精品解析： 重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题

2023—2024学年度重庆市万州国本中学初2024届初三（下）入学考试 数学试题 （全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 若数a的平方等于，那么数a可能是（ ） A. 2 B. C. D. 2. 使得有意义的b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 若两个相似三角形的相似比是，则这两个三角形的周长比是（ ） A. B. C. D. 4. 估计的值在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 5. 已知一次函数，随着的增大而减小，且，则在直角坐标系内它的大致图象是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，对角线，相交于点O，若添加一个条件，使得一定为菱形，该条件是（　　） A. B. C. D. 7. 平面直角坐标系中，A、B、C三点坐标分别为，，，以这三点为平行四边形的三个顶点，则第四个顶点不可能在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 8. 如图，过上一点P的切线与直径的延长线交于点C，点D是圆上一点，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，矩形中，，点是上的一点，，的垂直平分线交的延长线于点，连接交于点，若是的中点，则的长是（ ） A. B. 12 C. 10 D. 10. 对于以下式子：，下列说法正确的有（ ） （1）如果．则无论y取何常数，A，B，C，D调整顺序后可组成一列数，这列数后项减去前项的差均相等； （2）代数式一定是非负数； （3）如果A为第1项，B为第2项，C为第3项，第1项与第2项的和减去第3项的结果为第4项，第2项与第3项的和减去第4项的结果为第5项，……，依此类推，则第2024项为． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二、填空题（共8小题） 11. 计算__________． 12. 已知a是方程的一个实数根，则的值为__________． 13. 从，0，这三个数中，任取两个不同的数分别作为，的值，恰好使得关于 的方程 有实数解的概率为_______． 14. 据统计，沙坪坝区磁器口2023年国庆接待游客约91万人次，2021年国庆接待游客约50万人次，若设2021年国庆至2023年国庆，磁器口接待游客的年平均增长率为x，根据题意，可列方程为___________． 15. 如图，在中，，的平分线交边于点D，于点E，点F在边上，若，，则线段AB的长是___________． 16. 如图，在矩形中，， ，以点A为圆心，的长为半径画弧交边于点E，则图中阴影部分的面积是___________．（结果保留π） 17. 若关于的不等式组有且仅有4个整数解，且关于的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数的值之和是________． 18. 一个四位正整数M，如果千位数字与十位数字之和的两倍等于百位数字与个位数字之和，则称M为“共进退数”，并规定等于M的前两位数所组成的数字与后两位数所组成的数字之和，等于M的前两位数所组成的数字与后两位数所组成的数字之差，如果，那么M各数位上的数字之和为______；有一个四位正整数(，，，且为整数)是一个“共进退数”，且是一个平方数，是一个整数，则满足条件的数N是______． 三、解答题（共6小题） 19. 计算： （1） （2） 20. 学习了平行四边形后，小庆进行了拓展性探究．他发现，过一个顶点同时向平行四边形的两边作垂线段，如果这两条垂线段相等，那么这个平行四边形是菱形．其解决问题的思路是通过证明平行四边形的一组邻边所在的三角形全等即可得出结论． 请根据他的思路完成以下作图和填空． 用直尺和圆规，过点C作边上的垂线，垂足为点F．（只保留作图痕迹） 已知：如图，在中，于点E，于点F，． 求证：四边形是菱形． 证明：∵四边形是平行四边形， ∴①． 又∵，， ∴． 又∵②， ∴③ ∴④． 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 21. 为了激发同学们对古诗词学习的兴趣，2023年9月我市某中学开展了“课外古诗词赏析比赛”．为了解学生课外古诗词的学习情况，现从该校七、八年级中各随机抽取10名学生的比赛成绩（成绩为百分制，学生得分均为整数且用x表示，）进行整理、描述和分析，并将其共分成四组：A：，B：，C：，D：）下面给出了部分信息： 七年级10名学生的比赛成绩是：84，85，86，88，89，95，96，99，99，99． 八年级10名学生的比赛成绩在C组中的数据是：90，94，94． 七、八年级抽取的学生比赛成绩统计表 年级 七年级 八年级 平均数 92 92 中位数 92 b 众数 c 100 根据以上信息，解答下列问题： （1）______，______，______； （2）根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生古诗词掌握得较好？