专题04 选择中档重点题（二）（解析版）

专题04选择中档重点题（二）一、单选题1．（2023·广东深圳·校考二模）下列说法正确的是（

）A．五边形的外角和是B．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形C．因式分解是正确的D．关于x的方程有两个不相等的实数根【答案】D【分析】根据多边形的外角和，正方形的判定，因式分解，一元二次方程的根与系数的关系，对各选项进行判断即可．【详解】解：五边形的外角和是，A错误，故不符合要求；对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，B错误，故不符合要求；，C错误，故不符合要求；由，可得，则关于x的方程有两个不相等的实数根，D正确，故符合要求；故选：D．【点睛】本题考查了多边形的外角和，正方形的判定，因式分解，一元二次方程的根与系数的关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．2．（2023·广东深圳·校考二模）如图，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形B，C的边长分别为b，c．已知，当角变化时，则b与c满足的关系式是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，证，得，，则，再由勾股定理得：，则，即可得出结论．【详解】解：如图所示：设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，∵∴，∴，，即，，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴，故选：A【点睛】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝8，以点D为圆心，任意长为半径画弧，交AD于点P，交CD于点Q，分别以P、Q为圆心，大于PQ为半径画弧交于点M，连接DM并延长，交BC于点E，连接AE，恰好有AE⊥BC，则AE的长为（

）A．3 B．4 C．5 D．【答案】B【分析】由题意可知，再利用平行四边形的性质即可证明，即，即可求出，最后在中，利用勾股定理即可求出AE的长．【详解】根据作图可知DE为的角平分线，即，∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中，．故选B．【点睛】本题考查角平分线的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理．理解题意，判断出DE为的角平分线是解答本题的关键．4．（2023·广东深圳·校联考一模）已知抛物线（a，b，c均为常数，）的顶点是，且该抛物线经过点，，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．且【答案】D【分析】根据可知抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大，由此可知对称轴在和4之间，且离更近或对称轴在4的右边，据此求解即可．【详解】解：∵抛物线（a，b，c均为常数，）的顶点是，且经过点，，，∴抛物线开口向上，∴离对称轴越远函数值越大，在对称轴左侧y随x增大而减小，在对称轴右侧y随x增大而增大，∴或，∴且，故选D．【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，正确得到抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大是解题的关键．5．（2023·广东深圳·统考一模）如图,扇形AOB中,半径OA＝2，∠AOB＝120°，C是的中点,连接AC、BC,则图中阴影部分面积是(

)A． B．C． D．【答案】A【详解】连接OC，过O作OMAC于M，∵∠AOB＝120°，C是的中点，∴∠AOC＝∠BOC=60°，∵OA＝OB＝OC＝2，∴△ABC、△BOC是等边三角形，∴AC＝BC＝OA＝2，AM＝1，∴△BOC的边AC上的高是=，∴阴影部分的面积是=.故选：A.6．（2023·广东深圳·统考一模）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则一次函数y＝ax﹣2b（a≠0）与反比例函数y＝（c≠0）在同一平面直角坐标系中的图象大致是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】先根据二次函数的图象开口向上可知a＞0，对称轴在y轴的左侧可知b＞0，再由函数图象交y轴的负半轴可知c＜0，然后根据一次函数的性质和反比例函数的性质即可得出正确答案．【详解】∵二次函数的图象开口向上，对称轴在y轴的左侧，函数图象交于y轴的负半轴∴a＞0，b＞0，c＜0，∴反比例函数y＝的图象必在二、四象限；一次函数y＝ax﹣2b一定经过一三四象限，故选D．【点睛】此题主要考查二次函数与反比例函数的图像与性质，解题的关键是熟知二次函数各系数与图像的关系.7．（2023·广东深圳·二模）下列命题正确的是（

）A．若，则B．若是反比例函数图像上的点，则也是该函数图像上的点C．矩形对角线相互平分且相等D．三角形的一条中位线等分该三角形的面积【答案】C【分析】根据不等式的性质、反比例函数的性质、矩形的性质、三角形中线的性质逐项排查即可解答．【详解】解：A．若，则，故A选项错误，不符合题意；B．若是反比例函数图像上的点，则函数解析式为，易得不在该函数图像上，故B选项错误，不符合题意；C．矩形对角线相互平分且相等，故C选项说法正确，符合题意；D．三角形的一条中线等分该三角形的面积，故D选项说法错误，不符合题意．故选：C．【点睛】本题主要考查了不等式的性质、反比例函数的性质、矩形的性质、三角形中线的性质等知识点，掌握矩形的性质是解答本题的关键．8．（2023·广东深圳·二模）如图利用一面靠墙（墙的长度为35米），另三边用长的篱笆围成一个面积为的长方形场地，则长方形场地的一边的长为（

