4、＋3＝－i，i4n＝1，那么，i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 014＋i2 015的值為 (C)
A．0 B．1 C．－1 D．i
二、填空題(每題6分，共18分)
4．[2016·達(dá)州]對(duì)于任意實(shí)數(shù)m，n，定義一種運(yùn)算m※n＝mn－m－n＋3，等式的右邊是通常的加減和乘法運(yùn)算．例如：3※5＝3×5－3－5＋3＝10.請(qǐng)根據(jù)上述定義解決問題：若a<2※x<7，且解集中有兩個(gè)整數(shù)解，則a的取值范圍是__4≤a＜5__．
【解析】 ∵2※x＝2x－2－x＋3＝x＋1，
∴a＜x＋1＜7，
即a－1＜x＜6，
若解集中有兩個(gè)整數(shù)
5、解，
則這兩個(gè)整數(shù)解為5，4，
即有，解得4≤a＜5.
5．[2016·成都]如果關(guān)于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且其中一個(gè)根為另一個(gè)根的2倍，則稱這樣的方程為“倍根方程”，以下關(guān)于倍根方程的說法，正確的是__②③__．(寫出所有正確說法的序號(hào))
①方程x2－x－2＝0是倍根方程；
②若(x－2)(mx＋n)＝0是倍根方程，則4m2＋5mn＋n2＝0；
③若點(diǎn)(p，q)在反比例函數(shù)y＝的圖象上，則關(guān)于x的方程px2＋3x＋q＝0是倍根方程；
④若方程ax2＋bx＋c＝0是倍根方程，且相異兩點(diǎn)M(1＋t，s)，N(4－t，s)都在拋物線y＝ax2＋bx＋c上，
6、則方程ax2＋bx＋c＝0的一個(gè)根為.
【解析】 研究一元二次方程ax2＋bx＋c＝0是倍根方程的一般性結(jié)論，設(shè)其中一根為t，則另一個(gè)根為2t，因此ax2＋bx＋c＝a(x－t)(x－2t)＝ax2－3atx＋2t2a.所以有b2－ac＝0；我們記K＝b2－ac，即K＝0時(shí)，方程ax2＋bx＋c＝0為倍根方程；下面我們根據(jù)此結(jié)論來解決問題：
對(duì)于①，K＝b2－ac＝10，因此①錯(cuò)誤；
對(duì)于②，mx2＋(n－2m)x－2n＝0，
K＝(n－2m)2－m(－2n)＝0?4m2＋5mn＋n2＝0，因此②正確；
對(duì)于③，顯然pq＝2，而K＝32－pq＝0，因此③正確；
對(duì)于④，由M(1＋t
7、，s)，N(4－t，s)知－＝＝?b＝－5a，由倍根方程的結(jié)論知b2－ac＝0，從而有c＝a，所以方程變?yōu)閍x2－5ax＋a＝0?9x2－45x＋50＝0?x1＝，x2＝，因此④錯(cuò)誤．
綜上可知，正確的選項(xiàng)有②③.
6．[2017·宜賓]規(guī)定sin(－x)＝－sinx，cos(－x)＝cosx，sin(x＋y)＝sinx·cosy＋cosx·siny，據(jù)此判斷下列等式成立的是__②③④__(寫出所有正確的序號(hào))．
①cos(－60°)＝－；
②sin75°＝；
③sin2x＝2sinx·cosx；
④sin(x－y)＝sinx·cosy－cosx·siny.
【解析】?、賑os(
8、－60°)＝cos60°＝，故①錯(cuò)誤；
②sin75°＝sin(30°＋45°)＝sin30°·cos45°＋cos30°·sin45°＝×＋×＝＋＝，故②正確；
③sin2x＝sinx·cosx＋cosx·sinx＝2sinx·cosx，故③正確；
④sin(x－y)＝sinx·cos(－y)＋cosx·sin(－y)＝sinx·cosy－cosx·siny，故④正確．
三、解答題(共24分)
7．(12分)[2016·紹興]如果拋物線y＝ax2＋bx＋c過定點(diǎn)M(1，1)，則稱此拋物線為定點(diǎn)拋物線．
(1)張老師在投影屏幕上出示了一個(gè)題目：請(qǐng)你寫出一條定點(diǎn)拋物線的一個(gè)解析式．小
9、敏寫出了一個(gè)答案：y＝2x2＋3x－4，請(qǐng)你寫出一個(gè)不同于小敏的答案；
(2)張老師又在投影屏幕上出示了一個(gè)思考題：已知定點(diǎn)拋物線y＝－x2＋2bx＋c＋1，求該拋物線頂點(diǎn)縱坐標(biāo)的值最小時(shí)的解析式，請(qǐng)你解答．
解：(1)答案不唯一，如y＝x2＋x－1，y＝x2－2x＋2，只要a，b，c滿足a＋b＋c＝1即可；
(2)∵定點(diǎn)拋物線y＝－x2＋2bx＋c＋1＝－(x－b)2＋b2＋c＋1，
∴該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(b，b2＋c＋1)，且－1＋2b＋c＋1＝1，即c＝1－2b.
