参
说明：本评分说明一般只给出一种解法，对其他解法，只要推理严谨，运算合理，结果正确，均给满分；对部分正确的，参照此评分说明，酌情给分．
一、选择题
1．A 2．A 3．B 4．C 5．D 6．C
【简析】
3．连接EF，在四边形ABEF中，由S△EGF=S△ABG，得S△EGF=10.同理，S△EFH=15.所以，阴影部分面积为25.
4．如图，将3×5的棋盘黑白染色.图5中有8个黑色小方格和7个白色小方格，棋子每次移动都是黑白交替的，则7个白格不能作为出点，8个黑格中的任一个都可以作为出发点.
5．由已知可得a<0， <0， >0，由a+b+c=0和c=3，得b=－3－a．
由a<0和<0，得b<0．所以，－3－a<0，即a>－3.
而a<0，b<0，c=3满足>0，故a的取值范围是－3 二、填空题 7． 123 8． 9．4 10．28 简析： 7．第n行第二个数为3+3+5+7+…+(2n－3)=2+(1+3+5+7+…+2n－3)=n2－2n+3. 10．设前5场比赛的平均分为x，于是，前9场的平均分为． 依题意得>x.解得x<16．故前5场比赛的总分至多为5×16－1=79分． 设第10场比赛的得分为y，则他所打的10场比赛得分至少为17×10+1=171分． 于是，有y+79+≥171，即y≥28．故第10场比赛的得分的最小值为28． 11．解：因为方程有两个不相等的实数根，所以△＝4(m－2)2－4(m2－3m+3)＝－4m+4＞0， 所以m＜1， 因为m≥－1，所以－1≤m＜1. ………………………………………………5分 （1）因为x12+x22＝(x1+x2)2－2x1x2=4(m－2)2－2(m2－3m+3)=2m2－10m+10=10， 所以 m=0或m=5. 因为 －1≤m＜1, 所以 m=0. ………………………………………………10分 （2）=＝= 设，－1≤m＜1. 因为 y在－1≤m＜1上是递减的，所以 当m＝－1时，y有最大值为4. 所以 的最大值为4. …………………………………………20分 12．解：∵CD是⊙O的直径，∴∠DFC=90°， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，AD∥BC，∴∠ADF=∠DFC=90°， ∵DE为⊙O的切线，∴DE⊥DC，∴∠EDC=90°， ∴∠ADF=∠EDC=90°，∴∠ADE=∠CDF，∴△ADE∽△CDE；…………………………6分 ∵CF：FB=1：2，∴设CF=x，FB=2x，则BC=3x， ∵AE=3EB，∴设EB=y，则AE=3y，AB=4y， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=3x，AB=DC=4y， ∵△ADE∽△CDF，∴=，∴=， ∵x，y均为正数，∴x=2y，∴BC=6y，CF=2y， …………………………12分 在Rt△DFC中，由勾股定理得：DF===2y， ∴⊙O的面积为π•（DC）2=π•DC2=π（4y）2=4πy2， 四边形ABCD的面积为BC•DF=6y•2y=12y2， ∴⊙O与四边形ABCD的面积之比为4πy2：12y2=π：3．…………………………20分 13．（1）证明：判别式△=，…………………………………3分 ∴抛物线与x轴总有两个不同的交点， 又∵抛物线开口向上， ∴抛物线的顶点在x轴下方.………………………………………………6分 （或由二次函数式得， ∵抛物线顶点的纵坐标，当a取任何实数时都成立，∴不论a取何值，抛物线的顶点总在x轴的下方） （2）解：由条件得：抛物线顶点Q（，），点C（0，）， 当a≠0时，过点C存在平行于x轴的直线与该抛物线交于另一个点D， 此时CD=，点Q到CD的距离为=， 过点Q作QP⊥CD，垂足为P，要使△QCD为等腰直角三角形，则只需要QP=CD，即=， ∵a≠0，解得a=2或a=－2. …………………………………………………12分 ∴△QCD可以是等腰直角三角形，此时对应的二次函数解析式为：或.……………………………………………………………………14分 （3）解：∵CD=，点A到CD的距离为，…………………………………16分 ∴=，………………………………………………………18分 解得a=1或a=， ∴满足条件的抛物线有3条. …………………………………………………20分下载本文
