1．(4分)\(\dfrac{100\sqrt{3}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}) (2+\sqrt{6}+\sqrt{10})} =\)____．
【答案】\(25\)
【解答】\(\dfrac{100\sqrt{3}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}) (2+\sqrt{6}+\sqrt{10})}\)
\(= \dfrac{100\sqrt{3}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}) \cdot \sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}) }\)
\(= \dfrac{50\sqrt{6}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2-(\sqrt{5})^2} = \dfrac{50\sqrt{6}}{2\sqrt{6}} =25\).
【小结】考核根式运算化简；留意各项之间存在的关系(倍数、和差为特殊值等) 或它们结构上的关系(符合平方差或完全平方公式等) .
2．(4分)\(f(x) =(x-1)^2+(x-2)^2+(x-3)^2+⋯+(x-21)^2\)的最小值为____.
【答案】\(770\)
【解答】
方法1
\(f(x) =(x-1)^2+(x-2)^2+(x-3)^2+⋯+(x-21)^2\)
\(=21x^2-2(1+2+⋯+21)x+1^2+2^2+⋯+21^2\)
\(=21x^2-22×21x+1^2+2^2+⋯+21^2\)
其二次函数开口向上，对称轴为\(x=11\)，
所以当\(x=11\)时，取到最小值\(f(11)=10^2+9^2+8^2+⋯+0^2+⋯+9^2+10^2=770\)；
方法2 令\(t=x-11\)，
则\(f(t) =(t+10)^2+(t+9)^2+⋯+t^2+⋯+(t-9)^2+(t+10) ^2\)
\(=21t^2+2(10^2+9^2+8^2+⋯+1^2 )≥2(10^2+9^2+8^2+⋯+1^2 )=770\)，
当\(t=0\)，即\(x=11\)时，取到最小值.
【小结】考核二次函数的性质；本题直接化简运算或留意到右边式子的对称性用到换元法；
其中等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和\(S_n= \dfrac{(首项+末项)×项数}{2}\)，
平方和公式\(1^2+2^2+3^2+⋯+n^2= \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
3．(4分) 如图，已知\(Rt△ABC\)中，\(∠B=30^\circ\)，\(BE=AC\)，求\(AB+DE=480\)时，\(DE\)的长度为____．
4．(4分) 已知\(x，y\)为正整数，\(x\sqrt{y}+y\sqrt{x}-\sqrt{7x}-\sqrt{7y}+\sqrt{7xy}=7\)，求\(x+y=\)____．
【答案】\(8\)
【解答】由\(x\sqrt{y}+y\sqrt{x}-\sqrt{7x}-\sqrt{7y}+\sqrt{7xy}=7\)，
得\(\sqrt{xy} (\sqrt{x}+\sqrt{y})-\sqrt{7} (\sqrt{x}+\sqrt{y})+\sqrt{7} \sqrt{xy}-7=0\)
\(⟹(\sqrt{xy}-\sqrt{7})(\sqrt{x}+\sqrt{y})+\sqrt{7} (\sqrt{xy}-\sqrt{7})=0\)
\(⟹(\sqrt{xy}-\sqrt{7})(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{7})=0\)
因为\(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{7}>0\)，所以\(\sqrt{xy}-\sqrt{7}=0⟹xy=7\)，
因为\(x，y\)为正整数，所以\(x=1\)，\(y=7\)或\(x=7\)，\(y=1\)，
所以\(x+y=8\).
【小结】考核因式分解，该题用到了分组分解法；对复杂的等式，注意其结构，变形找到共同部分(如\(\sqrt{y}、\sqrt{x}+\sqrt{y})\)，必要时用上换元法.
