据圆周角定理得到CADCOD，所以COBCAD，然后求出sinCOP即可 解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图， PC，PD与O相切，切点分别为C，D， OCCP，PCPD，OP平分CPD， OPCD， ， COBDOB， CADCOD， COBCAD， 在RtOCP中，OP5， sinCOP， sinCAD 故选：D 本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径也考查了圆周角定理和解直角三角形 10（4分）二次函数yax22ax+c（a0）的图象过A（3，y1），B（1，y2），C（2，y3），D（4，y4）四个点，下列说法肯定正确的是（） A若y1y20，则y3y40

19、 B若y1y40，则y2y30 C若y2y40，则y1y30 D若y3y40，则y1y20 视察图像可知，y1y4y2y3，再结合题目一一推断即可 解：如图，由题意对称轴x1， 视察图像可知，y1y4y2y3， 若y1y20，则y3y40或y3y40，选项A不符合题意， 若若y1y40，则y2y30或y2y30，选项B不符合题意， 若y2y40，则y1y30，选项C符合题意， 若y3y40，则y1y20或y1y20，选项D不符合题意， 故选：C 本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。11（4分

20、）若反比例函数y的图象过点（1，1），则k的值等于 1 把点（1，1）代反比例函数y，即可求出k的值 解：反比例函数y的图象过点（1，1）， k111， 故答案为1 此题考查的是用待定系数法求反比例函数的解析式，娴熟驾驭待定系数法是解题的关键 12（4分）写出一个无理数x，使得1x4，则x可以是 （只要写出一个满意条件的x即可） 依据14即可得解 解：1216， 14， 是无理数， 故答案为： 此题考查了估算无理数的大小，现实生活中常常须要估算，估算应是我们具备的数学实力，“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法 13（4分）某校共有1000名学生为了解学生的中长跑成果分布状况，随机抽取100

21、名学生的中长跑成果，画出条形统计图，如图依据所学的统计学问可估计该校中长跑成果优秀的学生人数是 270 用总人数乘以长跑成果优秀的学生人数所占的百分比即可 解：依据题意得： 1000270（人）， 故答案为：270 本题考查的是条形统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键 14（4分）如图，AD是ABC的角平分线若B90，BD，则点D到AC的距离是 由角平分线的性质可求DEBD，即可求解 解：如图，过点D作DEAC于E， AD是ABC的角平分线B90，DEAC， DEBD， 点D到AC的距离为， 故答案为 本题考查了角平分线的性质，驾驭角平分线上的点到角的两边距离相等是解题

22、的关键 15（4分）已知非零实数x，y满意y，则的值等于 4 由y得：xyxy，整体代入到代数式中求值即可 解：由y得：xy+yx， xyxy， 原式 4 故答案为：4 本题考查了分式的值，对条件进行化简，得到xyxy，把xy看作整体，代入到代数式求值是解题的关键 16（4分）如图，在矩形ABCD中，AB4，AD5，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EFAB，G是五边形AEFCD内满意GEGF且EGF90的点现给出以下结论： GEB与GFB肯定互补； 点G到边AB，BC的距离肯定相等； 点G到边AD，DC的距离可能相等； 点G到边AB的距离的最大值为2 其中正确的是 （

23、写出全部正确结论的序号） 依据矩形的性质得出B90，又EGF90，有三角形内角和为360可推断； 过G作GMAB，GNBC，分别交AB于M，交BC于N，依据GEGF且EGF90，GEFGFE45，可以求出GEMGFN，然后证明GEMGFN，可以推断； 由AB4，AD5和的结论可以推断； 当四边形EBFG是正方形时，点G到AB的距离最大，从而可以推断 解：四边形ABCD是矩形， B90， 又EGF90，四边形内角和是360， GEB+GFB180， 故正确； 过G作GMAB，GNBC，分别交AB于M，交BC于N， GEGF且EGF90， GEFGFE45， 又B90， BEF+EFB90，即BE

24、F90EFB， GEM180BEFGEF18045（90EFB）45+EFB， GFNEFB+GFEEFB+45， GEMGFN， 在GEM和GFN中， ， GEMGFN（AAS）， GMGN， 故正确； AB4，AD5，并由知， 点G到边AD，DC的距离不相等， 故错误： 当四边形EBFG是正方形时，点G到AB的距离最大， EFAB4， GEEBBFFG42， 故正确 故答案为： 本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定以及三角形内角和定理，关键是对学问的驾驭和运用 三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（8分）计算： 干脆利用算术平方根以及肯定值的

25、性质、负整数指数幂的性质分别化简得出答案 解：原式233 此题主要考查了算术平方根以及肯定值的性质、负整数指数幂的性质，正确化简各数是解题关键 18（8分）如图，在ABC中，D是边BC上的点，DEAC，DFAB，垂足分别为E，F，且DEDF，CEBF求证：BC 由垂直的定义，DEDF，CEBF证明BDFCDE，得出对应角相等即可 证明：DEAC，DFAB， BFDCED90， 在BDF和CDE中， ， BDFCDE（SAS）， BC 本题考查了全等三角形的判定与性质，能够证明BDFCDE是解决问题的关键 19（8分）解不等式组： 分别求出每一个不等式的解集，依据口诀：同大取大、同小取小、大小小

