答建筑物的高约为点评本题考查俯角仰角的定义，要求学生能借助俯角仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形第页共页市为美化城市，有关部门决定利用现有的盆甲种花卉和盆乙种花卉，搭配成两种园艺造型共个，摆放于主干街道的两侧，搭配每个造型所需花卉数量的情况如下表所示，结合上述信息，解答下列问题造型花卉甲乙符合题意的搭配方案有几种如果搭配个种造型的成本为元，搭配个种造型的成本为元，试说明选用那种方案成本最低最低成本为多少元考点元次不等式组的应用分析设需要搭配个种造型，则需要搭配种造型个，根据盆甲种花卉盆乙种花卉列不等式求解，取整数值即可计算出每种方案的花费，然后即可判断出答案解答解设需要搭配个种造型，则需要搭配种造型个，则有，解得，所以或或或第种方案种造型个，种造型个第二种方案种造型个，种造型个第三种方案种造型个，种造型个第四种方案种造型个，种造型个分别计算四种方案的成本为，元元元，④，元通过比较可知第④种方案成本最低答选择第四种方案成本最低，最低为元第页共页点评此题考查了元次不等式组的应用，是道实际问题，有定的开放性，根据图表信息，利用所用花卉数量不超过甲乙两种花卉的最高数量列不等式组解答为最优化问题，根据的结果直接计算即可已知如图，在平面直角坐标系中，为矩形，垂直于对角线于，点是点关于轴的对称点，连求和的长如图，将绕点顺时针旋转个角，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与线段交于点，与线段交于点，是否存在这样的两点，使为等腰三角形若存在，求出此时点坐标若不存在，请说明理由考点几何变换综合题分析运用勾股定理和面积相等法结合轴对称性质即可求解画出图形，根据，结合平行线的性质，对顶角相等和角的等量代换，运用勾股定理即可求解解答解如图第页共页由勾股定理可求，点是点关于轴的对称点如图若，易得，过点作⊥，第页共页此时点的坐标为，如图点在线段上，不会相等如图，若，易得第页共页此时点的坐标为，点评此题主要考查几何变换的综合问题，熟悉轴对称和旋转的性质，会针对等腰进行分类讨论，数练运用勾股定理和角的等量代换是解题的关键如图，已知二次函数的图象与轴交于点与轴交于点，点坐标为连，点在线段上运动不与点重合过点作∥，交于点判断的形状，并说明理由当以点为顶点的三角形与以点为顶点的三角形相似时，求点的坐标当面积等于时，直接写出此时点的坐标考点二次函数综合题分析根据待定系数法可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得点坐标，根据勾股定理及逆定理，可得答案根据相似三角形的性质，可得，根据与的关系，可得，可得答案根据相似三角形的判定与性质，等量代换，可得可得，根据面积的和差，可得的值，可得答案解答解图象与轴交于点把点的坐标代入函数解析式，得二次函数解析式为当时解得，点的坐标为，，，第页共页在中，是直角三角形设点的坐标为则有两种情况当时，易得即，解得，此时当时，点与原点重合，此时，设点的坐标为，则，过点作⊥轴于点∥，∽，∥，，解得，点坐标为点评本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式，利用勾股定理的逆定理是解题关键利用相似三角形的性质得出与的关系是解题关键利用相似三角形的判定与性质得第页共页出的值是解题关键，又利用了面积的和差得出的值第页共页式，利用代入消元法得出方程组的解是解题关键，又利用了不等式的性质如图，矩形中，为中点，分别以为圆心，以长长为半径画弧，两弧相交于点，若，则的度数为考点矩形的性质分析根据，得出，再根据，得出，进行计算即可解答解以为圆心，分别以长长为半径的两弧相交于点，在长方形中，故选点评本题考查了等腰三角形的性质，用到的知识点是矩形的四个角都是直角等腰三角形两底角相等三角形的内角和定理，是基础题次函数≠与反比例函数，在同直角坐标系中的图象如图所示，第页共页若，则的取值范围是或或考点反比例函数的性质分析直接根据函数图象可得出结论解答解由函数图象可知，当或时，次函数的图象在二次函数图象的下方故选点评本题考查的是反比例函数的性质，根据题意利用数形结合求出不等式的解集是解答此题的关键如图是抛物线≠图象的部分，抛物线的顶点坐标与轴的个交点为，直线≠经过两点，下列结论当时，有④若，则点坐标为，其中正确的是④考点二次函数图象与系数的关系分析利用图象判定利用抛物线和直线都经过顶点可判定利用顶点坐标判定利用待定系数法求得直线解析式，进而求得的坐标，宽判定④第页共页解答解由图象可知，当时，有，故正确