∵頂點(diǎn)縱坐標(biāo)為b2＋c＋1＝b2－2b＋2＝(b－1)2＋1.
∴當(dāng)b＝1時(shí)，b2＋c＋1最小，拋物線頂點(diǎn)縱坐
10、標(biāo)的值最小，此時(shí)c＝－1，
∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x.
8．(12分)[2017·紹興]如果二次函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)為1，則此二次函數(shù)可表示為y＝x2＋px＋q，我們稱[p，q]為此函數(shù)的特征數(shù)，如函數(shù)y＝x2＋2x＋3的特征數(shù)是[2，3]．
(1)若一個(gè)函數(shù)的特征數(shù)為[－2，1]，求此函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
(2)探究下列問題：
①若一個(gè)函數(shù)的特征數(shù)為[4，－1]，將此函數(shù)的圖象先向右平移1個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位，求得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)的特征數(shù)；
②若一個(gè)函數(shù)的特征數(shù)為[2，3]，問此函數(shù)的圖象經(jīng)過怎樣的平移，才能使得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)的特征數(shù)為[3，4]?
解：(1)
11、由題意，得y＝x2－2x＋1＝(x－1)2，
∴特征數(shù)為[－2，1]的函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)；
(2)①特征數(shù)為[4，－1]的函數(shù)為y＝x2＋4x－1，即y＝(x＋2)2－5，
∵函數(shù)圖象先向右平移1個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位，
∴y＝(x＋2－1)2－5＋1，即y＝x2＋2x－3.
∴特征數(shù)為[2，－3]．
②特征數(shù)為[2，3]的函數(shù)為y＝x2＋2x＋3，
即y＝(x＋1)2＋2，
特征數(shù)為[3，4]的函數(shù)為y＝x2＋3x＋4，
即y＝＋，
∴所求平移為：先向左平移個(gè)單位，再向下平移個(gè)單位．(符合題意的其他平移，也正確)．
(24分)
9．(12分)[2016
12、·遂寧]閱讀下列材料，并用相關(guān)的思想方法解決問題．
計(jì)算：×－×.
令＋＋＝t，則
原式＝(1－t)－t＝t＋－t2－t－t＋t2＝.
(1)計(jì)算：
×－
×
；
(2)解方程(x2＋5x＋1)(x2＋5x＋7)＝7.
解：(1)設(shè)＋＋＋…＋＝t，
則原式＝(1－t)－×t＝t＋－t2－－t＋t2＋＝；
(2)設(shè)x2＋5x＋1＝t，原方程可化為t(t＋6)＝7，
t2＋6t－7＝0，(t＋7)(t－1)＝0，得t1＝－7，t2＝1，
當(dāng)t＝－7時(shí)，
x2＋5x＋1＝－7，無解；
當(dāng)t＝1時(shí)，
x2＋5x＋1＝1，解得x1＝0，x2＝－5.
所以原方程的解為x1
13、＝0，x2＝－5.
10．(12分)如果三角形有一邊上的中線長恰好等于這邊的長，那么稱這個(gè)三角形為“好玩三角形”；
圖42－1
(1)請(qǐng)用直尺與圓規(guī)畫一個(gè)“好玩三角形”；
(2)如圖42－1①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，求證：△ABC是“好玩三角形”；
(3)如圖42－1②，已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝2β，點(diǎn)P，Q從點(diǎn)A同時(shí)出發(fā)，以相同的速度分別沿折線AB－BC和AD－DC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，記點(diǎn)P所經(jīng)過的路程為s.
①當(dāng)β＝45°時(shí)，若△APQ是“好玩三角形”，試求的值．
②當(dāng)tanβ的取值在什么范圍內(nèi)，點(diǎn)P，Q在運(yùn)動(dòng)過程中，有且只有一個(gè)△APQ能成
14、為“好玩三角形”．請(qǐng)直接寫出tanβ的取值范圍．
解：(1)圖略．
(2)取AC的中點(diǎn)D，連結(jié)BD，如答圖①.
∵∠C＝90°，tanA＝，∴＝，設(shè)BC＝x，則AC＝2x，∴CD＝AC＝x，
∵BD＝＝＝2x，
∴AC＝BD，∴△ABC是“好玩三角形”；
(3)①若β＝45°，則四邊形ABCD是正方形，當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，△APQ是等腰直角三角形，不可能是“好玩三角形”．
當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，連結(jié)AC，交PQ于點(diǎn)E，延長AB交QP的延長線于點(diǎn)F，如答圖②.