26、大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集 解：解不等式，得：x1， 解不等式，得：x3， 则不等式组的解集为1x3 本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键 20（8分）某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元 （1）已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？ （2）经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数

27、量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？ （1）设该公司当月零售这种农产品x箱，则批发这种农产品（100x）箱，依据该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，列方程求解即可 （2）设该公司当月零售这种农产品m箱，则批发这种农产品（1000m）箱，该公司获得利润为y元，进而得到y关于m的函数关系式，利用一次函数的性质，即可求解 解：（1）设该公司当月零售这种农产品x箱，则批发这种农产品（100x）箱，依题意得 70x+40（100x）4600， 解得：x20， 1002080（箱）， 答：该公司当月零售这种农产品20箱，批发这种农产品80箱； （2）设该公司当月零售这种农产品m箱，则批

28、发这种农产品（1000m）箱，依题意得 m100030%， 解得m300， 设该公司获得利润为y元，依题意得 y70m+40（1000m）， 即y30m+40000， 300，y随着m的增大而增大， 当m300时，y取最大值，此时y30300+4000049000（元）， 批发这种农产品的数量为10000m700（箱）， 答：该公司零售、批发这种农产品的箱数分别是300箱，700箱时，获得最大利润为49000元 本题主要考查了一元一次方程和一次函数的应用，依据题意列出函数表达式，娴熟驾驭函数性质依据自变量取值范围确定函数值是解决问题的关键 21（8分）如图，在RtABC中，ACB90线段EF是

29、由线段AB平移得到的，点F在边BC上，EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上 （1）求证：ADEDFC； （2）求证：CDBF （1）由ACB90，得ACBCDF+DFC90，EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，得EDF90，EDFADE+CDF90，由等量代换得ADEDFC； （2）证明四边形ABEF是平行四边形，得DAEFCD，AEBF，再证ADECFD，得AFCD，由等量代换得到结论 （1）证明：ACB90， ACBCDF+DFC90， EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形， EDF90，DEFD， EDFADE+CDF90， ADEDFC； （2） 连接AE

30、， 线段EF是由线段AB平移得到的， EFAB，EFAB， 四边形ABEF是平行四边形， AEBC，AEBF， DAEBCA90， DAEFCD， 在ADE和CFD中， ， ADECFD（AAS）， AECD， AEBF， CDBF 本题考查了三角形全等判定与性质、等腰直角三角形和平移的性质，娴熟驾驭三角形全等判定与性质是解题的关键 22（10分）如图，已知线段MNa，ARAK，垂足为A （1）求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK，AR上，且ABBCa，ABC60，CDAB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）设P，Q分别为（1）中四边形ABCD的边AB，CD的中点，求

31、证：直线AD，BC，PQ相交于同一点 （1）先截取ABa，再分别以A、B为圆心，a为半径画弧，两弧交于点C，然后过C点作AR的垂线得到CD； （2）证明：设PQ交AD于G，BC交AD于G，利用平行线分线段成比例定理得到，则，于是可推断点G与点G重合 （1）解：如图，四边形ABCD为所作； （2）证明：设PQ交AD于G，BC交AD于G， DQAP， ， DCAB， ， P，Q分别为边AB，CD的中点， DC2DQ，AB2AP， ， ， 点G与点G重合， 直线AD，BC，PQ相交于同一点 本题考查了作图困难作图：解决此类题目的关键是熟识基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把困难作图拆解成基本

32、作图，逐步操作也考查了平行线分线段成比例定理 23（10分）“田忌赛马”的故事闪耀着我国古代先贤的才智光线该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上、中、下三匹马A2，B2，C2，且这六匹马在竞赛中的输赢可用不等式表示如下：A1A2B1B2C1C2（注：AB表示A马与B马竞赛，A马获胜）一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场竞赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场竞赛的成功面对劣势，田忌事先了解到齐王三局竞赛的“出马”依次为上马、中马、下马，并采纳孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马竞赛，即借助对阵（C2A1，A2B1，B2C1）获得了整场竞赛的成功

33、，创建了以弱胜强的经典案例 假设齐王事先不打探田忌的“出马”状况，试回答以下问题： （1）假如田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场竞赛的成功？并求其获胜的概率； （2）假如田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”状况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场竞赛成功的全部对阵状况，并求其获胜的概率 （1）依据题意首局齐王出“上马”，只需将三局的图表列出，即可得出答案 （2）依据题（1）的一种状况，推断出共有18种对阵状况，只要A1对C2，B1对A2，C1对B2的状况田忌获得成功，即可得出答案 解：（1）田忌首局应出“下马”才可能获胜， 此时，竞赛

