2025年下學期初中數(shù)學逆向思維應用試卷一、選擇題（每題3分，共30分）若化簡$|1-x|-|x-4|$的結果為$2x-5$，則$x$的取值范圍是（）A.$x<1$B.$1≤x≤4$C.$x>4$D.$x≤1$或$x≥4$解析：從絕對值定義的逆向角度分析，原式化簡結果$2x-5$可拆分為$(x-1)-(4-x)$，需滿足$1-x≤0$（即$x≥1$）且$x-4≤0$（即$x≤4$），故$1≤x≤4$，選B。已知方程$\frac{x}{x-1}+\frac{m}{1-x}=2$有增根，則$m$的值為（）A.$-1$B.$1$C.$2$D.$-2$解析：增根只能是$x=1$。去分母得$x-m=2(x-1)$，將$x=1$代入得$1-m=0$，解得$m=1$，選B。若三個方程$x^2-4mx+4m^2-2m+3=0$、$x^2+(2m-1)x+m^2=0$、$(m-1)x^2+2mx+m-1=0$中至少有一個有實根，則$m$的取值范圍是（）A.$m≤-\frac{3}{2}$或$m≥-\frac{1}{4}$B.$-\frac{3}{2}<m<-\frac{1}{4}$C.$m≥-\frac{1}{4}$D.$m≤-\frac{3}{2}$解析：從反面考慮“三個方程均無實根”的情況，計算判別式并取交集得$-\frac{3}{2}<m<-\frac{1}{4}$，故至少有一個有實根時$m≤-\frac{3}{2}$或$m≥-\frac{1}{4}$，選A。已知$a$、$b$、$c$為非零實數(shù)，且$ab=2(a+b)$，$bc=3(b+c)$，$ac=4(c+a)$，則$abc$的值為（）A.$\frac{120}{13}$B.$\frac{240}{13}$C.$\frac{120}{7}$D.$\frac{240}{7}$解析：對已知等式兩邊同除以$ab$、$bc$、$ac$，得$\frac{1}{a}+\frac{1}=\frac{1}{2}$，$\frac{1}+\frac{1}{c}=\frac{1}{3}$，$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1}{4}$，解得$\frac{1}{a}=\frac{5}{24}$，$\frac{1}=\frac{7}{24}$，$\frac{1}{c}=\frac{1}{24}$，故$a=\frac{24}{5}$，$b=\frac{24}{7}$，$c=24$，$abc=\frac{24}{5}×\frac{24}{7}×24=\frac{13824}{35}$（注：原題選項可能有誤，此處按推導過程呈現(xiàn)）。下列命題中，逆命題成立的是（）A.若$a=b$，則$a^2=b^2$B.全等三角形的對應角相等C.若$a>0$，則$|a|=a$D.等腰三角形的兩底角相等解析：D的逆命題為“兩角相等的三角形是等腰三角形”，符合等腰三角形判定定理，成立；A、B、C的逆命題均為假命題，選D。若關于$x$的不等式$(a-1)x>a^2-2$的解集為$x<2$，則$a$的值為（）A.$0$B.$1$C.$2$D.$3$解析：由不等式性質3逆向推理，得$a-1<0$且$\frac{a^2-2}{a-1}=2$，解得$a=0$（$a=1$舍去），選A。用反證法證明“三角形中至少有一個內角不小于60°”時，應假設（）A.三個內角都小于60°B.三個內角都大于60°C.三個內角至多有一個不小于60°D.三個內角至多有兩個不小于60°解析：“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，即三個內角都小于60°，選A。已知$a+b=3$，$ab=1$，則$a^4+b^4$的值為（）A.$47$B.$49$C.$51$D.$53$解析：先求$a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=9-2=7$，再求$a^4+b^4=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2=49-2=47$，選A。矩形$ABCD$中，$AB=3$，$BC=4$，點$P$在對角線$AC$上，若$\trianglePAB$為等腰三角形，則$AP$的長為（）A.$\frac{5}{2}$或$3$B.$\frac{5}{2}$或$5$C.$3$或$5$D.$\frac{5}{2}$、$3$或$5$解析：$AC=5$，分三種情況逆向驗證：①$AP=AB=3$；②$BP=BA=3$（此時$AP=\frac{5}{2}$）；③$PA=PB$（此時$P$為$AC$中點，$AP=\frac{5}{2}$），綜上$AP=\frac{5}{2}$或$3$，選A。若二次函數(shù)$y=ax^2+bx+c$的圖像過點$(1,0)$，且對任意實數(shù)$x$，都有$4x-12≤ax^2+bx+c≤2x^2-8x+6$，則$a+b+c$的值為（）A.$0$B.$2$C.$4$D.$6$解析：令$4x-12=2x^2-8x+6$，解得$x=3$，故拋物線必過$(3,0)$，設$y=a(x-1)(x-3)$，代入不等式得$a=1$，則$y=x^2-4x+3$，$a+b+c=1-4+3=0$，選A。二、填空題（每題4分，共20分）化簡$\sqrt{4+2\sqrt{3}}+\sqrt{4-2\sqrt{3}}=$________。解析：設原式$=x(x>0)$，則$x^2=(4+2\sqrt{3})+(4-2\sqrt{3})+2\sqrt{(4+2\sqrt{3})(4-2\sqrt{3})}=8+2\sqrt{16-12}=8+4=12$，故$x=2\sqrt{3}$。若關于$x$的方程$x^2+mx+1=0$與$x^2-x-m=0$有一個公共根，則$m=$________。解析：設公共根為$t$，則$\begin{cases}t^2+mt+1=0\t^2-t-m=0\end{cases}$，兩式相減得$(m+1)t+1+m=0$，即$(m+1)(t+1)=0$。若$m=-1$，兩方程相同且無實根，故$t=-1$，代入得$1-m+1=0$，$m=2$。已知$\frac{1}{a}-\frac{1}=3$，則$\frac{2a+3ab-2b}{a-2ab-b}=$________。解析：由已知得$b-a=3ab$，即$a-b=-3ab$，代入原式$=\frac{2(a-b)+3ab}{(a-b)-2ab}=\frac{2(-3ab)+3ab}{-3ab-2ab}=\frac{-3ab}{-5ab}=\frac{3}{5}$。在$\triangleABC$中，$AB=5$，$AC=13$，邊$BC$上的中線$AD=6$，則$BC=$________。解析：延長$AD$至$E$使$DE=AD=6$，則$AE=12$，$EC=AB=5$，在$\triangleAEC$中，$5^2+12^2=13^2$，故$\angleAEC=90°$，$CD=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，$BC=2\sqrt{61}$。若$a$、$b$為正整數(shù)，且$a^2-b^2=2025$，則這樣的$(a,b)$共有________對。解析：$a^2-b^2=(a+b)(a-b)=2025$，$a+b$與$a-b$同奇且$a+b>a-b>0$。$2025=3^4×5^2$，正因數(shù)對有$(2025,1)$、$(675,3)$、$(405,5)$、$(225,9)$、$(135,15)$、$(81,25)$、$(75,27)$、$(45,45)$（舍），共7對。三、解答題（共50分）（8分）解方程：$\frac{1}{x^2+2x}+\frac{1}{x^2+6x+8}+\frac{1}{x^2+10x+24}+\frac{1}{x^2+14x+48}=\frac{4}{15}$。解析：分母因式分解后裂項，原式可化為：$\frac{1}{2}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2})+\frac{1}{2}(\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+4})+\frac{1}{2}(\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+6})+\frac{1}{2}(\frac{1}{x+6}-\frac{1}{x+8})=\frac{4}{15}$化簡得$\frac{1}{2}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+8})=\frac{4}{15}$，即$\frac{4}{x(x+8)}=\frac{4}{15}$，解得$x^2+8x-15=0$，$x=-4±\sqrt{31}$（驗根均有效）。（10分）已知二次函數(shù)$y=x^2-(m+2)x+2m$（$m$為常數(shù)）。（1）求證：不論$m$為何值，函數(shù)圖像與$x$軸總有交點；（2）若函數(shù)圖像與$x$軸交于$A$、$B$兩點（$A$在$B$左側），與$y$軸交于點$C$，且$S_{\triangleABC}=4$，求$m$的值。解析：（1）$\Delta=(m+2)^2-8m=(m-2)^2≥0$，故總有交點；（2）令$y=0$得$x=2$或$x=m$，則$AB=|m-2|$，$OC=|2m|$，$S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}|m-2|·|2m|=|m(m-2)|=4$，解得$m=1±\sqrt{5}$或$m=-2$（$m=4$舍去，因$A$在$B$左側需分類討論）。（10分）如圖，在$\triangleABC$中，$AB=AC$，$\angleBAC=120°$，$D$為$BC$中點，$DE⊥AB$于$E$，求證：$BE=3AE$。證明：設$AE=x$，$AD=CD=BD=a$（等腰三角形三線合一），$\angleBAD=60°$，則$AD=2x$，$AB=4x$（$30°$角所對直角邊為斜邊一半），$BE=AB-AE=3x$，故$BE=3AE$。（10分）已知$a$、$b$、$c$為實數(shù)，且$A=a^2-2b+\frac{\pi}{2}$，$B=b^2-2c+\frac{\pi}{3}$，$C=c^2-2a+\frac{\pi}{6}$，求證：$A$、$B$、$C$中至少有一個大于0。證明：反證法，假設$A≤0$，$B≤0$，$C≤0$，則$A+B+C≤0$。但$A+B+C=(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+\pi-3≥\pi-3>0$（矛盾），故假設不成立，原命題得證。（12分）在平面直角坐標系中，點$A(0,3)$，$B(4,0)$，點$P$在直線$y=-x+m$上，且$\triangleABP$為等腰三角形，求$m$的值。解析：分三種情況：①$PA=PB$：$P$在$AB$中垂線上，$AB$中點$(2,1.5)$，中垂線方程$y=\frac{4}{3}x-\frac{7}{6}$，與$y=-x+m$聯(lián)立得$m=\frac{11}{6}$；②$AB=AP=5$：設$P(x,-x+m)$，則$x^2+(-x+m-3)^2=25$，且$P$在直線上，解得$m=3±5\sqrt{2}$；③$AB=BP=5$：$(x-4)^2+(-x+m)^2=25$，解得$m=0$或$m=8$；綜上，$m=\frac{11}{6}$、$3±5\sqrt{2}$、$0$或$8$。四、附加題（10分）已知正整數(shù)$a$、$b$滿足$\frac{a+b}{ab}=2$，$\frac{b+c}{bc}=3$，$\frac{a+c}{ac}=4$，求$\frac{a+b+c}