请说明理由（一条理由即可）； （3）该校七年级有1420名学生、八年级有1300名学生参加了此次“课外古诗词赏析比赛”，请估计参加此次比赛成绩不低于90分的学生人数是多少？ 22. 山城步道是重庆的特色，市民可以在步道里面休闲、运动，享受美好生活．半山崖线步道沙坪坝段全长2000米，由甲、乙两个工程队合作完成，甲工程队修建的步道长度比乙工程队修建的步道长度的2倍少400米． （1）求甲、乙两工程队各修建步道多少米？ （2）实际修建过程中，甲工程队每天比乙工程队多修5米，最终甲工程队完成任务时间是乙工程队完成任务时间的倍，则甲工程队每天修建步道多少米？ 23. 如图1，平行四边形中，，，连接，，动点P以每秒1个单位的速度从点C出发沿折线运动，设点P运动时间为x秒，的面积为， （1）请直接写出关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数图象，并写出该函数的一条性质； （3）的函数图象如图2所示，当时请直接写出x的取值范围．（结果保留一位小数，误差小于0.2） 24. 今年10月“愉悦创造营”的同学们积极参加劳动实践，在校园“耕读园”里播种了近百粒萝卜种子．某周日下午返校时涵涵和静静约好一起去“耕读园”看看萝卜的生长情况．如图，已知“耕读园”在点A处，涵涵家位于点A正南方一条东西走向的街道上，且在耕读园西南方向800米的C处；静静家位于点D正北方米且位于“耕读园”南偏西方向上的点E处，图中点A、B、C、D、E在同一平面内， （1）求静静家离耕读园的距离是多少？（结果保留根号） （2）涵涵周日下午出门，先以80米/分钟的速度从C出发，往正西方向走到点D处后再向正北方向到静静家楼下两人碰面，然后两人以此速度一起前往“耕读园”，请问她们能在前到达耕读园吗？（参考数据：，，结果精确到十分位） 25. 已知抛物线与轴交于点、点（点在点的左侧，点在原点右侧），与轴交于点，且． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点是直线上方抛物线上一点，过点作平行于轴交于点，点是的中点，过点作的平行线交轴于点，过点作平行于轴交于点，求的最大值及此时点的坐标； （3）如图2，点坐标为，将原抛物线沿射线方向平移个单位长度，得到新抛物线，在抛物线是否存在点，满足，若存在，直接写出点的坐标并写出其中一个点的求解过程，若不存在请说明理由． 26. 已知，中，，，交于点，． （1）如图1，将绕点逆时针旋转得线段，且点在的延长线上，求的长． （2）如图2，在（1）的条件下，连接，为上一点，且满足：，作于点，求证：． （3）如图3，在（1）的条件下，、分别为线段、上的两个动点，且满足，当最小时，为平面内一动点，将沿翻折得，请直接写出的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度重庆市万州国本中学初2024届初三（下）入学考试 数学试题 （全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 若数a的平方等于，那么数a可能是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平方根，熟练掌握平方根的定义是解题的关键，根据已知条件计算的平方根即可得到a的值，从而得到答案． 【详解】解：∵的平方等于， ∴为的平方根， ∵的平方根为， ∴， 故选：C． 2. 使得有意义的b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】二次根式有意义即根式下的数要大于或等于0，据此条件列出不等式，即可得解． 【详解】∵二次根式有意义， ∴，解得， 即b的取值范围为：， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件及解不等式的知识，熟练掌握二次根式有意义的条件是解答本题的关键． 3. 若两个相似三角形的相似比是，则这两个三角形的周长比是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了相似三角形的性质，根据“相似三角形的周长比等于相似比”解答即可． 【详解】解：两个相似三角形的相似比是， 这两个三角形的周长比是， 故选：B． 4. 估计的值在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查无理数的估算，先估算的大小，再利用不等式的基本性质解答． 【详解】解：，， ， ， ， 故选C． 5. 已知一次函数，随着的增大而减小，且，则在直角坐标系内它的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数的图象和性质，掌握一次函数的图象和性质是解决本题的关键． 根据一次函数的性质可得，再根据可得，进而即可判断． 【详解】解：∵一次函数中随着的增大而减小， ∴， 又∵， ∴， ∴一次函数经过二、三、四象限， 故选：B． 6. 如图，在中，对角线，相交于点O，若添加一个条件，使得一定为菱形，该条件是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质、菱形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：A. ，可以判断平行四边形是矩形，不能判断是菱形，故该选项错误； B. ，可以判断平行四边形是矩形，不能判断是菱形，故该选项错误； C. ，可以判断平行四边形是菱形； D. ，只能推出，无法判定是菱形． 故选C． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 7. 平面直角坐标系中，A、B、C三点坐标分别为，，，以这三点为平行四边形的三个顶点，则第四个顶点不可能在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，判定点所在象限，画出图形是解题的关键，注意分类讨论． 根据题意画出图形，即可求解． 【详解】解：根据题意画出图形： 、、三点位置如图所示，要使四边形为平行四边形， 则点有三种可能， 即分别以、、为对角线的平行四边形， 第四个顶点不可能在第一象限． 故选：A． 8. 如图，过上一点P的切线与直径的延长线交于点C，点D是圆上一点，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理． 连接，由圆周 角定理得出，再由切线的性质得，即可由三角形内角和定理求解． 【详解】解：如图，连接， ∴ ∵是的切线， ∴ ∴ ∴ 故选：A． 9. 如图，矩形中，，点是上的一点，，的垂直平分线交的延长线于点，连接交于点，若是的中点，则的长是（ ） A. B. 12 C. 10 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线段中点的性质可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，设，表示出，再利用勾股定理列式求，然后表示出，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，然后列出方程求出x的值，从而求出，再根据矩形的对边相等可得． 【详解】解：∵矩形中，G是的中点，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设， 则， 在中， ， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， 解得， 经检验：是方程的解， ∴， ∴． 故选D． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键． 10. 对于以下式子：，下列说法正确的有（ ） （1）如果．则无论y取何常数，A，B，C，D调整顺序后可组成一列数，这列数后项减去前项的差均相等； （2）代数式一定是非负数； （3）如果A为第1项，B为第2项，C为第3项，第1项与第2项的和减去第3项的结果为第4项，第2项与第3项的和减去第4项的结果为第5项，……，依此类推，则第2024项为． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查数字的变化规律，根据题意进行计算求解判断即可． 【详解】解：（1）当时，，，，， 当排列为时，，故（1）正确； （2） ∵， ∴代数式一定是非负数，故（2）正确； （3）这列数为：，，，，，，，，，，⋯⋯ 两个为一组，每组中的系数都为1，的系数互为相反数，且绝对值一次增加3， ∴第2024项为，故（3）正确； 故选：D 二、填空题（共8小题） 11. 计算__________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题涉及零指数幂、负指数幂、二次根式化简3个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果． 【详解】解：原式 故答案为：1 【点睛】本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算． 12. 已知a是方程的一个实数根，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，代数式求值，解题的关键是先根据一元二次方程的解的定义得到，再把变形为，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：是方程的一个实数根， ， 即， ∴ 故答案为：． 13. 从，0，这三个数中，任取两个不同的数分别作为，的值，恰好使得关于 的方程 有实数解的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先画出树状图，然后利用，找到符合条件的情况，然后根据概率公式计算即可． 【详解】解：画树状图如下： 从三个数中任取两个数共有6种等可能的情况， ∵方程有实数根， ∴△＝， ∴当a＝-2，b＝0时，， 当a＝-2，b＝2时，， 当a＝0，b＝-2时，， 当a＝0，b＝2时，， 当a＝2，b＝-2时，， 当a＝2，b＝0时，， 即使得方程有实数解的情况有4种， ∴使得方程有实数解的概率为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查概率公式的应用、一元二次方程根的判别式，解题的关键是综合运用相关知识解题． 14. 据统计，沙坪坝区磁器口2023年国庆接待游客约91万人次，2021年国庆接待游客约50万人次，若设2021年国庆至2023年国庆，磁器口接待游客的年平均增长率为x，根据题意，可列方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．利用2023国庆待游客人次数年国庆接待游客人次数年均增长率，即可列出关于的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：根据题意得：． 