∵PC＝CQ，∠ACB＝∠ACD，
∴AC是QP的垂直平分線，∴AP＝AQ.
∵∠CAB＝∠ACP＝45°，∠AEF＝∠C
15、EP＝90°，
∴△AEF∽△CEP.
易證△PBF，△PCE是等腰直角三角形，
∴＝＝＝.
∵PE＝CE，∴＝.
(i)當(dāng)?shù)走匬Q與它的中線AE相等，即AE＝PQ時(shí)，
＝＝，∴＝.
(ii)如答圖③，取AP的中點(diǎn)M，連結(jié)QM，當(dāng)腰AP與它的中線QM相等，即AQ＝QM時(shí)，是“好玩三角形”，
作QN⊥AP于N，∴MN＝AN＝AM＝AP＝
QM.∴QN＝MN.
∴tan∠APQ＝＝＝.
∴tan∠APE＝＝＝.
∴＝＋.
②＜tanβ＜2.
第10題答圖
(16分)
11．(16分)在平面直角坐標(biāo)系中，我們不妨把橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)相等的點(diǎn)稱為“夢(mèng)之點(diǎn)”．例如點(diǎn)(－1
16、，－1)，(0，0)，(，)，…都是“夢(mèng)之點(diǎn)”，顯然，這樣的“夢(mèng)之點(diǎn)”有無數(shù)個(gè)．
(1)若點(diǎn)P(2，m)是反比例函數(shù)y＝(n為常數(shù)，n≠0)的圖象上的“夢(mèng)之點(diǎn)”，求這個(gè)反比例函數(shù)的解析式；
(2)函數(shù)y＝3kx＋s－1(k，s是常數(shù))的圖象上存在“夢(mèng)之點(diǎn)”嗎？若存在，請(qǐng)求出“夢(mèng)之點(diǎn)”的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由；
(3)若二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋1(a，b是常數(shù)，a＞0)的圖象上存在兩個(gè)不同的“夢(mèng)之點(diǎn)”A(x1，y1)，B(x2，y2)，且滿足－2＜x1＜2，|x1－x2|＝2，令t＝b2－2b＋，試求出t的取值范圍．
解：(1)∵點(diǎn)P(2，m)是夢(mèng)之點(diǎn)，
∴m＝2，P(2，2)，
17、
將點(diǎn)P(2，2)代入y＝中得n＝4，∴y＝；
(2)假設(shè)函數(shù)y＝3kx＋s－1的圖象上存在夢(mèng)之點(diǎn)，
設(shè)該夢(mèng)之點(diǎn)為(a，a)，代入得a＝3ka＋s－1，
∴(1－3k)a＝s－1，
①當(dāng)3k－1＝0，1－s＝0，即k＝，s＝1時(shí)，y＝x，此時(shí)直線上所有的點(diǎn)都是夢(mèng)之點(diǎn)；
②當(dāng)3k－1＝0，1－s≠0，即k＝，s≠1時(shí)，a無解，即不存在；
③當(dāng)3k－1≠0，即k≠時(shí)，a＝，存在夢(mèng)之點(diǎn)，點(diǎn)為；
(3)由題意知ax2＋bx＋1＝x，即ax2＋(b－1)x＋1＝0，
∵x1，x2是方程ax2＋(b－1)x＋1＝0的兩個(gè)根，
∴x1＋x2＝，x1·x2＝，
∵|x1－x2|＝2，∴(
18、x1－x2)2＝4，
∴(x1＋x2)2－4x1x2＝4，
∴－4×＝4，
∴(1－b)2＝4a2＋4a，
①b－1＞0時(shí)，b－1＝，
∵－2＜x1＜2，
∴當(dāng)x＝－2時(shí)，y＜0，即4a－2(b－1)＋1＜0，
∴b－1＞，
∴＞，∴a＞.
∵b－1＞，∴b＞，
∵t＝b2－2b＋＝(b－1)2＋，
∴當(dāng)b＝時(shí)，t＝，∴t＞.
②當(dāng)b－1＜0時(shí)，b－1＝－，
∵－2＜x1＜2，
∴當(dāng)x＝2時(shí)，y＜0，即4a＋2(b－1)＋1＜0，
∴b－1＜－，∴－＜－，∴a＞.
∵b－1＜－，∴b＜.
∵t＝b2－2b＋＝(b－1)2＋，
∴當(dāng)b＝時(shí)，t＝，∴t＞.
綜上所述，t的取值范圍是t＞.
9
2018屆中考數(shù)學(xué)全程演練 第42課時(shí) 閱讀理解型問題
