故选D．

点睛：本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图． 5．B 【解析】 【分析】

原式利用算术平方根定义，以及绝对值的代数意义计算即可求出值． 【详解】 原式

故选：B． 【点睛】

此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 6．A 【解析】 【分析】

找到从物体正面、左面和上面看得到的图形全等的几何体即可． 【详解】

解：A、球的三视图完全相同，都是圆，正确； B、圆柱的俯视图与主视图和左视图不同，错误； C、圆锥的俯视图与主视图和左视图不同，错误； D、四棱锥的俯视图与主视图和左视图不同，错误； 故选A． 【点睛】

考查三视图的有关知识，注意三视图都相同的常见的几何体有球和正方体． 7．C 【解析】 【分析】

2=4,BC=(6-2) ×2=8,根据矩形的面积公式可求出． 由函数图象可知AB=2×【详解】

2=4,BC=(6-2) ×2=8, 由函数图象可知AB=2×∴矩形ABCD的面积为4×8=32, 故选:C. 【点睛】

本题考查动点运动问题、矩形面积等知识，根据图形理解△ABP面积变化情况是解题的关键，属于中考

常考题型． 8．B 【解析】 【分析】

根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB． 【详解】

解：∵△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED， ∴AB=AE，∠BAE=60°， ∴△AEB是等边三角形， ∴BE=AB， ∵AB=1， ∴BE=1． 故选B． 【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．9．B 【解析】

由已知抛物线y?ax?(2a?1)x?a?1求出对称轴x??2a?1， 2a2a?12解：抛物线：y?ax?(2a?1)x?a?1，对称轴x??，由判别式得出a的取值范围．

2a2x1?1，x2?2，

∴1?2a?1?2， 2a18①??(2a?1)2?4a(a?1)?0，a??． ②由①②得0

解：从上面看，上面一排有两个正方形，下面一排只有一个正方形，故选B． 11．B 【解析】 【分析】

根据垂径定理求出AD,根据勾股定理列式求出半径 ，根据三角形中位线定理计算即可．

【详解】

解：∵半径OC垂直于弦AB， ∴AD=DB=

1 AB=7 2在Rt△AOD中，OA2=(OC-CD)2+AD2,即OA2=(OA-1)2+(7 )2， 解得，OA=4 ∴OD=OC-CD=3， ∵AO=OE,AD=DB, ∴BE=2OD=6 故选B 【点睛】

本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键 12．B 【解析】

试题分析：根据题意得△=32﹣4m＞0， 解得m＜． 故选B．

考点：根的判别式．

点睛:本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2-4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根． 二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．） 13．

72． 4【解析】 【分析】

DN⊥BC延长线，DM=DN，先求出BE的值，作DM⊥AB，先证明△ADM≌△CDN（AAS），得出AM=CN，再根据正方形的性质得BM=BN，设AM=CN=x，BM=AB-AM=12-x=BN=5+x，求出x=

717，BN=，根22据BD为正方形的对角线可得出BD=【详解】

1722， BF=

117BD=242， EF=BE2?BF2=

742.

∵∠ABC=∠ADC， ∴A,B,C,D四点共圆， ∴AC为直径， ∵E为AC的中点， ∴E为此圆圆心， ∵F为弦BD中点， ∴EF⊥BD， 连接BE，∴BE=

11AC=22AB?BC=22125?12=

2213； 2作DM⊥AB，DN⊥BC延长线，∠BAD=∠BCN, 在△ADM和△CDN中，

?AD?DN???BAD??NCD， ??AMD??CND?∴△ADM≌△CDN（AAS）， ∴AM=CN，DM=DN， ∵∠DMB=∠DNC=∠ABC=90°, ∴四边形BNDM为矩形， 又∵DM=DN,

∴矩形BNDM为正方形， ∴BM=BN，

设AM=CN=x，BM=AB-AM=12-x=BN=5+x， ∴12-x=5+x，x=

717,BN=， 22∵BD为正方形BNDM的对角线， ∴BD=2BN=

1722，BF=

117BD=242，