精品解析：安徽省安庆市2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟试题

2023-2024学年 九年级（上）期末数学模拟试卷 一、选择题：每小题给出的四个选项中，其中只有一个是正确的，请把正确选项填涂在答题卷上．（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列函数中是二次函数的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，那么的值是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各点不在反比例函数的图象上的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，，，则线段的长度是（ ） A 6 B. 5 C. 4 D. 3 6. 已知圆锥的母线长为，侧面积为，则圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，平分交于点过点作DE//BC交于点，若：：，且面积为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，矩形ABCD的边BC在x轴的负半轴上，顶点D（a，b）在反比例函数y＝ 的图象上，直线AC交y轴点E，且S△BCE＝6，则k的值为（　　） A. ﹣12 B. ﹣6 C. ﹣2 D. ﹣3 9. 如图，若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x＝1，与y轴交于点C，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），则：①二次函数的最大值为a+b+c；②a﹣b+c＜0；③b2﹣4ac＜0；④当y＞0时，﹣l＜x＜3，其中正确的是（　　） A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ②③ 10. 如图,正△ABC中,点P为BC边上的任意一点(不与点B，C重合),且∠APD= 60° ,PD交边AB于点D. 设BP= x ,BD= y ,右图为y关于x的函数大致图象，下列判断中正确的是（    ） ①正△ABC中边长为4；②图象的函数表达式是 ， 其中 0＜x＜4；③ m=1 A. ①②③ B. ①② C. ②③ D. ①③ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 11. 中，，，，则的外接圆半径长是________． 12. 我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，认为圆内接正多边形边数无限增加时，周长就越接近圆周长，由此求得了圆周率π的近似值，设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，如图所示，当n＝6时，π≈＝＝3，那么当n＝12时，π≈≈________(结果精确到0.01，参考数据：sin15°＝cos75°≈0.259)． 13. 如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1：3，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为5，则C点坐标为_________． 14. 如图，在平面直角坐标系中，，，以为直角边作，并使，再以为直角边作，并使，再以为直角边作，并使，…，按此规律进行下去，则坐标是_______． 三、解答题 （满分50分） 15. 计算：． 16. 如图，△ABC顶点坐标分别为A（1，3）、B（4，2）、C（2，1）． （1）作出与△ABC关于x轴对称的△A 1B1C1，并写出点A1的坐标； （2）以原点O 为位似中心，在原点的另一侧画出△A2B2C2，使=，并写出点A2的坐标． 17. 图1是室内篮球机，图2是篮球机的侧面图．已知，，，，在E处测得点D的仰角为50°，在A处测得篮筐C的仰角为40°，，，，求篮筐C距地面的高度（参考数据：，，） 18. 如图在锐角三角形OAB中，点M，N分别在边OB，OA上，于点G，于点H，． （1）求证：； （2）若，，求的值． 19. 如图，一次函数的图象与反比例函数在第一象限的图象交于和B两点，与x轴交于点C． （1）求反比例函数的关系式： （2）求出另一个交点B的坐标，并直接写出当时，不等式的解集： （3）若点P在x轴上，且△APC的面积为5，求点P的坐标． 20. 已知在中，，以AB为直径的⊙O分别交AC于D，BC于E，连接ED． （1）求证：； （2）若CD＝，，求AB的长． 21. 已知如图，cos∠ABC＝ ，点M在射线BA上，BM＝8，点N在射线BC上． （1）给出条件：①MN＝7；②MN＝9；③∠BMN＝75°．能使BN的长唯一确定的条件是 　　（填序号）； （2）在第（1）题中选一个使BN的长唯一确定的条件，求出此时BN的长度． 22. 排球考试要求：垫球后，球在运动中离地面的最大高度至少为2米．某次模拟测试中，某生在处将球垫偏，之后又在A、两处先后垫球，球沿抛物线运动（假设抛物线、、在同一平面内），最终正好在处垫住，处离地面的距离为1米．如图所示，以为坐标原点1米为单位长度建立直角坐标系，轴平行于地面水平直线，已知点，点的横坐标为，抛物线表达式为和抛物线表达式为． （1）求抛物线的函数表达式； （2）第一次垫球后，球在运动中离地面的最大高度是否达到要求？请说明理由； （3）为了使第三次垫球后，球在运动中离地面的最大高度达到要求，该生第三次垫球处离地面的高度至少为多少米？ 23. 定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．如图，抛物线C1与抛物线C2组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1与抛物线C2与x轴有相同的交点M，N（点M在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，B且点A的坐标为（0，﹣3），抛物线C2的解析式为y＝mx2+4mx﹣12m，（m＞0）． （1）请你根据“月牙线”的定义，设计一个开口向下．“月牙线”，直接写出两条抛物线的解析式； （2）求M，N两点坐标； （3）在第三象限内的抛物线C1上是否存在一点P，使得△PAM的面积最大？若存在，求出△PAM的面积的最大值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年 九年级（上）期末数学模拟试卷 一、选择题：每小题给出的四个选项中，其中只有一个是正确的，请把正确选项填涂在答题卷上．（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列函数中是二次函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】二次函数的基本表示形式为y=ax²+bx+c（a≠0），二次函数最高次必须为二次，二次项系数不为零. 【详解】A：最高次为1； B：最高次为-1； C：最高次为2,二次项系数为1，正确； D：最高次为2，但是系数为a，a有可能为零. 本题的答案是：C. 【点睛】本题考查的是二次函数的定义. 2. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令a=3k b=5k (k不为0)代入即可求． 【详解】解：令a=3k b=5k (k不为0)代入 故选A 【点睛】本题考查比的求值问题，选择适当的方法代入求值才是关键． 3. 在中，，那么的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查三角函数，解答本题的关键是掌握三角函数的定义．先根据勾股定理求出，再根据余弦定义求解即可． 【详解】解：在中，， 由勾股定理得， ∴； ∴ 故选A． 4. 下列各点不在反比例函数的图象上的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据反比例函数的性质对各选项进行逐一判断即可. 【详解】A.，此点在反比例函数的图象上，故不符合题意； B. 此点在反比例函数的图象上，故不符合题意； C. 此点不在反比例函数的图象上，故符合题意； D. 此点在反比例函数的图象上，故不符合题意. 故选C. 【点睛】本题考查了反比例函数的性质，根据k=xy代入是解题的关键. 5. 如图，在中，，，，则线段的长度是（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，证明，得出，代入计算即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 6. 已知圆锥的母线长为，侧面积为，则圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据圆锥的母线长是5cm，侧面积是20πcm2，求出圆锥侧面展开图扇形的弧长，依据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，求解即可． 【详解】解：∵圆锥的母线长是5cm，侧面积是20πcm2， ∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：， ∵圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长， ∴ 故选：C． 【点睛】题目主要考查圆锥的侧面展开图扇形的面积及弧长公式，理解题意，熟练掌握两个公式及变形是解题关键． 7. 如图，在中，平分交于点过点作DE//BC交于点，若：：，且的面积为，则的面积为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出△BDE的面积，再根据AD：DC＝3：2，可得结论． 【详解】解：∵AE：BE＝3：2， ∴AE：BA＝3：5， ∴△ADE与△DEB的面积之比为：3：2， ∵△ADE的面积为3， ∴△BDE的面积＝2， ∴△ABD的面积为5， ∵DE//CB， ∴△AED∽△ABC， ∴， ∴△BCD的面积＝ ×5＝ 故选：D． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解决此题的关键． 8. 如图，矩形ABCD的边BC在x轴的负半轴上，顶点D（a，b）在反比例函数y＝ 的图象上，直线AC交y轴点E，且S△BCE＝6，则k的值为（　　） A ﹣12 B. ﹣6 C. ﹣2 D. ﹣3 【答案】A 【解析】 【分析】根据反比例函数与矩形的性质得到BC×OE＝12，再根据平行线分线段成比例得到，代入即可求解. 【详解】D（a，b），则CO＝﹣a，CD＝AB＝b， ∵矩形ABCD的顶点D（a，b）在反比例函数y＝的图象上， ∴k＝ab， ∵S△BCE＝6， ∴×BC×OE＝6，即BC×OE＝12， ∵AB∥OE， ∴，即BC•EO＝AB•CO， ∴12＝b×（﹣a），即ab＝﹣12， ∴k＝﹣12， 故选A． 【点睛】此题主要考查反比例函数与几何综合，解题的关键是熟知反比例函数的图像与性质、矩形的性质及平行线分线段成比例定理. 9. 如图，若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x＝1，与y轴交于点C，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），则：①二次函数的最大值为a+b+c；②a﹣b+c＜0；③b2﹣4ac＜0；④当y＞0时，﹣l＜x＜3，其中正确的是（　　） A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ②③ 【答案】C 【解析】 【分析】由图象可知，当x＝1时，y＝a+b+c最大，故①正确；当x＝﹣1时，y＝a+b+c＝0，故②错误；二次函数与x轴有两个不同交点，因此b2﹣4ac＞0，故③错误；对称轴为x＝1，B（﹣1，0），所以A（3，0），由图象可得，y＞0时，﹣l＜x＜3，故④正确． 【详解】解：①当x＝1时，y＝a+b+c最大，故①正确； ②∵B（﹣1，0），∴当x＝﹣1时，y＝a+b+c＝0，故②错误； ③∵二次函数与x轴有两个不同交点，∴b2﹣4ac＞0，故③错误； ④∵对称轴为x＝1，B（﹣1，0），∴A（3，0），由图象可得，y＞0时，﹣l＜x＜3，故④正确． 故正确的由①④． 故选C． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键． 10. 如图,正△ABC中,点P为BC边上的任意一点(不与点B，C重合),且∠APD= 60° ,PD交边AB于点D. 设BP= x ,BD= y ,右图为y关于x的函数大致图象，下列判断中正确的是（    ） ①正△ABC中边长为4；②图象的函数表达式是 ， 其中 0＜x＜4；③ m=1 A. ①②③ B. ①② C. ②③ D. ①③ 【答案】D 【解析】 【分析】设正△ABC边长为a，根据等边三角形性质可知∠B=∠C=60°，由三角形内角和定理和平角性质得∠CAP+∠APC=120°，∠BPD+∠APC=120°，等量代换可得∠CAP=∠BPD，根据相似三角形判定和性质得CA：BP=CP：BD，代入数值可得y关于x的函数解析式为：；由二次函数性质和图像可得x==2，从而可得a值，即正△ABC边长为4，故①正确；将a值代入可得y关于x的函数解析式为，故②错误；将二次函数解析式配方得，从而可得 m=1，故③正确. 【详解】解：∵△ABC为等边三角形， ∴∠B=∠C=60°， ∵∠APD=60°， ∴∠CAP+∠APC=120°，∠BPD+∠APC=120°， ∴∠CAP=∠BPD， ∴△CAP∽△BPD， ∴CA：BP=CP：BD， 设正△ABC边长为a， ∴CA=CB=a，CP=CB-BP=a-x， ∵ BP= x ，BD= y ， ∴a：x=（a-x）：y， 即， ∴ y关于x的函数解析式为：， ∵抛物线对称轴为：x==2， ∴a=4， ∴正△ABC边长为4， 故①正确； ∴y关于x的函数解析式为：， 故②错误； ∵， ∴m=1， 故③正确； 综上所述：正确的有①③. 故答案为D. 【点睛】本题主要考查的是动点问题的函数图象，灵活运用等边三角形的性质和二次函数图象的对称性是解题的关键．解题时需要深刻理解动点的函数图象，了解图象中关键点所代表的实际意义． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 11. 中，，，，则的外接圆半径长是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理求出△ACB是直角三角形，根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半，代入求出即可． 【详解】解：：∵AB2+AC2=92+402=412， ∴AB2+AC2=BC2， ∴∠A=90°， ∴△CAB是直角三角形， 其外接圆的半径是cm, 故答案为：cm． 【点睛】本题考查勾股定理的逆定理和三角形的外接圆，解题的关键是注意直角三角形的外接圆的半径等于直角三角形斜边长的一半． 12. 我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，认为圆内接正多边形边数无限增加时，周长就越接近圆周长，由此求得了圆周率π的近似值，设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，如图所示，当n＝6时，π≈＝＝3，那么当n＝12时，π≈≈________(结果精确到0.01，参考数据：sin15°＝cos75°≈0.259)． 【答案】3.11 【解析】 【分析】圆的内接正十二边形被半径分成顶角为30°的十二个等腰三角形，作辅助线构造直角三角形，根据中心角的度数以及半径的大小，求得L=24r•sin15°，d=2r，进而得到，π≈≈3.11 【详解】解：如图，圆的内接正十二边形被半径分成12个如图所示的等腰三角形，其顶角为30°， 即∠AOB=30°， 作OH⊥AB于点H，则∠AOH=15°， ∵AO=BO=r， ∵Rt△AOH中， ∴AH=r×sin15°，AB=2AH=2r×sin15°， ∴L=12×2r×sin15°=24r×sin15°， 又∵d=2r， 故答案为：3.11 【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及解直角三角形的运用，把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆． 13. 如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1：3，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为5，则C点坐标为_________． 【答案】（，）． 【解析】 【分析】根据位似比，得，得到DC=BC=，根据位似比，得，即，得到OB=，根据点的位置，把线段的长转化为点的坐标即可． 【详解】∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1：3， ∴， ∴DC=BC=， 根据位似比，得， 即， ∴OB=， 根据点的位置， ∴点C（，）． 故答案为：（，）． 【点睛】本题考查了正方形的性质，位似，位似比，熟练掌握位似的意义，准确列出比例式是解题的关键． 14. 如图，在平面直角坐标系中，，，以为直角边作，并使，再以为直角边作，并使，再以为直角边作，并使，…，按此规律进行下去，则的坐标是_______． 【答案】(，) 【解析】 【分析】先根据已知确定A1在第一象限，A2在y轴正半轴上，A3在第二象限，A2在y轴负半轴上，每四个点一循环，再由直角三角形30度角的性质计算线段的长：OA2=2OA1=4，A1A2=2，得A2（0，4），A1A3=2A1A2=4，A1B=A1A2=，A2B=3，A3的横坐标为：，同理可得A4的坐标，而2020是4的倍数，所以此点在y轴的负半轴上，可得结论． 【详解】解：∵∠A1Ox=30°，∠A1OA2=60°， ∴∠A2Ox=90°， ∴A2y轴上， Rt△A1A2O中，OA1=2， ∴OA2=2OA1=4，A1A2=2， ∴A2的纵坐标为：， ∴A2（0，4）， Rt△A1A2A3中，∠A2A1A3=60°， ∴∠A1A3A2=30°， ∴A1A3=2A1A2=4， ∵∠BA1O=∠A1Ox=30°， ∴A1B∥x轴， ∴A1B⊥A2O， ∵∠A1A2B=30°， ∴A1B=A1A2=，A2B=3， ∴A3B=4，OB=4-3=1， ∴A3的横坐标为：， ∴A3(，1)， Rt△A2BA3中，A2A3=2A2B=6， Rt△A2A3A4中，A2A4=2A2A3=12， ∴OA4=12-4=8， ∴A4的纵坐标为：， A4（0，-8）， A1在第一象限，A2在y轴正半轴上，A3在第二象限，A2在y轴负半轴上， 由此发现：点A1，A2，A3，A4，…，An，每四次一循环， 2020÷4=505， ∴点A2020在y轴的负半轴上，纵坐标是：， 则A2020的坐标是(，)， 故答案为：(，) ． 【点睛】本题是点的坐标的规律题，主要考查了含30度角的直角三角形的性质，关键是求出前面4个点的坐标，找出其存在的规律． 三、解答题 （满分50分） 15. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】将特殊角的三角函数值代入计算即可． 【详解】解： 【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是掌握几个特殊角的三角函数值，属于基础题． 16. 如图，△ABC的顶点坐标分别为A（1，3）、B（4，2）、C（2，1）． （1）作出与△ABC关于x轴对称的△A 1B1C1，并写出点A1的坐标； （2）以原点O 为位似中心，在原点的另一侧画出△A2B2C2，使=，并写出点A2的坐标． 【答案】（1）画图见解析，A1(1，－3)；（2）画图见解析；A2(－2，－6)． 【解析】 【分析】（1）根据关于x轴对称点的坐标的变化得出A，B，C关于x轴的对称点，即可得出答案； （2）根据关于原点对称点的坐标以及使＝，得出对应点乘以-2即可得出答案． 【详解】解：(1)如图，△A1B1C1为所作，A1(1，－3)； (2)如图，△A2B2C2为所作，A2(－2，－6)． 【点睛】本题考查位似图形的性质以及关于x轴对称图形画法，根据已知得出对应点坐标是解题关键． 17. 图1是室内篮球机，图2是篮球机的侧面图．已知，，，，在E处测得点D的仰角为50°，在A处测得篮筐C的仰角为40°，，，，求篮筐C距地面的高度（参考数据：，，） 【答案】133cm，理由见解析． 【解析】 【分析】由题可知，，可求得AD的长，在中，解直角三角形可得AE的长，继而可求AB的长，在中可求CB长，继而可求的长． 【详解】解：由题意得： 在中，，，， ，， ， 在中，， ， ， 故C到地面的高度为 【点睛】本题考查了解直角三角形应用，仰角俯角问题；关键在于借助俯角构造直角三角形，结合图形利用三角函数数解直角三角形． 18. 如图在锐角三角形OAB中，点M，N分别在边OB，OA上，于点G，于点H，． （1）求证：； （2）若，，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）先证明，再根据相似三角形的性质得出，然后利用公共角即可证明； （2）由（1）的结论，再利用相似三角形的性质即可得出，从而得出答案． 【详解】（1）证明：在和中， ， ， ， （2）由（1）得 ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，解题的关键是正确寻找相似三角形的相似条件，属于中考常考题型． 19. 如图，一次函数的图象与反比例函数在第一象限的图象交于和B两点，与x轴交于点C． （1）求反比例函数的关系式： （2）求出另一个交点B的坐标，并直接写出当时，不等式的解集： （3）若点P在x轴上，且△APC的面积为5，求点P的坐标． 【答案】（1） （2），或 （3）或 【解析】 【分析】（1）先把点代入中求出得到然后把点坐标代入中求出得到反比例函数的表达式； （2）先求出直线与轴交点的坐标，然后解析式联立，解方程组求得的坐标，利用图象即可求得当时，不等式的解集； （3）求得的坐标，设，则，根据三角形面积公式求得的值，进而即可求得的坐标． 【小问1详解】 把点代入，得， 把代入反比例函数， ； 反比例函数的表达式为； 【小问2详解】 解得或， ， 由图象可知，当时，不等式的解集或； 【小问3详解】 在直线中，令，则， ， 设， ， 的面积为5， ， ， 或， 或． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两函数的解析式．解决问题的关键是求得交点坐标． 20. 已知在中，，以AB为直径的⊙O分别交AC于D，BC于E，连接ED． （1）求证：； （2）若CD＝，，求AB的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）由圆内接四边形的性质，可知，然后根据，知，从而可得即可求证； （2）连接AE，得，结合，知，证，最后根据相似三角形的性质即可求出AB的长. 【详解】（1）证明： ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ； （2）解：连接AE， ∵AB是直径, ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，，, ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质． 21. 已知如图，cos∠ABC＝ ，点M在射线BA上，BM＝8，点N在射线BC上． （1）给出条件：①MN＝7；②MN＝9；③∠BMN＝75°．能使BN的长唯一确定的条件是 　　（填序号）； （2）在第（1）题中选一个使BN的长唯一确定的条件，求出此时BN的长度． 【答案】（1）②③；（2） 【解析】 【分析】（1）过点作交于点，求出，比较与的大小可判断①②，根据可知，由两角及夹边即可确定； （2）当时，解直角三角形求出，即可． 【详解】（1） 如图，过点作交于点， ， ， ， ， 当时，， 有两种情况，即的长不唯一，故①错误； 当时，， 有一种情况，即的长唯一，故②正确； 当时，已知两角及夹边即可确定， 的长唯一，故③正确， 故答案：②③； （2） 如图，过点作交于点， ， ， ， ， 当时， ， ． 【点睛】本题考查解直角三角形，三角函数的定义，勾股定理等知识，解题的关键是掌握基本知识，属于中考常考题型． 22. 排球考试要求：垫球后，球在运动中离地面的最大高度至少为2米．某次模拟测试中，某生在处将球垫偏，之后又在A、两处先后垫球，球沿抛物线运动（假设抛物线、、在同一平面内），最终正好在处垫住，处离地面的距离为1米．如图所示，以为坐标原点1米为单位长度建立直角坐标系，轴平行于地面水平直线，已知点，点的横坐标为，抛物线表达式为和抛物线表达式为． （1）求抛物线的函数表达式； （2）第一次垫球后，球在运动中离地面的最大高度是否达到要求？请说明理由； （3）为了使第三次垫球后，球在运动中离地面的最大高度达到要求，该生第三次垫球处离地面的高度至少为多少米？ 【答案】（1）； （2）最大高度未达到要求，理由见解析； （3）米． 【解析】 【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出抛物线的函数表达式； （2）将抛物线表达式化为顶点式，得到顶点坐标，求出实际最大高度，即可得到答案； （3）由（1）可知，，得到抛物线表达式为，进而得到对称轴为直线，顶点坐标为，根据最大高度的要求和对称轴，求出，再根据点的横坐标为，得到，求出的最小值即可得到答案． 【小问1详解】 解：抛物线表达式为，且经过点， ， 解得：， 抛物线的函数表达式为： 【小问2详解】 解：最大高度未达到要求，理由如下： 由（1）得，抛物线的函数表达式为， ， 抛物线的顶点坐标为， 处离地面的距离为1米， 球在运动中离地面的最大高度为， 最大高度未达到要求； 【小问3详解】 解：由（1）可知，， 抛物线表达式为， 对称轴为直线，顶点坐标为， 球在运动中离地面的最大高度达到要求， ， 或， 对称轴在x轴负半轴， ， ， 点的横坐标为， ， 当时，有最小值，最小值为， 点离地面的高度至少为米． 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键． 23. 定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．如图，抛物线C1与抛物线C2组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1与抛物线C2与x轴有相同的交点M，N（点M在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，B且点A的坐标为（0，﹣3），抛物线C2的解析式为y＝mx2+4mx﹣12m，（m＞0）． （1）请你根据“月牙线”的定义，设计一个开口向下．“月牙线”，直接写出两条抛物线的解析式； （2）求M，N两点的坐标； （3）在第三象限内的抛物线C1上是否存在一点P，使得△PAM的面积最大？若存在，求出△PAM的面积的最大值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）抛物线y＝﹣x2+2x+3与抛物线y＝﹣x2+x+1所围成的封闭曲线即为开口向下的“月牙线”；（2）M（﹣6，0），N（2，0）；（3）存在，点P的坐标为（﹣3，﹣）时，△PAM的面积有最大值，最大值为． 【解析】 【分析】（1）根据定义，只要写出的两个抛物线与x轴有着相同的交点，且a的值为负即可； （2）在解析式y=mx2+4mx-12m中，令y=0解方程即可求出M，N的横坐标，由此可写出M,N两点的坐标； （3）先根据“月牙线”的定义，设出抛物线C1的一般式，将A点代入即可求得抛物线C1的解析式，再用含t的代数式表示P点坐标，根据S△PAM=S△PMO+S△PAO-S△AOM即可表示△PAM的面积.可根据二次函数的性质求出面积的最大值以及此时P点坐标. 【详解】（1）如图1， 抛物线y＝﹣x2+2x+3与抛物线y＝﹣x2+x+1所围成的封闭曲线即为开口向下的“月牙线”（此题答案不唯一）； （2）在抛物线C2的解析式y＝mx2+4mx﹣12m中， 当y＝0时，mx2+4mx﹣12m＝0， ∵m≠0， ∴x2+4x﹣12＝0， 解得，x1＝﹣6，x2＝2， ∵点M在点N的左边， ∴M（﹣6，0），N（2，0）； （3）存在，理由如下： 如图2，连接AM，PO，PM，PA， ∵抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同， ∴可设抛物线C1的解析式y＝nx2+4nx﹣12n（n＞0）， ∵抛物线C1与y轴的交点为A（0，﹣3）， ∴﹣12n＝﹣3， ∴n＝， ∴抛物线C1的解析式为y＝x2+x﹣3， ∴可设点P的坐标为（t，t2+t﹣3）， ∴S△PAM＝S△PMO+S△PAO﹣S△AOM ＝×6×（﹣t2﹣t+3）+×3×（﹣t）﹣×6×3 ＝﹣t2﹣t， ＝﹣（t+3）2+， ∵﹣＜0，﹣6＜t＜0， ∴根据二次函数的图象和性质知，当t＝﹣3时，即点P的坐标为（﹣3，﹣）时，△PAM的面积有最大值，最大值为． 【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与图形问题，二次函数图象及性质，二次函数与坐标轴的交点.（1）中理解“月牙线”的定义是解题关键；（2）二次函数，当时，得到一元二次方程. 一元二次方程的解就是二次函数的图象与x轴交点的横坐标；（3）能利用割补法表示△PAM的面积是解题关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$