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二、填空题(本大题共有 8 小题,每小题 3 分,共 24 分.不需写出解答过程)
9. 若$\sqrt{x - 1}$有意义,则 x 的取值范围是
9. 若$\sqrt{x - 1}$有意义,则 x 的取值范围是
$x≥ 1$
.答案
9. $x≥ 1$
解析
$x ≥ 1$
10. 已知反比例函数的图像经过点(2,3),则该函数表达式为
$y=\dfrac{6}{x}$
.答案
10. $y=\dfrac{6}{x}$
解析
设反比例函数表达式为$y = \dfrac{k}{x}$（$k$为常数，$k ≠ 0$）。
因为函数图像经过点$(2, 3)$，将$x = 2$，$y = 3$代入表达式可得：$3 = \dfrac{k}{2}$，解得$k = 6$。
所以该函数表达式为$y = \dfrac{6}{x}$。
因为函数图像经过点$(2, 3)$，将$x = 2$，$y = 3$代入表达式可得：$3 = \dfrac{k}{2}$，解得$k = 6$。
所以该函数表达式为$y = \dfrac{6}{x}$。
11. 分式方程$\frac{x + 1}{2x - 1} = 1$的解为
$x=2$
.答案
11. $x=2$
解析
解：方程两边同乘$2x - 1$，得$x + 1 = 2x - 1$，解得$x = 2$。检验：当$x = 2$时，$2x - 1 = 3 ≠ 0$，所以原分式方程的解为$x = 2$。
12. 如图,电路图上有 A,B,C,3 个开关和 1 个小灯泡,闭合开关 C 或同时闭合开关 A,B 都可以使小灯泡发亮.任意闭合其中的 1 个开关,小灯泡发亮的概率是
$\dfrac{1}{3}$
.答案
12. $\dfrac{1}{3}$
解析
解：任意闭合其中1个开关，共有3种等可能的结果：闭合A，闭合B，闭合C。
其中能使小灯泡发亮的只有闭合C这1种结果，
所以小灯泡发亮的概率是$\dfrac{1}{3}$。
其中能使小灯泡发亮的只有闭合C这1种结果，
所以小灯泡发亮的概率是$\dfrac{1}{3}$。
13. 如图,AB,AC 是$\odot O$的弦,过点 A 的切线交 CB 的延长线于点 D,若$∠ BAD = 35^{\circ}$,则$∠ C$ =
35
$^{\circ}$.答案
13. 35
解析
证明：
∵AD是$\odot O$的切线，
∴$∠ BAD = ∠ C$（弦切角等于它所夹的弧对的圆周角）。
∵$∠ BAD = 35^{\circ}$，
∴$∠ C = 35^{\circ}$。
35
∵AD是$\odot O$的切线，
∴$∠ BAD = ∠ C$（弦切角等于它所夹的弧对的圆周角）。
∵$∠ BAD = 35^{\circ}$，
∴$∠ C = 35^{\circ}$。
35
14. 如图,在矩形 ABCD 中,$AB = 2BC = 2$,将线段 AB 绕点 A 按逆时针方向旋转,使得点 B 落在边 CD 上的点$B'$处,线段 AB 扫过的面积为
$\dfrac{π}{3}$
.答案
14. $\dfrac{π}{3}$
解析
解：在矩形$ABCD$中，$AB = 2$，$BC = 1$，则$AD = BC = 1$。
由旋转性质得$AB' = AB = 2$。
在$Rt△ ADB'$中，$\cos∠ DAB'=\dfrac{AD}{AB'}=\dfrac{1}{2}$，故$∠ DAB' = 60°$。
线段$AB$扫过的面积为扇形$ABB'$的面积，其圆心角为$60°$，半径为$AB = 2$。
扇形面积公式为$\dfrac{nπ r^2}{360}$，代入得$\dfrac{60π×2^2}{360}=\dfrac{π}{3}$。
$\dfrac{π}{3}$
由旋转性质得$AB' = AB = 2$。
在$Rt△ ADB'$中，$\cos∠ DAB'=\dfrac{AD}{AB'}=\dfrac{1}{2}$，故$∠ DAB' = 60°$。
线段$AB$扫过的面积为扇形$ABB'$的面积，其圆心角为$60°$，半径为$AB = 2$。