5．(4分) 如图，在矩形\(ABCD\)中，\(E\)为\(AB\)中点且\(DE⊥AC\)，求\(\left( \dfrac{AB}{BC} \right)^2+100=\)____．
易得\(∆AEF~∆CDF\)，相似比为\(1:2\)，
设\(EF=x\)，\(AF=y\)，则\(CF=2x\)，\(DF=2y\)，
由射影定理可得\(AF^2=DF \cdot EF⟹y^2=x \cdot 2x=2x^2\)，
又因为\(AF^2+EF^2=AE^2⟹y^2+x^2=1\)，所以\(2x^2+x^2=1⟹x^2= \dfrac{1}{3}\)，
所以\(AD^2=DE^2-AE^2=9x^2-1=3-1=2\)，
所以\(\left( \dfrac{AB}{BC} \right)^2+100= \dfrac{AB^2}{AD^2} +100= \dfrac{4}{2} +100=102\).
【小结】考核相似三角形；题中没一线段长度，可设某条线段为\(1\)(一般是较短线段且较多其他线段与之存在关系) ，达到运算简便；该题采取设元\(x，y\)的方法处理；
射影定理：\(∆ABC\)是直角三角形，作斜边上的高\(AD\)，则有\(BA^2=BD \cdot BC\)，\(CA^2=CD \cdot CB\)，
\(DA^2=DB \cdot DC\).
6．(4分) 如图，在半径为\(10\)的圆中，距圆心\(O\)点为\(20\)的\(A\)点做割线，交圆于\(BC\)两点，\(O\)点到\(BC\)距离为\(6\)，设\(AB\)为\(x\)，则\((x+8) ^2=\)____．
7．(4分) 已知\(xy+x+y=44\)，\(x^2 y+xy^2=484\)，则\(x^2+y^2=\)____．
【答案】\(440\)
【解答】由\(x^2 y+xy^2=484\)得\(xy(x+y)=484\)，
设\(xy=m\)，\(x+y=n\)，则\(m+n=44\)，\(mn=484\)，
则\(m，n\)可视为一元二次方程\(t^2-44t+484=0\)的两个实数根，
解方程\(t=22\)，即\(m=n=22\)，
所以\(x^2+y^2=n^2-2m=22×20=440\).
【小结】考核因式分解和一元二次方程；
若\(a，b\)满足\(a+b=m\)，\(ab=n\)，则\(a，b\)可视为一元二次方程\(x^2-mx+n=0\)的两个实数根.
8．(4分) 如图，两个同心圆，已知\(AB=2\)，\(BC=10\)，\(AX=3\)，求\(XY=\)____．
9.(4分) 如图，由三个半圆和一个整圆构成，已知大半圆半经\(60\)，小半圆半经为\(30\)，则圆\(O\)的直径____.
10．(4分) 若抛物线\(y=x^2+(2a+1) x+2a+ \dfrac{5}{4}\)的图象与\(x\)轴仅一个交点，则\(a^4-a^3-a+100\)的值为____．
【答案】\(101\)
【解答】依题意可得判别式\(∆=0⟹(2a+1)^2-4\left(2a+ \dfrac{5}{4} \right)=0⟹a^2-a=1\)，
所以\(a^4-a^3-a+100=a^2 (a^2-a)-a+100=a^2-a+100=101\).
【小结】考核二次函数与一元二次方程的关系、代数式化简；遇到高次幂，一般采取降幂的方法.
11．(6分) 若方程\(|x-10|+|x-40|-|x-20|=a\)恰有三个解，则所有符合条件的\(a\)之和为____．
【答案】\(50\)
【解答】令\(f(x)=|x-10|+|x-40|-|x-20|\)，
则方程\(|x-10|+|x-40|-|x-20|=a\)恰有三个解等价于\(y=f(x)\)与\(y=a\)的图象有三个交点，
而\(f(x)=|x-10|+|x-40|-|x-20|=\left\{
\begin{array}{c}
-x+30，& x≤10\\
x+10，& 10<x≤20\\
-x+50，& 20<x≤40\\
x-30，& x>40
\end{array}
\right.
\)，
画出图象如下图，
12．(6分) 对于任意一个非负整数\(N\)，都定义有\(N^*\)且\(\dfrac{(N+1)^*+(N-1)^*}{2} =N^*+1\)，若\(0^*=0\)，\(100^*=20000\)，记\(P=200^*\)，则\(\dfrac{p}{100} =\)____.