）米．A．5 B．20 C．5或20 D．10或20【答案】B【分析】设AB长为x米，根据长方形面积公式得到方程，解之，结合墙长进行取舍．【详解】解：设AB长为x米，则BC=50-2x，∴x（50-2x）=200，解得：x=5或x=20，当x=5时，BC=50-2×5=40＞35，故不符合，∴AB的长为20，故选B．【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，利用已知表示出长与宽再利用长方形面积得出方程是解题关键．9．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校（集团）高新中学校考三模）明代《算法统宗》有一首饮酒数学诗：“醇酒一瓶醉三客，薄酒三瓶醉一人，共同饮了一十九，三十三客醉颜生，试问高明能算士，几多醇酒几多醇？”这首诗是说：“好酒一瓶，可以醉倒3位客人；薄酒三瓶，可以醉倒1位客人，如今33位客人醉倒了，他们总共饮19瓶酒．试问：其中好酒、薄酒分别是多少瓶？”设有好酒x瓶，薄酒y瓶．根据题意，可列方程组为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，列方程求解即可．【详解】解：设有好酒x瓶，薄酒y瓶，根据“总共饮19瓶酒”可得：根据“好酒一瓶，可以醉倒3位客人；薄酒三瓶，可以醉倒1位客人，如今33位客人醉倒了”，可得：综上：，故选：A【点睛】此题考查了列二元一次方程组，解题的关键是理解题意，正确列出二元一次方程组．10．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校（集团）高新中学校考三模）如图，在中，，以顶点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点，点在上．若，，，当最小时，的面积是（）A．2 B．1 C．6 D．7【答案】B【分析】过点作于，由角平分线的作法可知，是的角平分线，利用角平分线的性质得出，根据过直线外一点到直线的垂线段最短，最短为2，由直角三角形全等的判定和性质可得出，利用线段间的数量关系及三角形面积公式即可求解．【详解】解：如图，由角平分线的作法可知，是的角平分线，点为线段上的一个动点，最短，，，，，，，，，，的面积．故选：B．【点睛】本题考查的是作图基本操作，角平分线的性质，直角三角形全等的判定和性质，过直线外一点到直线的垂线段最短等，理解题意，然后熟练掌握运用角平分线的性质是解题的关键．11．（2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模）如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据菱形的性质得出是等边三角形，进而利用全等三角形的判定得出，得出四边形的面积等于的面积，进而求出即可．【详解】解：连接，∵四边形是菱形，，∴，，∴是等边三角形，∵，∴的高为，∵扇形的半径为4，圆心角为，∴，，∴，设、相交于点G，设、相交于点H，在和中，，∴，∴四边形的面积等于的面积，∴图中阴影部分的面积是：．故选：A．【点睛】此题主要考查了扇形的面积计算以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出四边形的面积等于的面积是解题关键．12．（2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模）10个全等的小正方形拼成如图所示的图形，点P、X、Y是小正方形的顶点，Q是边XY一点．若线段PQ恰好将这个图形分成面积相等的两个部分，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先设QY＝x，根据题意得到PQ下面的部分的面积为：S△+S正方形＝×5×（1+x）+1＝5，解方程即可求得QY的长，即可解决问题．【详解】解：设QY＝x，根据题意得到PQ下面的部分的面积为：S△+S正方形＝×5×（1+x）+1＝5，解得x＝，∴XQ＝1﹣＝，∴，故选B．【点睛】本题考查三角形的面积，一元一次方程等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．13．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）二次函数与一次函数的图像在同一直角坐标系中图像可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据二次函数和一次函数的系数对函数图像的影响，可首先排除A选项，再根据，，，可见一个交点在轴上，一个交点的横坐标为1，且抛物线过原点，即可选出正确选项．【详解】解：∵二次函数，∴∴二次函数图像过原点，∴A选项不符合题意；B：假设二次函数的图像正确，由二次函数图像开口方向向上，可知；又∵在同一坐标系中由一次函数的图像，y随x的增大而减小，可知；故B选项不符合题意；∵，∴，，∴交点坐标为：，，∴其中一个交点坐标位于x轴上，故C选项，函数图像一个交点坐标位于x轴上，而且抛物线过原点，符合题意；故D选项，函数图像交点不在x轴上，不符合题意；故答案为C．【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的二次项系数、一次项系数及常数项对函数图像的影响是解题的关键．14．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，点是正方形内部一个动点，且，，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】取，则,证明得出，进而证明，即可证明，得出，则当三点共线时，取得最小值，最小值为的长，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，取，则,连接，