扇形面积公式为$\dfrac{nπ r^2}{360}$，代入得$\dfrac{60π×2^2}{360}=\dfrac{π}{3}$。
$\dfrac{π}{3}$
15. 若点$P(m,n)$在二次函数$y = x^{2} + 2x + 2$的图像上,且点 P 到 y 轴的距离小于 2,则 n 的取值范围是
$1≤ n＜10$
.答案
15. $1≤ n＜10$
解析
因为点$P(m,n)$在二次函数$y = x^{2} + 2x + 2$的图像上，所以$n=m^{2}+2m+2$。
点$P$到$y$轴的距离小于$2$，即$|m| ＜ 2$，所以$-2 ＜ m ＜ 2$。
$n=m^{2}+2m+2=(m+1)^{2}+1$，抛物线开口向上，对称轴为$m=-1$。
当$m=-1$时，$n$取得最小值，$n_{min}=(-1+1)^{2}+1=1$。
当$m=2$时，$n=(2+1)^{2}+1=10$；当$m=-2$时，$n=(-2+1)^{2}+1=2$。
因为$m$取不到$2$，所以$n ＜ 10$。
综上，$n$的取值范围是$1≤ n ＜ 10$。
点$P$到$y$轴的距离小于$2$，即$|m| ＜ 2$，所以$-2 ＜ m ＜ 2$。
$n=m^{2}+2m+2=(m+1)^{2}+1$，抛物线开口向上，对称轴为$m=-1$。
当$m=-1$时，$n$取得最小值，$n_{min}=(-1+1)^{2}+1=1$。
当$m=2$时，$n=(2+1)^{2}+1=10$；当$m=-2$时，$n=(-2+1)^{2}+1=2$。
因为$m$取不到$2$，所以$n ＜ 10$。
综上，$n$的取值范围是$1≤ n ＜ 10$。
16. 《庄子·天下篇》记载“一尺之棰,日取其半,万世不竭”.如图,直线$l_{1}:y = \frac{1}{2}x + 1$与 y 轴交于点 A,过点 A 作 x 轴的平行线交直线$l_{2}:y = x$于点$O_{1}$,过点$O_{1}$作 y 轴的平行线交直线$l_{1}$于点$A_{1}$,以此类推,令$OA = a_{1}$,$O_{1}A_{1} = a_{2}$,…,$O_{n - 1}A_{n - 1} = a_{n}$,若$a_{1} + a_{2} + ··· + a_{n} ≤ S$对任意大于 1 的整数 n 恒成立,则 S 的最小值为
2
.答案
16. 2
解析
解：直线$l_{1}:y = \frac{1}{2}x + 1$与$y$轴交于点$A$，令$x=0$，得$y=1$，则$A(0,1)$，$OA = a_{1}=1$。
过点$A$作$x$轴的平行线$y=1$交直线$l_{2}:y = x$于点$O_{1}$，令$y=1$，得$x=1$，则$O_{1}(1,1)$。
过点$O_{1}$作$y$轴的平行线$x=1$交直线$l_{1}$于点$A_{1}$，将$x=1$代入$y = \frac{1}{2}x + 1$，得$y=\frac{1}{2}×1 + 1=\frac{3}{2}$，则$A_{1}(1,\frac{3}{2})$，$O_{1}A_{1}=a_{2}=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$。
过点$A_{1}$作$x$轴的平行线$y=\frac{3}{2}$交直线$l_{2}:y = x$于点$O_{2}$，令$y=\frac{3}{2}$，得$x=\frac{3}{2}$，则$O_{2}(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。
过点$O_{2}$作$y$轴的平行线$x=\frac{3}{2}$交直线$l_{1}$于点$A_{2}$，将$x=\frac{3}{2}$代入$y = \frac{1}{2}x + 1$，得$y=\frac{1}{2}×\frac{3}{2}+1=\frac{7}{4}$，则$A_{2}(\frac{3}{2},\frac{7}{4})$，$O_{2}A_{2}=a_{3}=\frac{7}{4}-\frac{3}{2}=\frac{1}{4}$。