【答案】\(600\)
【解答】由\(\frac{(N+1)^*+(N-1)^*}{2} =N^*+1\)可得\((N+1)^*+(N-1)^*=2N^*+2\)，
进一步变形得\((N+1)^*-N^*=N^*-(N-1)^*+2\)，
设\(f(N+1)=(N+1)^*-N^*\)，可得\(f(N+1)=f(N)+2\)，
所以\(f(N)=f(N-1)+2=f(N-2)+2×2=⋯=f(0)+2(N-1)=1^*+2(N-1)\)，
所以\((N+1)^*-N^*=1^*+2(N-1)⟹(N+1)^*=N^*+1^*+2(N-1)\)，
所以\(N^*=(N-1)^* +1^*+2(N-2)=(N-2) ^*+2×1^*+2[(N-1)+(N-2)]\)
\(=(N-3)^*+3×1^*+2[(N-1)+(N-2)+(N-3)]\)
\(……\)
\(=1^*+(N-1) ×1^*+2[(N-1)+(N-2)+(N-3)+⋯+1]\)
\(= N×1^*+2× \dfrac{N×(N-1)}{2}\)
\(= N×1^*+N×(N-1)\)
所以\(100^*=100×1^*+100×99=100×1^*+9900\)，
所以\(20000=100×1^*+9900⟹1^*=101\)，
所以\(P=200^*=200×1^*+200×199\)，
所以\(\dfrac{p}{100} =2×1^*+2×199=202+398=600\).
【小结】考核抽象概念的理解，新定义问题；本题本质是等差数列，采取了迭代的方法求出\(N^*= N×1^*+N×(N-1)\)；在初中没学过等差数列，也可通过\(\dfrac{(N+1)^*+(N-1)^*}{2} =N^*+1\)求出前\(n\)项\(2^*=2×1^*+2\)、\(3^*=3×1^*+6\)、\(4^*=4×1^*+12\)，找到其中的规律.
13．(6分) 已知正数\(a，b，c\)满足\(\dfrac{(a-b) (b-c) (c-a)}{(a+b) (b+c) (c+a) } = \dfrac{23}{99}\)，若\(S=99\left(\frac{a}{a+b} +\frac{b}{b+c} +\frac{c}{c+a} \right)\)，则\(S=\)____.
【答案】\(138\)
【解答】由\(\dfrac{(a-b) (b-c) (c-a)}{(a+b) (b+c) (c+a) } = \dfrac{23}{99}\)
得\(\frac{a-b}{a+b} \cdot\frac{b-c}{b+c} \cdot \dfrac{c-a}{c+a} = \dfrac{23}{99} ⟹\frac{1-\dfrac{b}{a}}{1+\dfrac{b}{a} } \cdot\dfrac{1-\dfrac{c}{b} }{1+\dfrac{c}{b}} \cdot\dfrac{1-\dfrac{a}{c}}{1+\dfrac{a}{c} } = \dfrac{23}{99}\)，
设\(x=\frac{b}{a}\)，\(y=\frac{c}{b}\)，\(z=\frac{a}{c}\)，
则\(xyz=1\)，\(\frac{1-x}{1+x} \cdot \dfrac{1-y}{1+y} \cdot \dfrac{1-z}{1+z} = \dfrac{23}{99}\)，
由\(\frac{1-x}{1+x} \cdot \dfrac{1-y}{1+y} \cdot \dfrac{1-z}{1+z} = \dfrac{23}{99}\)
得\(\dfrac{-(x+y+z)+(xy+xz+yz) }{2+(x+y+z)+(xy+xz+yz) } = \dfrac{23}{99}\)，
设\(m=xy+xz+yz\)，\(n=x+y+z\)，
所以\(\frac{m-n }{2+m+n} = \dfrac{23}{99} ⟹m=\frac{61n+23 }{38 }\)，
所以\(\frac{S}{99} =\frac{a}{a+b} +\frac{b}{b+c} +\frac{c}{c+a}\)
\(=\frac{1}{1+\frac{b}{a}} +\frac{1}{1+\frac{c}{b}} +\frac{1}{1+\frac{a}{c} }\)
\(=\frac{1}{1+x} +\frac{1}{1+y} +\frac{1}{1+z}\)
\(=\frac{(1+y)(1+z)+(1+x)(1+z)+(1+x) (1+y) }{(1+x) (1+y) (1+z) }\)
\(=\frac{3+2(x+y+z)+(xy+xz+yz) }{2+(x+y+z)+(xy+xz+yz }\)
\(=\frac{3+2n+m}{2+n+m } =1+\frac{1+n}{2+n+m }\)
\(=1+\frac{1+n}{2+n+\frac{61n+23 }{38 }} =1+\frac{38(1+n)}{99(1+n) } =\frac{138}{99}\)，
所以\(S=138\).