∵，，∴点在以为圆心为半径的圆上运动，点在以为圆心为半径的圆上运动，在中，，∴，∴，∴，∵，∴，即，∴，又，，∴，∴，当时，则当三点共线时，取得最小值，最小值为的长，在中，，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．15．（2023·广东深圳·统考二模）某车间共有30名工人，现要加工零件630个和零件480个．已知每人每天可以加工零件15个或零件10个，如何分工才能确保同时完成两种零件的加工任务（每人每天只能加工一种零件）．设安排名工人加工零件，由题意，可列方程（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据加工630个A零件和加工480个B零件所用时间相同列分式方程即可．【详解】解：根据题意得：，故选：B．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．16．（2023·广东深圳·统考二模）小颖将一个长为，宽为的矩形通过以下方式进行两次对折和一次裁剪，在沿虚线进行裁剪时，两侧各留长度（），随后将剪下的展开得到的图形面积为（

）．A． B．12 C．24 D．48【答案】C【分析】因为展开后得到的平面图形是菱形，根据菱形的面积公式即可求出．【详解】解：如图所示：剪下的展开得到的图形是菱形，∵长为，宽为的矩形且，∴菱形两条对角线长分别为和∴展开得到的图形面积即为菱形的面积故选：【点睛】本题主要考查了菱形的判定和面积计算公式，熟练掌握菱形的面积计算公式是解此题的关键．17．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）数学中余弦定理是这样描述的：在中，、、所对的边分别为、、，则三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和减去这两边及这两边的夹角的余弦值的乘积的2倍，用公式可描述为：，，．在中，，，，则的值是（

）A．5 B． C． D．2【答案】C【分析】根据题目中给出的信息列式解答即可．【详解】解：根据题意得：，∴或（舍去），故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了新定义计算，特殊角的三角函数值，余弦定理，解题的关键是理解题意，熟练进行计算．18．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）二次函数的图象如图所示，以下结论正确的个数为（

）①；②；③；④（为任意实数）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由抛物线开口方向得到，利用抛物线的对称轴方程得到，由抛物线与y轴的交点在x轴的下方得到，则可对①进行判断；利用，得到，则，于是可对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为，则可对③进行判断；由于时，y有最小值，则可对④进行判断．【详解】解：∵抛物线开口向上，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，∵抛物线与y轴的交点在x轴的下方，∴，∴，所以①正确；∵时，，∴，∴，∴，所以②正确；∵抛物线的对称轴为直线，抛物线与x轴的一个交点坐标为，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，∴当时，，即，所以③正确；∵时，y有最小值，∴（m为任意实数），∴，所以④错误；综上，①②③正确，故选：C．【点睛】本题考查二次函数图象与性质等知识，涉及的知识点有抛物线的对称轴、抛物线与y轴的交点、二次函数的最值等，是重要考点，难度较易，掌握二次函数图象与性质是解题关键．19．（2023·广东深圳·深圳外国语学校校考一模）某出租车公司为降低成本，推出了“油改气”措施，如图，y1，y2分别表示燃油汽车和燃气汽车行驶路程s（单位：千米）与所需费用y（单位：元）的关系，已知燃气汽车每千米所需的费用比燃油汽车每千米所需费用少0.5元，设燃气汽车每千米所需费用为x元，则可列方程为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】设燃气汽车每千米所需费用为x元，则燃油汽车每千米所需费用为（x+0.5）元，根据路程=总费用÷每千米所需费用结合路程相等，结合函数的图象，即可得出关于x的分式方程，此题得解．【详解】解：设燃气汽车每千米所需费用为x元，则燃油汽车每千米所需费用为（x+0.5）元，根据题意得：．故选：D．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及函数的图象，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．20．（2023·广东深圳·深圳外国语学校校考一模）如图，抛物线（）与轴交于点，对称轴为直线．结合图象分析下列结论：①；②；③；④一元二次方程的两根分别为，；⑤若，（）为方程的两个根，则且．其中正确的结论有（

）个．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴、与x轴交点坐标、增减性以及二次函数与一元二次方程的关系，逐项判断即可．【详解】解：抛物线开口向下，因此a<0，对称轴为x=1>0，因此a、b异号，所以b>0，抛物线与y轴交点在正半轴，因此c>0，∴abc<0，于是①不正确；由图象知：当x=2时，y=4a+2b+c>0，因此②正确；∵抛物线与x轴交点（3，0），对称轴为x=1，∴另一个交点坐标为（-1，0），所以a-b+c=0，又∵，∴，∴，即3a+c=0，∵a<0，∴，故③不正确；∵抛物线与x轴交点（3，0），（-1，0），∴方程的两根为；∴a(x-3)(x+1)=0整理得：b=-2a,c=-3a,∴即整理得：，则，∴根分别为，，故④正确；将方程转化为，∵抛物线与x轴交点（3，0），（-1，0），且a<0，∴当时，或，∵方程的根表示抛物线与直线的交点的横坐标，∴且，故⑤正确；综上所述，正确的结论有：②④⑤，有3个．故选：B【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数（）的、、的值决定了抛物线的位置，以及与轴的交点坐标是解题的关键．21．（2023·广东深圳·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，一块墨迹遮挡了横轴的位置，只留下部分纵轴和部分正方形网格，该网格的每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点．若格点、在函数的图象上，则的值为（）

A．6 B．12 C．24 D．48【答案】B【分析】根据图象可知，点的横坐标为2，点的横坐标为4，设点的坐标为，则点的坐标为，再根据点、在函数的图象上，列出关于的方程，解方程得出的值，最后求出的值即可．【详解】解：根据图象可知，点的横坐标为2，点的横坐标为4，设点的坐标为，则点的坐标为，∵点、在函数的图象上，∴，解得：，∴点的坐标为，∴，故选：B．【点睛】本题考查了求反比例函数解析式，解题的关键是求出点或点的坐标．22．（2023·广东深圳·校考三模）某校劳动课学习制作娃娃和沙包，已知每米布可做娃娃25个或沙包40个．现有36米布料，完成后打算将1个娃娃和2个沙包配成一套礼物．布料没有剩余，礼物也恰好成套．设做娃娃用了x米布，做沙包用了y米布，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据“每米布可做娃娃25个或沙包40个．现有36米布料，完成后打算将1个娃娃和2个沙包配成一套礼物”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．【详解】解：设做娃娃用了x米布，做沙包用了y米布，依题意得：．故选：C．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．23．（2023·广东深圳·二模）如图分别是个高压电塔的位置．已知电塔两点水平之间的距离为米（），，则从电视塔到海拔上升的高度（的长）为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】在中根据的正切值即可求解．【详解】解：根据题意可知，，，，∴，∴，故选：．【点睛】本题主要考查直角三角形中正切的计算，理解正切的计算方法是解题的关键．24．（2023·广东深圳·二模）在同一平面直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象如图所示，则二次函数的图象可能是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二次函数与一次函数的图象可知，，，从而判断出二次函数的图象．【详解】解：∵二次函数的图象开口向上，∴，∵次函数的图象经过一、三、四象限，∴，，对于二次函数的图象，∵，开口向上，排除A、B选项；∵，，∴对称轴，∴D选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了一次函数的图象以及二次函数的图象，根据二次函数的图象和一次函数图象经过的象限，找出，，是解题的关键．25．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，在两建筑物之间有一旗杆，高15米，从点经过旗杆顶点恰好可观测到矮建筑物的最底端点处，从点测得点的俯角为，测得点的俯角为30°，若旗杆底部为的中点，则，矮建筑物的高为（）A．18米 B．20米 C．米 D．米【答案】B【分析】过点D作于点F，则点F，D，C三点共线，根据，可得，可得米，然后和中，根据锐角三角函数求出，的长，即可求解．【详解】解：如图，过点D作于点F，则点F，D，C三点共线，根据题意得：，∴，∵点G是中点，∴，∴米．在中，，∴米．在中，米，则米．∴米．故选B．【点睛】解直角三角形的应用——仰角俯角问题，相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，熟练掌握相关知识点是解题的关键．26．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，的半径为，交轴正半轴于点，直线垂直平分交于点，轴于点．今假设在点，处，分别有一质量为，的天体；天体物理中，把与，处于同一平面，坐标为的点称为【O，A】系统的拉格朗日4号点，记为（若把卫星发射到的位置，则卫星会处于相对静止的稳状态），以下说法中错误的是（）

A．是等边三角形 B．在线段上C． D．若恒定，则越小，离点越近【答案】C【分析】根据线段垂直平分线的性质及全等三角形的判定与性质得到是等边三角形，线段之间的大小关系得到在线段上，根据等边三角形的性质得到，根据关系得到离点越近．【详解】解：设与交于点，∵垂直平分，∴，，∴在和中，，∴，∵在圆中，，∴，∴是等边三角形，故正确；由知，，与的纵坐标相同，∵，∴，∴，∴在线段上；故正确；当在重合时，，当在重合时，，∴，故错误；若恒定，越小时，则越趋近于，∴趋向于，∴离点越近，故正确；故选．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的性质，圆的性质，平面直角坐标系内点的坐标，掌握坐标与图形的关系是解题的关键．27．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在中，，，，，分别是，的中点，连接．以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交，于点，；以点为圆心，长为半径作弧交于点；以点为圆心，长为半径作弧，交前面的弧于点；作射线交于点．则的长为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由勾股定理可求出，再根据，分别是，的中点，可得，，由作法可知，进而可证明四边形是平行四边形，得即可解题．【详解】解：∵在中，，，，∴∵，分别是，的中点，∴，，∴，∵由作法可知，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，故选C．【点睛】本题考查了勾股定理、三角形的中位线定理、基本尺规作图-作角等于已知角平行四边形的性质和判定，解题关键是根据中位线定理得出，．28．（2023·广东深圳·统考二模）某公司去年10月份的营业额为2500万元，后来公司改变营销策略，12月份的营业额达到3780万元，已知12月份的增长率是11月份的1.3倍，求11月份的增长率．设11月份的增长率为，根据题意，可列方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意分别用含x的等式表示出11月和12月的营业额，即可列出所求方程．【详解】解：由题意可得11月份的营业额为：，12月份的营业额为：，∴可列方程为：，故选A．【点睛】本题考查一元二次方程的应用，熟练掌握如何列出一元二次方程是解题关键．29．（2023·广东深圳·统考一模）二次函数的图像如图所示，其对称轴是直线x＝1，则函数y＝ax＋b和y＝的大致图像是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先由的开口向下，对称轴是直线x＝1，与轴交于正半轴，判断的符号，再确定的图像分布，从而可得答案．【详解】解：的开口向下，对称轴是直线x＝1，与轴交于正半轴，＜＞＞即的图像过一，二，四象限，且过的图像在一，三象限，选项：的图像过一，二，四象限，且过的图像在一，三象限，符合题意，选项：的图像过一，二，四象限，但不过过的图像在一，三象限，不符合题意，选项：的图像过一，二，三象限，但不过过的图像在一，三象限，不符合题意，选项：的图像过一，二，四象限，过的图像在二，四象限，不符合题意，故选：【点睛】本题考查的是一次函数，反比例函数，二次函数的图像与性质，掌握利用函数图像分析问题是解题的关键．30．（2023·广东深圳·统考二模）下列命题中，正确的是（

）A．位似图形一定是相似图形B．平分弦的直径垂直于这条弦C．方程有两个相等的实数根D．反比例函数在每一象限内，y随x的增大而减小【答案】A【分析】根据位似图形的性质、圆的性质、一元二次方程的性质、反比例函数性质进行判断即可；【详解】解：A．位似图形一定是相似图形，正确，故符合题意；B．平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦，错误，故不符合题意；C．方程的判别式小于0，没有实数根，错误，故不符合题意；D．反比例函数图像在二、四象限内，在每一象限内，y随x的增大而增大，错误，故不符合题意；故选：A．【点睛】本题主要考查位似图形的性质、圆的性质、一元二次方程的性质、反比例函数性质，掌握相关知识是解题的关键．31．（2023·广东深圳·统考二模）在综合实践课上，某班同学测量校园内一棵树的高度．如图，测量仪在A处测得树顶D的仰角为45°，在C处测得树顶D的仰角为37°（点A、B、C在同一条水平主线上），已知测量仪的高度米，米，则树BD的高度是（

）【参考数据：，，】A．12米 B．12.65米 C．13米 D．13.65米【答案】D【分析】设米，根据可得到、，然后利用解直角三角形的知识计算求解即可．【详解】解：连接交于点M，则，，．设米，∵在中，，∴，∴．在中，，∴，即：，解得，即．∴（米）．∴树的高度约为米．故选D．【点睛】本题主要考查了仰角型解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的基本步骤是解答本题的关键．32．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，我国古代的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形密铺构成的大正方形，若小正方形的面积为1，大正方形的面积为41，则直角三角形较短的直角边a与较长的直角边b的比的值是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据勾股定理可以求得a2＋b2等于大正方形的面积，然后求四个直角三角形的面积，即可得到2ab的值，然后根据（a＋b）2＝a2＋b2＋2ab即可求得（a＋b）的值；根据小正方形的面积为（b−a）2＝1即可求得b-a=1，进而联立方程组求得a与b的值，则可求出答案．【详解】解：∵大正方形的面积是41，设边长为c，∴c2＝41，∴a2＋b2＝c2＝41，∵四个直角三角形的面积是41−1＝40，又∵一个直角三角形的面积是ab，∴2ab＝40，∴（a＋b）2＝a2＋b2＋2ab＝c2＋2ab＝41＋40＝41＋40＝81，∴a＋b＝9．∵小正方形的面积为（b−a）2＝1，b＞a，∴b-a=1，联立，解得：∴．故答案为：D．【点睛】本题考查了勾股定理、解二元一次方程组以及完全平方公式．注意完全平方公式的展开：（a＋b）2＝a2＋b2＋2ab，还要注意图形的面积和a，b之间的关系．33．（2023·广东深圳·校联考一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝10，用尺规作图的方法作线段AD和线段DE，保留作图痕迹如图所示，认真观察作图痕迹，则△BDE的周长是()A．8 B．5 C． D．10【答案】D【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°，根据尺规作图可知AD平分∠CAB，根据角平分线的性质定理解答即可．【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠B=45°，由尺规作图可知，AD平分∠CAB，DE⊥AB又，∠ACB=90°，∴DE=DC，又∠B=45°，∴DE=BE，∴△BDE的周长=BD+BE+DE=BD+CD+BE=BC+BE=AC+BE=AE+BE=AB=10，故选D．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质以及尺规作图，掌握等腰直角三角形的性质和基本尺规作图是解题关键．34．（2023·广东深圳·统考一模）数学兴趣小组的同学们来到宝安区海淀广场，设计用手电来测量广场附近某大厦的高度，如图，点处放一水平的平面镜．光线从点出发经平面镜反射后刚好射到大厦的顶端处，已知，，且测得米，米，米，那么该大厦的高度约为（

）A．米 B．米 C．米 D．米【答案】A【分析】因为同学和宝安区海淀广场均和地面垂直，且光线的入射角等于反射角，因此构成一组相似三角形，利用对应边成比例即可解答．【详解】解：根据题意，可得到．即，故米；，那么该大厦的高度是32米．故选：A．【点睛】本题考查相似三角形性质的应用．解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．35．（2023·广东深圳·统考一模）如图，直线∥∥，△ABC的边AB被这组平行线截成四等份，△ABC的面积为32，则图中阴影部分四边形DFIG的面积是（

）A．12 B．16 C．20 D．24【答案】B【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算，得到答案．【详解】解：∵直线∥∥，△ABC的边AB被这组平行线截成四等份，∴△ADG∽△ABC，△AFI∽△ABC∴∴∴故选B.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题关键是掌握：相似三角形的面积比等于相似比平方．36．（2023·广东深圳·二模）港珠澳大桥是世界上最长的跨海大桥，被誉为“现代世界七大奇迹”的超级工程，它是我国从桥梁大国走向桥梁强国的里程碑之作．港珠澳大桥主桥为三座大跨度钢结构斜拉桥，其中九洲航道桥主塔造型取自“风帆”，寓意“扬帆起航”．某校九年学生为了测量该主塔的高度，站在B处看塔顶A，仰角为，然后向后走160米（米），到达C处，此时看塔顶A，仰角为，则该主塔的高度是（

）

A．80米 B．米 C．160米 D．米【答案】B【分析】过点A作于点D，先根据三角形的外角性质可得，从而可得米，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，即可解答．【详解】解：如图，过点A作于点D，

根据题意得：，∵，∴，∴，∴米，