同理可得$a_{4}=\frac{1}{8}$，$···$，数列$\{a_{n}\}$是以$a_{1}=1$为首项，公比$q=\frac{1}{2}$的等比数列。
等比数列前$n$项和$S_{n}=\frac{a_{1}(1 - q^{n})}{1 - q}=\frac{1×(1 - (\frac{1}{2})^{n})}{1 - \frac{1}{2}}=2(1 - (\frac{1}{2})^{n})$。
因为$n$为大于1的整数，$\lim\limits_{n\rightarrow∞}S_{n}=2$，所以$a_{1} + a_{2} + ··· + a_{n}≤ 2$恒成立，$S$的最小值为$2$。
2
过点$A$作$x$轴的平行线$y=1$交直线$l_{2}:y = x$于点$O_{1}$，令$y=1$，得$x=1$，则$O_{1}(1,1)$。
过点$O_{1}$作$y$轴的平行线$x=1$交直线$l_{1}$于点$A_{1}$，将$x=1$代入$y = \frac{1}{2}x + 1$，得$y=\frac{1}{2}×1 + 1=\frac{3}{2}$，则$A_{1}(1,\frac{3}{2})$，$O_{1}A_{1}=a_{2}=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$。
过点$A_{1}$作$x$轴的平行线$y=\frac{3}{2}$交直线$l_{2}:y = x$于点$O_{2}$，令$y=\frac{3}{2}$，得$x=\frac{3}{2}$，则$O_{2}(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。
过点$O_{2}$作$y$轴的平行线$x=\frac{3}{2}$交直线$l_{1}$于点$A_{2}$，将$x=\frac{3}{2}$代入$y = \frac{1}{2}x + 1$，得$y=\frac{1}{2}×\frac{3}{2}+1=\frac{7}{4}$，则$A_{2}(\frac{3}{2},\frac{7}{4})$，$O_{2}A_{2}=a_{3}=\frac{7}{4}-\frac{3}{2}=\frac{1}{4}$。
同理可得$a_{4}=\frac{1}{8}$，$···$，数列$\{a_{n}\}$是以$a_{1}=1$为首项，公比$q=\frac{1}{2}$的等比数列。
等比数列前$n$项和$S_{n}=\frac{a_{1}(1 - q^{n})}{1 - q}=\frac{1×(1 - (\frac{1}{2})^{n})}{1 - \frac{1}{2}}=2(1 - (\frac{1}{2})^{n})$。
因为$n$为大于1的整数，$\lim\limits_{n\rightarrow∞}S_{n}=2$，所以$a_{1} + a_{2} + ··· + a_{n}≤ 2$恒成立，$S$的最小值为$2$。
2
三、解答题(本大题共有 11 小题,共 102 分,解答时应写出文字说明、推理过程或演算步骤)
17. (本题满分 6 分)计算:$\vert - 3\vert + \tan 45^{\circ} - (\sqrt{2} - 1)^{0}$.
17. (本题满分 6 分)计算:$\vert - 3\vert + \tan 45^{\circ} - (\sqrt{2} - 1)^{0}$.
答案
17. 原式$=3+1 - 1 = 3$.
解析
原式$=|-3|+\tan45^{\circ}-(\sqrt{2}-1)^0$
$=3 + 1 - 1$
$=3$
$=3 + 1 - 1$
$=3$
18. (本题满分 6 分)解不等式组:$\begin{cases}2x + 1 ≥ x + 2, \\ 2x - 1 ＜ \frac{1}{2}(x + 4).\end{cases}$
答案
18. $\begin{cases}2x + 1≥ x + 2,①\\2x - 1＜\dfrac{1}{2}(x + 4),②\end{cases}$解不等式①,得$x≥ 1$,解不等式②,得$x＜2$,故原不等式组的解集为$1≤ x＜2$.