【小结】考核代数式的化简求值；该题型最重要是看清楚已知等式或所求式子的结构，从中找到规律，它们都有较强的对称性，注意它们的和差积商是否为定值；多用换元法达到简化问题效果；
该题中\(\frac{a-b}{a+b} =\frac{1-\dfrac{b}{a}}{1+\dfrac{b}{a} }\)，\(\frac{a}{a+b} =\frac{1}{1+\frac{b}{a}}\)采取了“齐次化处理”的手段，若分子分母各项的次数相同是可尝试采取.
14．(6分) 如图，已知正五边形\(ABCDE\)中，点\(P\)为线段\(AC\)上一点，且满足\(\frac{AP}{CP} =\frac{2}{\sqrt{5}+3}\)，直线\(BP\)交\(AE\)于点\(Q\)，设\(\dfrac{AQ}{QE}=t\)，则\(60t^2+7=\)____.
【答案】\(67\)
【解答】过点\(B\)作\(BF||AE\)交\(AC\)于\(F\)，
\(∵ABCDE\)是正五边形，\(∴\)每个内角都是\(108^\circ\)，
\(∴∠BAC=∠ACB=\frac{180^\circ-108^\circ}{2} =36^\circ\)，\(∠FAQ=108^\circ-36^\circ=72^\circ\)，
\(∵BF||AE\)，\(∴∠BFA=∠FAQ=72^\circ\)，\(∠ABF=180^\circ-108^\circ=72^\circ\)，
\(∴∠ABF=∠BFA\)，\(∴AB=AF\)，
\(∵∠CBF=108^\circ-∠ABF=36^\circ=∠BAC\)，\(∠BAC=∠BAC\)，
\(∴∆BCF\sim∆ACB\)，\(∴\frac{BF}{BC}=\frac{AB}{AC}\)，
设\(AB=1\)，\(BF=x\)，则\(BC=1\)，\(AC=x+1\)，
\(∴\frac{x}{1} =\frac{1}{x+1}\)，\(∴x(x+1)=1\)，解得\(x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)，
\(∴BF=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)，\(AC=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)，
又\(\frac{AP}{CP} =\frac{2}{\sqrt{5}+3}\)，
\(∴AP=\frac{2}{\sqrt{5}+5} AC=\frac{\sqrt{5}}{5}\)，\(PF=AF-AP=1-\frac{\sqrt{5}}{5}\)，
\(∵BF||AE\)，\(∴∆AQP\sim∆FBP\)，
\(∴\frac{AQ}{BF} =\frac{AP}{PF} ⟹\frac{AQ}{\frac{\sqrt{5}-1}{2} } =\frac{\frac{\sqrt{5}}{5} }{1-\frac{\sqrt{5}}{5}} ⟹AQ= \dfrac{1}{2}\)，
\(∴QE= \dfrac{1}{2}\)，\(∴t= \dfrac{AQ}{QE}=1\)，
\(∴60t^2+7=67\).
【小结】考核几何综合运用；该题的来源较为出名，与黄金分割点存在联系；该题意识到利用相似三角形求解的话，也是设元的方法求解.
15．(6分) 若三角形的三边长均为正整数，且其面积与其周长的数值相等，则满足条件的三角形面积之和为____.
【答案】\(192\)
【解答】设三角形三边长度为\(a，b，c\)，且\(a≤b≤c\)，面积为\(S\)，半周长为\(p= \dfrac{a+b+c}{2}\)，
由海伦公式\(S=\sqrt{p(p-a) (p-b) (p-c) }\)，又其面积与其周长的数值相等，
所以\(\sqrt{p(p-a) (p-b) (p-c) }=2p\)，
两边平方得\(p(p-a)(p-b)(p-c)=4p^2⟹(p-a)(p-b)(p-c)=4p\)，
\(⟹(p-a)(p-b)(p-c)=4[(p-a)+(p-b)+(p-c)]\)
即\(\dfrac{1}{(p-b)(p-c)} + \dfrac{1}{(p-a)(p-c)} + \dfrac{1}{(p-a)(p-b) }= \dfrac{1}{4}\)①，
因为\(a≤b≤c\)，
所以\(\dfrac{1}{(p-b)(p-c)} ≥ \dfrac{1}{(p-a)(p-c)} ≥ \dfrac{1}{(p-a)(p-b) }\)，
所以\(\dfrac{3}{(p-b)(p-c) }≥ \dfrac{1}{(p-b)(p-c)} + \dfrac{1}{(p-a)(p-c)} + \dfrac{1}{(p-a)(p-b) }= \dfrac{1}{4}\)，
所以\((p-b)(p-c)≤12\)，
由①得\(\dfrac{1}{(p-a)(p-b) }< \dfrac{1}{4}⟹(p-b)(p-c)>4\)，
所以\(4<(p-b)(p-c)≤12\)②，
下面反证法证明下\(p= \dfrac{a+b+c}{2}\)是个整数，
若\(p= \dfrac{a+b+c}{2}\)不是整数，即\(a+b+c\)是奇数，
所以\(a，b，c\)只能取三奇或一奇二偶，
所以\(a+b-c\)、\(a+c-b\)、\(b+c-a\)都是奇数，
所以\(p\)、\(p-a= \dfrac{b+c-a}{2}\)、\(p-b= \dfrac{a+c-b}{2}\)、\(p-c= \dfrac{a+b-c}{2}\)都是一奇数除以\(2\)，
所以\(S=\sqrt{p(p-a) (p-b) (p-c) }\)不可能是整数，就更不会等于周长，
所以\(p\)是个整数，
所以\(p-b\)、\(p-c\)是正整数，
由②可得\(p-b≥p-c\)，\((p-b)(p-c)\)只能等于\(5\)或\(6\)或\(7\)或\(8\)或\(9\)或\(10\)或\(11\)或\(12\)，
当\((p-b)(p-c)=5\)时，\(\left\{
\begin{array}{c}
p-c=1\\
p-b=5
\end{array}
\right.
\)，
代入①得\(\dfrac{1}{5}+ \dfrac{1}{(p-a)}+ \dfrac{1}{5(p-a) }= \dfrac{1}{4}⟹p-a=24\)，
故\(p=p-a+p-b+p-c=24+1+5=30\)，
此时三角形周长为\(60\)；
类似地，若\((p-b)(p-c)\)取\(6\)到\(12\)时，
可得\((p-b，p-c，p-a)=(1，6，14)=(2，3，10)=(1，8，9)=(2，4，6)\)，
对应的三角形周长为\(42\)，\(30\)，\(36\)，\(24\)，
所以满足条件的三角形面积之和为\(60+42+30+36+24=192\).
【小结】考核综合分析；三角形的三边长均为正整数，便意识到它涉及到数论范畴的分析；该题型往往存在多种情况，要找到全部情况，先要把范围尽量缩小，如\(4<(p-b)(p-c)≤12\)；该题中对p是整数的分析，做到了严谨.