抛物线的顶点坐标直线≠经过点，当时，故正确抛物线的最大值为，故正确抛物线经过代入得解得令，则，故④正确故选点评本题考查了二次函数图象与系数的关系对于二次函数≠，当时，抛物线向上开口当时，抛物线向下开口次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置当与同号时即，对称轴在轴左当与异号时即，对称轴在轴右常数项决定抛物线与轴交点，抛物线与轴交于抛物线与轴交点个数由决定时，抛物线与轴有个交点时，抛物线与轴有个交点时，抛物线与轴没有交点二填空题本大题共小题，每小题分，共分请将答案在试卷后面的答题纸的相应位置平移格得到点，连接，与点所在的水平线交于点，同时将点向上平移格，再向右平移格得到点，连接与点所在水平线交于点，连接即为所求解答解，故答案为如图所示，故答案为点评本题考查的是作图平移变换，熟知图形平移不变性的性质是解答此题的关键第页共页三解答题本大题共小题，共分，解答应写出文字说明演算步骤或证明过程请将答案在试卷后面的答题纸的相应位置解不等式组，并写出不等式组的整数解考点解元次不等式组元次不等式组的整数解专题压轴题探究型分析分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，在的取值范围内找出符合条件的的整数值即可解答解由得由得故此不等式组的解集为整数解有，点评本题考查的是解元次不等式组及元次不等式组的整数解，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教师就中学生对课外数阅读状况进行了次问卷调查，并根据调查结果绘制了中学生每学期阅读课外书籍数量的统计图不完整设表示阅读书籍的数量为正整数，单位本，其中请你根据两幅图提供的信息解答下列问题本次共调查了多少名学生补全条形统计图，并判断中位数在哪组计算扇形统计图中扇形的圆心角的度数考点中位数扇形统计图条形统计图分析用组的频数除以组所占的百分比即可求得抽查的学生人数第页共页用总人数减去组的频数即可求得组的频数，从而补全统计图用该组的频数除以总人数乘以周角的度数即可求得圆心角的度数解答解人组的频数为，如图共名学生，第和第的平均数为中位数，中位数落在第二小组扇形统计图中扇形的圆心角的度数，点评本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小如图，是的直径，弦⊥于点，点在上，求证∥若求的值考点圆周角定理垂径定理解直角三角形第页共页分析根据及圆周角定理可得出，由此可得出结论连接，根据圆周角定理得出，再由垂径定理得出，故可得出，根据锐角三角函数的定义即可得出结论解答证明，∥解连接，是的直径，⊥，，点评本题考查的是圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出圆周角是解答此题的关键如图所示，两个建筑物和的水平距离为，同学住在建筑物内楼室，他观测建筑物楼的顶部处的仰角为，测得底部处的俯角为，求建筑物的高度取，结果保留整数第页共页考点解直角三角形的应用计算•的结果等于考点单项式乘单项式幂的乘方与积的乘方分析先算积的乘方，然后依据单项式乘单向项法则进行计算即可解答解原式•故答案为点评本题主要考查的是单向式乘单向式积的乘方，掌握相关运算法则是解题的关键第页共页在次函数中，若随的增大而增大，则它的图象不经过第四象限考点次函数图象与系数的关系专题探究型分析先根据函数的增减性判断出的符号，再根据次函数的图象与系数的关系进行解答即可解答解在次函数中，随的增大而增大，此函数的图象经过二三象限，不经过第四象限故答案为四点评本题考查的是次函数的图象与系数的关系，即次函数≠中，当，时，函数的图象经过二三象限在个不透明的盒子里，装有个黑球和若干个白球，它们除颜色外没有任何其他区别，摇匀后从中随机摸出个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复，共摸球次，其中次摸到黑球，则估计盒子中大约有白球个考点利用频率估计概率分析在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设未知数列出方程求解解答解共试验次，其中有次摸到黑球，白球所占的比例为，设盒子中共有白球个，则，解得故答案为点评本题考查利用频率估计概率大量反复试验下频率稳定值即概率关键是根据白球的频率得到相应的等量关系命题对顶角相等的条件是两个角是对顶角考点命题与定理第页共页分析根据命题由题设与结论组成可得到对顶角相等的条件是若两个角是对顶角，结论是这两个角相等