故答案为：． 15. 如图，在中，，的平分线交边于点D，于点E，点F在边上，若，，则线段AB的长是___________． 【答案】9 【解析】 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，先由角平分线的性质得到，再证明得到，进一步证明，得到，则． 【详解】解：∵， ∴， ∵，的平分线交边于点D， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：9． 16. 如图，在矩形中，， ，以点A为圆心，的长为半径画弧交边于点E，则图中阴影部分的面积是___________．（结果保留π） 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积的计算及矩形的性质，用矩形的面积减去扇形的面积即可求得阴影部分的面积． 【详解】在矩形中，，， ， ， 在中 ， ， ， ， ， ， ， 故答案为： 17. 若关于的不等式组有且仅有4个整数解，且关于的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数的值之和是________． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查解不等式组和解分式方程，先解不等式组，解得取的整数，再解分式方程，根据分式方程的解，确定的取值范围，最后综合两个的取值范围，即可解题． 【详解】解： 整理得， 不等式组有且仅有4个整数解， ，整理得， 又， ， ， 整理得， 关于的分式方程有非负整数解， 有，解得，即，故， ，整理得，且为2的倍数，为整数， 综上所述，可取，， 则所有满足条件的整数的值之和是， 故答案为：4． 18. 一个四位正整数M，如果千位数字与十位数字之和的两倍等于百位数字与个位数字之和，则称M为“共进退数”，并规定等于M的前两位数所组成的数字与后两位数所组成的数字之和，等于M的前两位数所组成的数字与后两位数所组成的数字之差，如果，那么M各数位上的数字之和为______；有一个四位正整数(，，，且为整数)是一个“共进退数”，且是一个平方数，是一个整数，则满足条件的数N是______． 【答案】 ①. 15 ②. 1125 【解析】 【分析】本题考查整式的加减，一元一次方程的应用，解不等式组等知识，由四位正整数M为“共进退数”推出，由推出，从而解得，，继而得解；由推出N的各位数字，继而表示出与，由是一个“共进退数”推出，利用是一个平方数推出，从而得到z的值和，从而利用是整数求出x，从而得解．推导出与是解题的关键． 【详解】解：设M的千位数字是a，百位数字是b，十位数字是c，个位数字是d，则， ∵四位正整数M为“共进退数”， ∴， 又∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴，即M各数位上的数字之和为15． ∵， 即N的千位数字是，百位数字是1，十位数字是y，个位数字是， ∴， ， 又∵是一个“共进退数”， ∴， 化简得：， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 又∵是一个平方数，， ∴，即， ∴， ∵，， ∴，， 解得：， ∴， ∴， 又∵是整数， ∴是7的倍数， ∴，， ∴． 故答案为：15；1125． 三、解答题（共6小题） 19. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据单项式乘以多项式，平方差公式以及整式的加减计算法则求解即可； （2）先计算小括号内的分式运算，然后计算分式的除法即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ． 【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，分式的混合运算，熟知相关计算法则是解题的关键． 20. 学习了平行四边形后，小庆进行了拓展性探究．他发现，过一个顶点同时向平行四边形的两边作垂线段，如果这两条垂线段相等，那么这个平行四边形是菱形．其解决问题的思路是通过证明平行四边形的一组邻边所在的三角形全等即可得出结论． 请根据他的思路完成以下作图和填空． 用直尺和圆规，过点C作边上的垂线，垂足为点F．（只保留作图痕迹） 已知：如图，在中，于点E，于点F，． 求证：四边形是菱形． 证明：∵四边形是平行四边形， ∴①． 又∵，， ∴． 又∵②， ∴③ ∴④． 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【答案】图见解析，①；②；③；④ 【解析】 【分析】本题考查的作已知直线的垂线，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，先作线段的垂线，再根据推理步骤逐一填写推理过程与推理依据即可． 【详解】证明：如图，即为所求， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 21. 为了激发同学们对古诗词学习的兴趣，2023年9月我市某中学开展了“课外古诗词赏析比赛”．为了解学生课外古诗词的学习情况，现从该校七、八年级中各随机抽取10名学生的比赛成绩（成绩为百分制，学生得分均为整数且用x表示，）进行整理、描述和分析，并将其共分成四组：A：，B：，C：，D：）下面给出了部分信息： 七年级10名学生的比赛成绩是：84，85，86，88，89，95，96，99，99，99． 