34、全部可能的对阵为：（A1C2，B1A2，C1B2），（A1C2，C1B2，B1A2），（A1C2，B1B2，C1A2），（A1C2，B1B2，C1A2），共四种，其中获胜的有两场， 故此田忌获胜的概率为P （2）不是 当齐王的出马依次为A1，B1，C1时，田忌获胜的对阵是：（A1C2，B1A2，C1B2）， 当齐王的出马依次为A1，C1，B1时，田忌获胜的对阵是：（A1C2，C1B2，B1A2）， 当齐王的出马依次为B1，A1，C1时，田忌获胜的对阵是：（B1A2，A1C2，C1B2）， 当齐王的出马依次为B1，C1，A1时，田忌获胜的对阵是：（C1B2，A1C2，B1A2）， 当齐王的出马依

35、次为C1，A1，B1时，田忌获胜的对阵是：（C1B2，A1C2，B1A2）， 当齐王的出马依次为C1，B1，A1时，田忌获胜的对阵是：（C1B2，B1A2，A1C2）， 综上所述，田忌获胜的对阵有6种，不论齐王的出马依次如何，也都有相应的6种可能对阵，所以田忌获胜的概率为P 此题考查的是用列表法求概率列表法适合两步完成的事务；解题时要留意此题赛马分三局考虑用到的学问点为：概率所求状况数与总状况数之比 24（12分）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A，AA的延长线交BC于点G （1）求证：DEAF； （2）求GAB的大小； （3）求证：AC2AB

36、（1）由轴对称的性质可得AOAO，AADE，由三等份点可得AEEF，由三角形中位线定理可得DEAF； （2）由“ASA”可证ADEBAG，可得AEBG，可得GFBFGB45，通过证明点F，点B，点G，点A四点共圆，可得GABGFB45； （3）通过证明AFBAGC，可得，可得结论 证明：（1）如图，设AG与DE的交点为O，连接GF， 点A关于DE的对称点为A， AOAO，AADE， E，F为边AB上的两个三等分点， AEEFBF， DEAF； （2）AADE， AOE90DAEABG， ADE+DEA90DEA+EAO， ADEEAO， 在ADE和BAG中， ， ADEBAG（ASA）， AE

37、BG， BFBG， GFBFGB45， FAGFBG90， 点F，点B，点G，点A四点共圆， GABGFB45； （3）设AEEFBFBGa， ADBC3a，FGa， CG2a， 在RtADE中，DEaAG， sinEAOsinADE， ， ， OEa， AOaAO， AG， AOAO，AEEF， AFaa， FAGFBG90， AFB+AGB180， AGC+AGB180， AFBAGC， 又， AFBAGC， ， AC2AB 本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相像三角形的判定和性质等学问，证明AFBAGC是解题的关键 25（14分）已知抛物线yax2+

38、bx+c与x轴只有一个公共点 （1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值； （2）已知点P1（2，1），P2（2，1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上 求抛物线的解析式； 设直线l：ykx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y1上，且MAN90，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C求证：MAB与MBC的面积相等 （1）将点P的坐标代入解析式中，得出a和b的关系式，即可求出a+b的最小值； （2）由题意得出抛物线与x轴只有一个交点，所以抛物线上的点在同一侧，即两点只能为P1，P3，即可求出抛物线的解析式； （3）依据题意先设出点A的横坐标，然后用含k的式子表示出A的横坐

39、标，再证明ABBC即可得出MAB与MBC的面积相等 解：（1）把P（0，1）代入解析式得：c1， yax2+bx+1， 又抛物线与x轴只有一个公共点， b24a0，即， ， 当b2时，a+b有最小值为1； （2）抛物线与x轴只有一个公共点， 抛物线上的点在x轴的同一侧或x轴上， 抛物线上的点为P1，P3， 又P1，P3关于y轴对称， 顶点为原点（0，0）， 设解析式为yax2， 代入点P1得：， 证明： 联立直线l和抛物线得： ， 即：x24kx40， 设M（x1，kx1+1），N（x2，kx2+1）， 由韦达定理得：x1+x24k，x1x24， 设线段MN的中点为T，设A的坐标为（m，1），

40、 则T的坐标为（2k，2k2+1）， AT2（2km）2+（2k2+2）2， 由题意得：， MAN是直角三角形，且MN是斜边， ，即：， 16（k4+2k2+1）（2km）2+（2k2+2）2， 解得m2k， A（2k，1）， B（2k，k2）， C（2k，2k2+1）， ， B是AC的中点， ABBC， 又MAB与MBC的高都是点M到直线AC的距离， MAB与MBC的高相等， MAB与MBC的面积相等 本题主要考查二次函数的综合学问，一般求最大值或者最小值都是求抛物线顶点的纵坐标，像此题中第一问就要考虑把a和b用一个字母表示成二次函数的形式，然后求顶点就可以了，而出现直角三角形时，一般考到的学问点是斜边上的中线等于斜边的一半