2018年湖南教师招聘考试数学历年真题（一百二十）

 三、解答题

16.解：(1)△=(-2)2-4×1×(-a)=4+4a

∵方程有两个不相等的实数根。∴△>0

即a>-1

(2)由题意得：x1+x2=2,x1·x2=-a

∵1x1+1x2=x1+x2x1x2=2-a,1x1+1x2=-23

∴2-a=-23∴a=3

17.解：(1)连接OC

由AB=4，得OC=2，在Rt△OPC中，∠CPO=30°，得PC=23

(2)不变

∠CMP=∠CAP+∠MPA=12∠COP+12∠CPA=12×90°=45°

18.解：(1)设购买男篮门票x张，则乒乓球门票(15-x)张,得：1 000x+500(15-x)=12 000，解得：x=9

∴15-x=15-9=6

(2)设足球门票与乒乓球门票数都购买y张，则男篮门票数为(15-2y)张，得：

800y+500y+1 000(15-2y)≤12 000

800y≤1 000(15-2y)

解得：427≤y≤5514。由y为正整数可得y=515-2y=5

因而，可以购买这三种门票各5张。

19.解：(1)根据题目条件，A、B、C的坐标分别是(-10，0)(10，0)(0，6)

设抛物线的解析式为y=ax2+c

将B、C的坐标代入y=ax2+c，得6=c0=100a+c

解得a=-350,c=6

所以抛物线的表达式是y=-350x2+6。

(2)可设F(5，yF)，于是yF=-350×52+6=4.5

从而支柱MN的长度是10-4.5=5.5米。

(3)设DN是隔离带的宽，NG是三辆车的宽度和，则G点坐标是(7，0)。

过G点作GH垂直AB交抛物线于H，则yH=-350×72+6≈3.06>3

根据抛物线的特点，可知一条行车道能并排行驶这样的3辆汽车。

20.解：(1)依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，

∴在Rt△ABE中，AE=AO=5，AB=4

∴BE=AE2-AB2=52-42=3。∴CE=2

∴E点坐标为(2，4)。

在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，又∵DE=OD

∴(4-OD)2+22=OD2。解得：CD=52

∴D点坐标为(0，52)

(2)如图①∵PM∥ED，∴△APM∽△AED。

∴PMED=APAE，又知AP=t，ED=52，AE=5

∴PM=t5×52=t2，又∵PE=5-t，

而显然四边形PMNE为矩形，

∴S矩形PMNE=PM·PE=t2×(5-t)=-12t2+52t

∴S四边形PMNE=-12t-522+258，又∵0< 52< 5

∴当t=52时，S矩形PMNE有最大值258。

(3)①若以AE为等腰三角形的底，则ME=MA(如图②)。

在Rt△AED中，ME=MA，∵PM⊥AE，∴P为AE的中点，

∴t=AP=12AE=52

又∵PM∥ED，∴M为AD的中点。

过点M作MF⊥OA，垂足为F，则MF是△OAD的中位线，

∴MF=12OD=54，OF=12OA=52

∴当t=52时，0< 52< 5△AME为等腰三角形。

此时M点坐标为52,54。

②若以AE为等腰三角形的腰，则AM=AE=5(如图③)

在Rt△AOD中，AD=OD2+AO2=522+52=525

过点M作MF⊥OA，垂足为F。

∵PM∥ED∴△APM∽△AED∴APAE=AMAD

∴t=AP=AM·AEAD=5×5525=25，∴PM=12t=5

∴MF=MP=5，OF=OA-AF=OA-AP=5-25

∴当t=25时，(0< 25< 5)，此时M点坐标为(5-25,5)。

综合①②可知，t=52或t=25时，以A、M、E为顶点的三角形为等腰三角形，相应M点的坐标为52，54或(5-25，5)。