八年级10名学生的比赛成绩在C组中的数据是：90，94，94． 七、八年级抽取的学生比赛成绩统计表 年级 七年级 八年级 平均数 92 92 中位数 92 b 众数 c 100 根据以上信息，解答下列问题： （1）______，______，______； （2）根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生古诗词掌握得较好？请说明理由（一条理由即可）； （3）该校七年级有1420名学生、八年级有1300名学生参加了此次“课外古诗词赏析比赛”，请估计参加此次比赛成绩不低于90分的学生人数是多少？ 【答案】（1）40，94，99 （2）八年级学生的古诗词掌握得较好．理由：从平均数看，七、八年级平均分相同；从中位数看，八年级中位数高于七年级；从众数看，八年级中位数高于七年级，所以八年级学生的古诗词掌握得较好． （3）1620人 【解析】 【分析】本题考查了统计表与扇形统计图，中位数与众数以及做决策、用样本估计总体． （1）先利用扇形统计图求出八年级组的人数，进而求出的值；再利用中位数和众数的定义，求出、的值； （2）根据中位数和众数进行分析即可； （3）用七、八年级的学生人数分别乘以比赛成绩不低于90分的学生人数的占比，即相加即可得出答案． 【小问1详解】 解：八年级组的人数为：人， ， ， 八年级抽取的学生的比赛成绩中，排在第五、六名的成绩为、， ， 七年级抽取的学生的比赛成绩中，出现的次数最多， ， 故答案为：40，94，99； 【小问2详解】 解：八年级学生的古诗词掌握得较好． 理由：从平均数看，七、八年级平均分相同；从中位数看，八年级中位数高于七年级；从众数看，八年级中位数高于七年级，所以八年级学生的古诗词掌握得较好． 【小问3详解】 解：人， 即参加此次比赛成绩不低于90分的学生人数大约是人． 22. 山城步道是重庆的特色，市民可以在步道里面休闲、运动，享受美好生活．半山崖线步道沙坪坝段全长2000米，由甲、乙两个工程队合作完成，甲工程队修建的步道长度比乙工程队修建的步道长度的2倍少400米． （1）求甲、乙两工程队各修建步道多少米？ （2）实际修建过程中，甲工程队每天比乙工程队多修5米，最终甲工程队完成任务时间是乙工程队完成任务时间的倍，则甲工程队每天修建步道多少米？ 【答案】（1）甲工程队修建步道1200米，乙工程队修建步道800米． （2）25米 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用及分式方程的应用，解题的关键是找到等量关系，列出方程； （1）乙工程队各修建步道x米，则甲工程队各修建步道米，根据全长2000米甲工程队修建乙工程队修建，列出关于x的一元一次方程，解方程即得乙队修建的长度，然后代入中求出甲工程队修建的长度即可； （2）设甲工程队每天修建步道a米，则乙工程队每天修建步道米．利用工作时间工作总量工作效率，结合甲工程队完成任务时间是乙工程队完成任务时间的倍，列分式方程，解方程即可； 【小问1详解】 设乙工程队各修建步道x米，则甲工程队修建步道米； 由题意，得 解这个方程，得 （米） 答：甲工程队各修建步道1200，乙工程队各修建步道800米． 【小问2详解】 设甲工程队每天修建步道a米，则乙工程队每天修建步道米． 由题意，得 解这个方程，得 经检验，是原方程的解，且符合题意． 答：甲工程队每天修建步道25米． 23. 如图1，平行四边形中，，，连接，，动点P以每秒1个单位的速度从点C出发沿折线运动，设点P运动时间为x秒，的面积为， （1）请直接写出关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数图象，并写出该函数的一条性质； （3）的函数图象如图2所示，当时请直接写出x的取值范围．（结果保留一位小数，误差小于0.2） 【答案】（1） （2）如图所示： 当时，随x增大而减小，当时，随x增大而增大． （3）或 【解析】 【分析】（1）分两种情况：当点P由运动时，即；当点P由运动时，即；利用三角形面积公式求出函数解析式即可； （2）用描点法作出函数的图象即可； （3）利用图象法求解即可． 【小问1详解】 解：由勾股定理 ，得 ， ∵平行四边形， ∴， 当点P由运动时，即， ， 即； 当点P由运动时，即， 过点A作于E，过点B作交延长线于F，如图， ∵， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ， 即； 综上，关于x的函数表达式为． 【小问2详解】 解：由图可得：当时，随x增大而减小，当时，随x增大而增大． 【小问3详解】 解：由图象可得：当时，或． 24. 今年10月“愉悦创造营”的同学们积极参加劳动实践，在校园“耕读园”里播种了近百粒萝卜种子．某周日下午返校时涵涵和静静约好一起去“耕读园”看看萝卜的生长情况．如图，已知“耕读园”在点A处，涵涵家位于点A正南方一条东西走向的街道上，且在耕读园西南方向800米的C处；静静家位于点D正北方米且位于“耕读园”南偏西方向上的点E处，图中点A、B、C、D、E在同一平面内， （1）求静静家离耕读园的距离是多少？（结果保留根号） （2）涵涵周日下午出门，先以80米/分钟的速度从C出发，往正西方向走到点D处后再向正北方向到静静家楼下两人碰面，然后两人以此速度一起前往“耕读园”，请问她们能在前到达耕读园吗？