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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$\frac{1}{x - 1}$有意义,则$x$的取值范围是
9. 若$\frac{1}{x - 1}$有意义,则$x$的取值范围是
$x≠ 1$
.答案
9. $x≠ 1$
解析
$x ≠ 1$
10. 分解因式:$x^{2}+2x + 1 =$
$(x+1)^{2}$
.答案
10. $(x+1)^{2}$
11. 两个相似多边形的相似比为$1:2$,则它们的周长的比为
$1:2$
.答案
11. $1:2$
12. 如图,$△ ABC$是$\odot O$的内接三角形,$∠ C = 40^{\circ}$,连接$OA$,$OB$,则$∠ OAB =\_\_\_\_\_\_^{\circ}$.
答案
12. 50
解析
解：
∵△ABC是⊙O的内接三角形，∠C=40°，
∴∠AOB=2∠C=80°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，
∴∠OAB=(180°-∠AOB)/2=(180°-80°)/2=50°．
50
∵△ABC是⊙O的内接三角形，∠C=40°，
∴∠AOB=2∠C=80°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，
∴∠OAB=(180°-∠AOB)/2=(180°-80°)/2=50°．
50
13. 已知圆锥的底面半径为 4,母线长为 5,该圆锥的侧面积为
$20π$
.答案
13. $20π$
解析
圆锥的侧面积公式为$S = π r l$（其中$r$为底面半径，$l$为母线长）。已知底面半径$r = 4$，母线长$l = 5$，则侧面积$S=π×4×5 = 20π$。
$20π$
$20π$
14. 中国古代数学著作《增删算法统宗》中记载的“绳索量竿”问题,大意是:现有一根竿子和一条绳索,用绳索去量竿子,绳索比竿子长 5 尺;若将绳索对折去量竿子,绳索就比竿子短 5 尺,问绳索、竿子各有多长? 该问题中的竿子长为
15
尺.答案
14. 15
解析
设竿子长为$x$尺，绳索长为$y$尺。
根据题意可得：
$\begin{cases}y = x + 5 \\\dfrac{y}{2} = x - 5\end{cases}$
将第一个方程$y = x + 5$代入第二个方程：
$\dfrac{x + 5}{2} = x - 5$
两边同时乘以2：
$x + 5 = 2x - 10$
移项可得：
$2x - x = 5 + 10$
解得：
$x = 15$
15
根据题意可得：
$\begin{cases}y = x + 5 \\\dfrac{y}{2} = x - 5\end{cases}$
将第一个方程$y = x + 5$代入第二个方程：
$\dfrac{x + 5}{2} = x - 5$
两边同时乘以2：
$x + 5 = 2x - 10$
移项可得：
$2x - x = 5 + 10$
解得：
$x = 15$
15
15. 如图,小明用无人机测量教学楼的高度,将无人机垂直上升距地面 30 m 的点$P$处,测得教学楼底端点$A$的俯角为$37^{\circ}$,再将无人机沿教学楼方向水平飞行 26.6 m 至点$Q$处,测得教学楼顶端点$B$的俯角为$45^{\circ}$,则教学楼$AB$的高度约为
17
m.(精确到 1 m,参考数据:$\sin 37^{\circ}\approx 0.60$,$\cos 37^{\circ}\approx 0.80$,$\tan 37^{\circ}\approx 0.75$)答案
15. 17
解析
解：过点$P$作$PC ⊥$地面于点$C$，过点$Q$作$QD ⊥$地面于点$D$，过点$B$作$BE ⊥ QD$于点$E$，则四边形$ABED$为矩形，$AB = DE$，$AD = BE$。
由题意得：$PC = QD = 30\ \mathrm{m}$，$PQ = CD = 26.6\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ PAC$中，$\tan 37°=\frac{PC}{AC}$，$AC=\frac{PC}{\tan 37°}\approx\frac{30}{0.75}=40\ \mathrm{m}$。
$AD = AC - CD = 40 - 26.6 = 13.4\ \mathrm{m}$，故$BE = AD = 13.4\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ QBE$中，$\tan 45°=\frac{QE}{BE}$，$QE = BE · \tan 45° = 13.4×1 = 13.4\ \mathrm{m}$。
$AB = DE = QD - QE = 30 - 13.4 = 16.6\ \mathrm{m}\approx17\ \mathrm{m}$。
17
由题意得：$PC = QD = 30\ \mathrm{m}$，$PQ = CD = 26.6\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ PAC$中，$\tan 37°=\frac{PC}{AC}$，$AC=\frac{PC}{\tan 37°}\approx\frac{30}{0.75}=40\ \mathrm{m}$。
$AD = AC - CD = 40 - 26.6 = 13.4\ \mathrm{m}$，故$BE = AD = 13.4\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ QBE$中，$\tan 45°=\frac{QE}{BE}$，$QE = BE · \tan 45° = 13.4×1 = 13.4\ \mathrm{m}$。
$AB = DE = QD - QE = 30 - 13.4 = 16.6\ \mathrm{m}\approx17\ \mathrm{m}$。
17
16. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB = 90^{\circ}$,$AC = BC = 2\sqrt{2}$,点$D$是$AC$的中点,连接$BD$,将$△ BCD$绕点$B$旋转,得到$△ BEF$.连接$CF$,当$CF// AB$时,$CF =$
$2+\sqrt{6}$或$\sqrt{6}-2$
.答案
16. $2+\sqrt{6}$或$\sqrt{6}-2$
解析
证明：在$△ABC$中，$∠ACB=90^{\circ}$，$AC=BC=2\sqrt{2}$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}=4$，$∠ABC=45^{\circ}$。
点$D$是$AC$中点，$\therefore CD=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$，
在$Rt△BCD$中，$BD=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{10}$。
由旋转性质得：$BE=BD=\sqrt{10}$，$BF=BC=2\sqrt{2}$，$∠EBF=∠DBC$。
$\because CF// AB$，$\therefore ∠CFB=∠ABF$。
设$∠ABF=θ$，则$∠CFB=θ$，$∠CBF=∠ABC\pmθ=45^{\circ}\pmθ$。
在$△BCF$中，由正弦定理：$\frac{CF}{\sin∠CBF}=\frac{BC}{\sin∠CFB}$，即$\frac{CF}{\sin(45^{\circ}\pmθ)}=\frac{2\sqrt{2}}{\sinθ}$。
在$△ABF$中，由正弦定理：$\frac{BF}{\sin∠BAF}=\frac{AB}{\sin∠AFB}$，$∠BAF=45^{\circ}$，$∠AFB=180^{\circ}-45^{\circ}-θ=135^{\circ}-θ$，
$\frac{2\sqrt{2}}{\sin45^{\circ}}=\frac{4}{\sin(135^{\circ}-θ)}$，解得$\sin(135^{\circ}-θ)=\frac{4\sin45^{\circ}}{2\sqrt{2}}=1$，$\therefore 135^{\circ}-θ=90^{\circ}$，$θ=45^{\circ}$。
当$θ=45^{\circ}$时，$∠CBF=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$或$∠CBF=45^{\circ}-45^{\circ}=0^{\circ}$（舍去），
或$∠CBF=45^{\circ}-θ=0^{\circ}$（舍去），另一种旋转方向：$∠CBF=θ-45^{\circ}=0^{\circ}$（舍去）或$∠CBF=360^{\circ}-(θ+45^{\circ})=270^{\circ}$（舍去），
重新考虑：$CF// AB$，分两种情况：
①$F$在$AB$上方，$∠BCF=∠ABC=45^{\circ}$，在$△BCF$中，由余弦定理：$CF^{2}+BC^{2}-2CF· BC\cos45^{\circ}=BF^{2}$，
即$CF^{2}+(2\sqrt{2})^{2}-2CF·2\sqrt{2}·\frac{\sqrt{2}}{2}=(\sqrt{10})^{2}$，$CF^{2}-4CF-2=0$，解得$CF=2+\sqrt{6}$（负根舍去）。
②$F$在$AB$下方，$∠BCF=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ}$，由余弦定理：$CF^{2}+BC^{2}-2CF· BC\cos135^{\circ}=BF^{2}$，
即$CF^{2}+(2\sqrt{2})^{2}-2CF·2\sqrt{2}·(-\frac{\sqrt{2}}{2})=(\sqrt{10})^{2}$，$CF^{2}+4CF-2=0$，解得$CF=-2+\sqrt{6}$（负根舍去）。
综上，$CF=2+\sqrt{6}$或$\sqrt{6}-2$。
$2+\sqrt{6}$或$\sqrt{6}-2$
$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}=4$，$∠ABC=45^{\circ}$。
点$D$是$AC$中点，$\therefore CD=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$，
在$Rt△BCD$中，$BD=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{10}$。
由旋转性质得：$BE=BD=\sqrt{10}$，$BF=BC=2\sqrt{2}$，$∠EBF=∠DBC$。
$\because CF// AB$，$\therefore ∠CFB=∠ABF$。
设$∠ABF=θ$，则$∠CFB=θ$，$∠CBF=∠ABC\pmθ=45^{\circ}\pmθ$。
在$△BCF$中，由正弦定理：$\frac{CF}{\sin∠CBF}=\frac{BC}{\sin∠CFB}$，即$\frac{CF}{\sin(45^{\circ}\pmθ)}=\frac{2\sqrt{2}}{\sinθ}$。
在$△ABF$中，由正弦定理：$\frac{BF}{\sin∠BAF}=\frac{AB}{\sin∠AFB}$，$∠BAF=45^{\circ}$，$∠AFB=180^{\circ}-45^{\circ}-θ=135^{\circ}-θ$，
$\frac{2\sqrt{2}}{\sin45^{\circ}}=\frac{4}{\sin(135^{\circ}-θ)}$，解得$\sin(135^{\circ}-θ)=\frac{4\sin45^{\circ}}{2\sqrt{2}}=1$，$\therefore 135^{\circ}-θ=90^{\circ}$，$θ=45^{\circ}$。
当$θ=45^{\circ}$时，$∠CBF=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$或$∠CBF=45^{\circ}-45^{\circ}=0^{\circ}$（舍去），
或$∠CBF=45^{\circ}-θ=0^{\circ}$（舍去），另一种旋转方向：$∠CBF=θ-45^{\circ}=0^{\circ}$（舍去）或$∠CBF=360^{\circ}-(θ+45^{\circ})=270^{\circ}$（舍去），
重新考虑：$CF// AB$，分两种情况：
①$F$在$AB$上方，$∠BCF=∠ABC=45^{\circ}$，在$△BCF$中，由余弦定理：$CF^{2}+BC^{2}-2CF· BC\cos45^{\circ}=BF^{2}$，
即$CF^{2}+(2\sqrt{2})^{2}-2CF·2\sqrt{2}·\frac{\sqrt{2}}{2}=(\sqrt{10})^{2}$，$CF^{2}-4CF-2=0$，解得$CF=2+\sqrt{6}$（负根舍去）。
②$F$在$AB$下方，$∠BCF=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ}$，由余弦定理：$CF^{2}+BC^{2}-2CF· BC\cos135^{\circ}=BF^{2}$，
即$CF^{2}+(2\sqrt{2})^{2}-2CF·2\sqrt{2}·(-\frac{\sqrt{2}}{2})=(\sqrt{10})^{2}$，$CF^{2}+4CF-2=0$，解得$CF=-2+\sqrt{6}$（负根舍去）。
综上，$CF=2+\sqrt{6}$或$\sqrt{6}-2$。
$2+\sqrt{6}$或$\sqrt{6}-2$
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:$|-2|-(1 + π)^{0}+4\sin 30^{\circ}$.
17. (本题满分 6 分)计算:$|-2|-(1 + π)^{0}+4\sin 30^{\circ}$.
答案
17. 原式$=2-1+4× \frac{1}{2}=2-1+2=3$
解析
原式$=|-2|-(1 + π)^{0}+4\sin 30^{\circ}$
$=2 - 1 + 4×\frac{1}{2}$
$=2 - 1 + 2$
$=3$
$=2 - 1 + 4×\frac{1}{2}$
$=2 - 1 + 2$
$=3$
18. (本题满分 6 分)求不等式$\frac{1 + x}{3}≥ x - 1$的正整数解.
答案
18. $\frac{1+x}{3}≥ x-1,1+x≥ 3x-3$，$x-3x≥ -3-1,-2x≥ -4,x≤ 2$.所以此不等式的正整数解为1,2.
解析
解：$\frac{1+x}{3} ≥ x - 1$，
两边同乘$3$得：$1 + x ≥ 3(x - 1)$，
去括号得：$1 + x ≥ 3x - 3$，
移项得：$x - 3x ≥ -3 - 1$，
合并同类项得：$-2x ≥ -4$，
系数化为$1$得：$x ≤ 2$，
所以此不等式的正整数解为$1,2$。
两边同乘$3$得：$1 + x ≥ 3(x - 1)$，
去括号得：$1 + x ≥ 3x - 3$，
移项得：$x - 3x ≥ -3 - 1$，
合并同类项得：$-2x ≥ -4$，
系数化为$1$得：$x ≤ 2$，
所以此不等式的正整数解为$1,2$。
19. (本题满分 8 分)先化简,再求值:$1 - \frac{a - 3}{a}÷ \frac{a^{2} - 9}{a^{2} + a}$,其中$a = 4$.
答案
19. 原式$=1-\frac{a-3}{a}· \frac{a(a+1)}{(a+3)(a-3)}=1-\frac{a+1}{a+3}=\frac{a+3}{a+3}-\frac{a+1}{a+3}=\frac{2}{a+3}$，当$a=4$时，原式$=\frac{2}{4+3}=\frac{2}{7}$