（参考数据：，，结果精确到十分位） 【答案】（1） （2）能 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，解直角三角形，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键． （1）过E作于H，在中，利用勾股定理可得，再求出证明四边形为矩形可求出，然后在中利用锐角三角函数即可求解； （2）在中利用锐角三角函数求出，进而可求出的长，然后根据时间=路程÷速度求出所需的时间即可求解． 【小问1详解】 过E作于H，则， 由题意，得米，米，，． ∵中，，， ∴， ∴，在中，， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形． ∴，， ∵，，， ∴（米）， 答：静静家离耕读园距离为米． 【小问2详解】 ∵，，， ∴， ∵矩形，， ∴， ∴总用时：（分）， ∵（分）， ∴， ∴她们能在前到达耕读园． 25. 已知抛物线与轴交于点、点（点在点的左侧，点在原点右侧），与轴交于点，且． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点是直线上方抛物线上一点，过点作平行于轴交于点，点是的中点，过点作的平行线交轴于点，过点作平行于轴交于点，求的最大值及此时点的坐标； （3）如图2，点坐标为，将原抛物线沿射线方向平移个单位长度，得到新抛物线，在抛物线是否存在点，满足，若存在，直接写出点的坐标并写出其中一个点的求解过程，若不存在请说明理由． 【答案】（1） （2）的最大值为9，此时 （3）或 【解析】 【分析】（1）求出B的坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可； （2）设，则，，进而求出，求出直线的表达式为，可求，则，进而求出，然后根据二次函数的性质求解即可； （3）先求出平移后的抛物线表达式为，求出，可知，当时，，把代入，可求M的坐标；设的垂直平分线与轴交于点G，连接，则，进而得出，在中，利用勾股定理得出，则可求G的坐标，求直线表达式，与平移后的抛物线表达式联立方程组求解即可． 【小问1详解】 解：当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 把代入，得， 解得， ∴抛物线的表达式为； 【小问2详解】 解：设直线的表达式为， 则，解得， ∴直线的表达式为， 设，则， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， 设直线的表达式为， ∴， ∴， ∴， 当时，，解得 ∵轴， ∴， ∴， ∴ ， ∵点是直线上方抛物线上一点， ∴， ∴当时，的最大值为9，此时； 【小问3详解】 解：存在点，满足， 理由如下： ， 对于，当时，， 解得，， ∴， ∴， ∴， ∵抛物线沿射线方向平移个单位长度， ∴抛物线沿x轴正半轴平移2个单位长度，沿y轴负半轴平移2个单位长度， ∴平移后的抛物线表达式为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， 当时，，解得，， ∴； 设的垂直平分线与轴交于点G，连接， ∴， ∴ 在中，， ∴， 解得， ∴， 设直线表达式为， 则，解得， ∴直线表达式为， 联立方程组，解得或， ∴， 综上，M的坐标为或 ． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，函数图象的平移，平行线的性质，解直角三角形等知识，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 26. 已知，中，，，交于点，． （1）如图1，将绕点逆时针旋转得线段，且点在的延长线上，求的长． （2）如图2，在（1）的条件下，连接，为上一点，且满足：，作于点，求证：． （3）如图3，在（1）的条件下，、分别为线段、上的两个动点，且满足，当最小时，为平面内一动点，将沿翻折得，请直接写出的最大值． 【答案】（1） （2）证明：延长至M使得，连接、、， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 是等边三角形， 在中， ， ∴， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ （3） 【解析】 【分析】（1）证明是等边三角形，即可求解； （2）延长至M使得，连接、、，证明，进而证明，得出则，，即可求解； （3）以为圆心的长为半径，作，作，证明，得出当三点共线时，最小，进而可得的最大值为，证明是等腰直角三角形，解直角三角形，得出，即可求解． 【小问1详解】 解：∵中，，， ∴ ∵交于点， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得线段，且点在的延长线上， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图所示，以为圆心的长为半径，作，作， ∴，， 又∵ ∴ ∴， ∴， ∴当三点共线时，最小， ∵为平面内一动点，将沿翻折得， ∴，在上， 又∵垂直平分，则， ∴的最大值为， 过点作于点， 在中， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴ 在中，，则 设，则 解得： ∵ ∴ 【点睛】本题考查了旋转的性质，一点到圆上的最值问题，解直角三角形，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $