精品解析：四川省泸州市泸县第五中学2024－2025学年九年级上学期第一次学业水平模拟考试数学试题

泸县五中2024年秋期九年级第一次学业水平模拟考试 数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共36分） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）在每小题给出的四个选项中，有且只有一个是正确的，请将正确选项的字母填涂在答题卡相应的位置上． 1. 下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 方程的解是 （ ） A. B. C. 或 D. 3. 如图，将△AOB绕点O按顺时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB=27°，则∠BOC度数是(　　) A. 18° B. 27° C. 45° D. 72° 4. 点与点关于原点对称，则的值为（ ） A B. 1 C. D. 2024 5. 关于x的方程有实数根，则a的取值范围是（ ） A B. 且 C. D. 且 6. 若某种商品经过两次涨价后的价格为涨价前的，则该商品平均每次涨价（ ） A. B. C. D. 7. 等腰三角形的两边长分别是方程的两个根，则这个三角形的周长为（　　） A. 或 B. 或 C. D. 8. 四边形的两条对角线相交于点，下列条件中，不一定能推得与相似的是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，是的直径，弦于点E，，，则（　　）． A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 10. 若菱形两条对角线的长度是方程的两根，则该菱形的边长为（ ） A. B. 8 C. 50 D. 10 11. 如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ） A. B. C. D. 12. 无论为何值，直线与抛物线总有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 第Ⅱ卷（非选择题 共84分） 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）． 13. 现有5张卡，正面图案标有“神舟十四”，“5G基站建设”，“工业互联网”，“大数据”，“人工智能”，它们除此之外完全相同，把这5张卡，背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，则刚好抽到卡片正面图案恰好是“人工智能”的概率是 _____． 14. 已知方程x2+5x+1=0的两个实数根分别为x1、x2， 则+=________． 15. 已知一个圆锥形零件的高线长为，底面半径为，则这个圆锥形的零件的侧面积为______． 16. 如图，点O是的内心，是的中点，连接、，若，，则的长为_________． 三、本大题共3个小题，每小题6分，共18分． 17. 解方程： 18. 已知二次函数yx23x，完成以下问题： （1）将函数配方成顶点式并写出函数图象的对称轴方程； （2）求出函数图象与x轴的交点坐标． 19. 如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CE⊥AB于E，BD交CE于点F，CF＝BF， （1）求证：C是的中点； （2）若CD＝4，AC＝8，则⊙O的半径为　 　． 四、本大题共2个小题，每小题7分，共14分． 20. 如图，点，坐标分别为，，将绕点按逆时针方向旋转 得到． （1）在平面直角坐标系中画出； （2）点的坐标为______； （3）求在旋转过程中，点所经过的路径的长度． 21. 足球训练中球员从球门正前方9米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米．现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为2.4米，通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． 五、本大题共2个小题，每小题8分，共16分． 22. 某中学为了预测本校应届毕业女生“一分钟跳绳”项目考试情况，从九年级随机抽取部分女生进行该项目测试，并以测试数据为样本，绘制出如图所示的部分频数分布直方图（从左到右依次分为六个小组，每小组含最小值，不含最大值）和扇形统计图．    根据统计图提供的信息解答下列问题： （1）补全频数分布直方图，并指出这个样本数据的中位数落在第　 　小组； （2）若测试九年级女生“一分钟跳绳”次数不低于130次的成绩为优秀，本校九年级女生共有260人，请估计该校九年级女生“一分钟跳绳”成绩为优秀的人数； （3）如测试九年级女生“一分钟跳绳”次数不低于170次的成绩为满分，在这个样本中，从成绩为优秀的女生中任选一人，她的成绩为满分的概率是多少？ 23. 某商场要经营一种新上市的文具，进价为元/件．试营销阶段发现：当销售单价为元时，每天的销售量是件；销售单价元时，每天的销售量为件．其中每天的销售量是售价的一次函数． （1）求这种文具每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式； （2）销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大？ （3）若商店想要每天获利，售价应定为多少元？ 六、本大题共2个小题，每小题12分，共24分． 24. 如图，在中，，与相交于点，与相交于点，连接，已知． （1）求证：为切线； （2）若，，求的长． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点B，抛物线经过A，B两点，与x轴的另一个交点为． （1）求抛物线的表达式； （2）当时，求y的最大值与最小值的差； （3）D为直线上方抛物线上一动点，连接，，，，设的面积为，的面积为，求的最大值，并求出点D的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泸县五中2024年秋期九年级第一次学业水平模拟考试 数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共36分） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）在每小题给出的四个选项中，有且只有一个是正确的，请将正确选项的字母填涂在答题卡相应的位置上． 1. 下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：A． 2. 方程的解是 （ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】解：移项，得，则， ∴或， ∴，， 故选：C． 【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法并灵活运用是解答的关键． 3. 如图，将△AOB绕点O按顺时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB=27°，则∠BOC的度数是(　　) A. 18° B. 27° C. 45° D. 72° 【答案】A 【解析】 【详解】【分析】根据图形的旋转的性质得∠BOC=∠AOC-∠AOB，再求解． 【详解】∵将△AOB绕点O按顺时针方向旋转45°后得到△COD， ∴∠AOC=45°， ∵∠AOB=27°， ∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=45°-27°=18°．所以只有A正确. 故正确选项A. 【点睛】本题考查了图形的旋转的性质，解题的关键是一个旋转图形的对应点的连线所夹的角相等，都等于旋转角． 4. 点与点关于原点对称，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了原点对称，熟练掌握关于原点对称的规律是解题的关键．利用关于原点对称点的性质可得a、b的值，再计算的值即可解答． 详解】解：点与点关于原点对称， ，， ． 故选：B． 5. 关于x的方程有实数根，则a的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】A 【解析】 【分析】讨论：当时，方程化为一元一次方程，有一个实数解；当时，根据判别式的意义得到，解得且，然后综合两种情况得到a的取值范围． 【详解】解：当时，方程化为， 解得， 当时，， 解得， 综上所述，a的取值范围为． 故选：A． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根． 6. 若某种商品经过两次涨价后的价格为涨价前的，则该商品平均每次涨价（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程应用，设这种商品平均每次涨价的百分率是，用表示该商品涨价前的价格，则涨价后的价格为，根据题意列出方程即可求解． 【详解】解：设这种商品平均每次涨价的百分率是，用表示该商品涨价前的价格，则涨价后的价格为， 则， 解得：或（舍去） 即涨价的百分率为． 故选：B． 7. 等腰三角形的两边长分别是方程的两个根，则这个三角形的周长为（　　） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，三角形的三边关系及周长，由方程可得，，根据三角形的三边关系可得等腰三角形的底边长为，腰长为，进而即可求出三角形的周长，掌握等腰三角形的定义及三角形的三边关系是解题的关键． 【详解】解：由方程得，，， ∵， ∴等腰三角形的底边长为，腰长为， ∴这个三角形的周长为， 故选：． 8. 四边形的两条对角线相交于点，下列条件中，不一定能推得与相似的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．根据相似三角形的判定方法逐项分析判断即可． 【详解】解：A. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，故选项A不符合题意； B.∵，， ∴，故选项B不符合题意； C. ∵，， ∴，故选项C不符合题意； D. 条件，，无法证明，故选项D符合题意． 故选：D． 9. 如图，是的直径，弦于点E，，，则（　　）． A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理以及勾股定理，熟练掌握垂直定理是解题的关键． 根据得，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， 中，， ∴， ∴（）． 故选：D． 10. 若菱形两条对角线的长度是方程的两根，则该菱形的边长为（ ） A. B. 8 C. 50 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程和菱形的性质．熟练掌握解一元二次方程，菱形的性质，是解此题的关键． 先求出方程的解，即可得出，根据菱形的性质求出和，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：设菱形为，交点为O，, 解方程， 得或4， ∵菱形两条对角线的长度是方程的两根， ∴， ∴， 由勾股定理得：． 故选：A． 11. 如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接、、，交于，作交BC于点G，利用 ，求出，进一步可得，求出，设⊙的半径为，利用，求出，求出，进一求出，再证明OB垂直平分，利用面积法可得，求得HE长即可求得答案． 【详解】解：连接、、，交于，作交BC于点G，如图， ∵AB＝6，AC＝5，BC＝7， ∴，即，解得：， ∴， ∴， 设内切圆的半径为r， 则，解得：， 的内切圆⊙与，，分别相切于点，，， ∴∠ODB=∠OEB=90°， 又∵OD=OE， OB=OB， ∴， ∴BD=BE， 同理， CE=CF，AD=AF， ∵BE+CE=BC=7， ∴BD+BE+CE+CF=14， ∴2AD=(6+5+7)-14=4，即AD=2， ∴， ∴， ，， 垂直平分， ，， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键． 12. 无论为何值，直线与抛物线总有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】因为两个图象总有公共点，所以将两个解析式进行联立，再根据根的判别式进行判断即可求出的取值范围． 【详解】解：由题意得，无论为何值，直线与抛物线总有公共点， 将代入得：， 整理得：， ， ， ， 当时，， 解得， ， 当时，， 解得：， 的取值范围是或． 故选：D． 【点睛】本题主要考查的是函数图象的交点问题，正确的列出判别式，并根据交点数进行判定是解题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题 共84分） 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）． 13. 现有5张卡，正面图案标有“神舟十四”，“5G基站建设”，“工业互联网”，“大数据”，“人工智能”，它们除此之外完全相同，把这5张卡，背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，则刚好抽到卡片正面图案恰好是“人工智能”的概率是 _____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了概率公式的知识，解题的关键是了解概率的求法，难度不大． 利用概率公式求解即可． 【详解】解：共5张卡片，其中一张标有“人工智能”， 从中随机抽取一张，则刚好抽到卡片正面图案恰好是“人工智能”的概率是， 故答案为：． 14. 已知方程x2+5x+1=0的两个实数根分别为x1、x2， 则+=________． 【答案】23 【解析】 【分析】由根与系数的关系可得，，将其代入x12+x22=(x1+x2)2-2x1•x2中，即可求出结论． 【详解】∵方程x2+5x+1=0的两个实数根分别为， ∴，， ∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1•x2=(-5)2﹣2×1=23． 故答案为：23． 【点睛】本题考查了根与系数的关系，若()的两根为，则，． 15. 已知一个圆锥形零件的高线长为，底面半径为，则这个圆锥形的零件的侧面积为______． 【答案】15π 【解析】 【分析】根据勾股定理求出母线长，再利用侧面公式求出答案． 【详解】解：高线长为，底面半径为， 母线长为：， 圆锥侧面积公式为：， 故答案为：． 【点睛】此题考查了勾股定理，圆锥侧面积的计算公式，熟记两个计算公式是解题的关键． 16. 如图，点O是的内心，是的中点，连接、，若，，则的长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，延长到，使，连接，则，先根据三角形的内心及三角形内角和定理求出，则，证明得，在中，根据含有角的直角三角形的性质及勾股定理求出，，进而在中，由勾股定理求出，从而可得的长． 【详解】解：连接，延长到，使，连接，如图所示： 则， 在中，， ∴， ∵点是的内心， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∵点是的中点， ∴，， 在和中，， ∴， ∴， ∴是直角三角形， 在中，， ∴， 由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的内心，全等三角形的判定和性质，含有30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解三角形的内心，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用含有30度角的直角三角形的性质和勾股定理进行运算是解决问题的关键． 三、本大题共3个小题，每小题6分，共18分． 17. 解方程： 【答案】， 【解析】 【分析】利用配方法解一元二次方程即可得． 【详解】 则方程的解为，． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，主要解法包括：直接开方法、配方法、公式法、因式分解法、换元法等，熟记各解法是解题关键． 18. 已知二次函数yx23x，完成以下问题： （1）将函数配方成顶点式并写出函数图象的对称轴方程； （2）求出函数图象与x轴的交点坐标． 【答案】（1），；（2）， 【解析】 【分析】（1）根据配方法将一般式配成顶点式即可求解； （2）令y＝0求出x，即可求解． 【详解】解：（1）， 函数图象的对称轴为：； （2）在中，令，即， 解得：或5， 故函数图象与轴的交点坐标为：，． 【点睛】本题考查的是二次函数的顶点式及求二次函数与x轴的交点坐标，要求学生非常熟悉函数图象与坐标轴的交点、顶点等点的坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征． 19. 如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CE⊥AB于E，BD交CE于点F，CF＝BF， （1）求证：C是的中点； （2）若CD＝4，AC＝8，则⊙O的半径为　 　． 【答案】（1）见解析；（2）2. 【解析】 【分析】（1）由AB是直径知∠CAB+∠CBE=90°，由CE⊥AB知∠ECB+∠CBE=90°，据此得∠CAB=∠ECB，由CF=BF知∠FCB=∠FBC，从而得∠CDB=∠FBC，即可得证； （2）利用（1）中所得结论得出BC=CD=4，再根据勾股定理可求得AB的长，即可得出答案． 【详解】解：（1）∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBE＝90°， ∵CE⊥AB， ∴∠ECB+∠CBE＝90°， ∴∠CAB＝∠ECB， ∵∠CAB＝∠CDB， ∴∠CDB＝∠ECB， 又∵CF＝BF， ∴∠FCB＝∠FBC， ∴∠CDB＝∠FBC， ∴圆弧CD ＝圆弧BC， ∴C是圆弧BD的中点； （2）由（1）知C是圆弧BD的中点， ∴BC＝CD＝4， ∵∠ACB＝90°， ∴AB＝ ＝ ＝4 ， ∴⊙O的半径为2， 故答案为（1）见解析；（2）2． 【点睛】本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质以及勾股定理，也考查了直径所对的圆周角为90度．注意数形结合思想的应用． 四、本大题共2个小题，每小题7分，共14分． 20. 如图，点，的坐标分别为，，将绕点按逆时针方向旋转 得到． （1）在平面直角坐标系中画出； （2）点的坐标为______； （3）求在旋转过程中，点所经过的路径的长度． 【答案】（1）详见解析 （2） （3）的长为 【解析】 【分析】本题主要考查了作图-旋转变换，弧长公式等知识点， (1)根据图形旋转的性质画出即可； (2)根据点在坐标系中的位置即可得出结论； (3)根据弧长公式即可得出结论； 熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求； 【小问2详解】 解：由图可知，为：， 故答案为：； 【小问3详解】 解：的长． 21. 足球训练中球员从球门正前方9米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米．现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高2.4米，通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． 【答案】（1） （2）球能射进球门 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求出函数解析式是解题的的关键． （1）求出抛物线的顶点坐标为，设抛物线，把点代入求得，即可得到抛物线的函数表达式； （2）求出抛物线与y轴交点的纵坐标，与球门高度比较后即可得到结论． 【小问1详解】 解：∵（米）， ∴抛物线的顶点坐标为， ∴设抛物线，把点代入得： ， 解得， ∴抛物线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：当时，， ∴球能射进球门． 五、本大题共2个小题，每小题8分，共16分． 22. 某中学为了预测本校应届毕业女生“一分钟跳绳”项目考试情况，从九年级随机抽取部分女生进行该项目测试，并以测试数据为样本，绘制出如图所示的部分频数分布直方图（从左到右依次分为六个小组，每小组含最小值，不含最大值）和扇形统计图．    根据统计图提供的信息解答下列问题： （1）补全频数分布直方图，并指出这个样本数据的中位数落在第　 　小组； （2）若测试九年级女生“一分钟跳绳”次数不低于130次的成绩为优秀，本校九年级女生共有260人，请估计该校九年级女生“一分钟跳绳”成绩为优秀的人数； （3）如测试九年级女生“一分钟跳绳”次数不低于170次的成绩为满分，在这个样本中，从成绩为优秀的女生中任选一人，她的成绩为满分的概率是多少？ 【答案】（1）补图见解析，三；（2）104人；（3）． 【解析】 【分析】1）首先求得总人数，然后求得第四组的人数，即可补全统计图．根据中位数的定义进行求解即可； （2）利用总人数260乘以所占的比例即可求解． （3）利用概率公式即可求解． 【详解】（1）总人数：10÷20%=50（人）， 第四组的人数：50﹣4﹣10﹣16﹣6﹣4=10（人）， 补全频数分布直方图如下： ， 中位数是50人中第25，26个数的平均数，它们都在第三组，所以，中位数位于第三组． （2）该校九年级女生“一分钟跳绳”成绩为优秀的人数是：（人）． （3）成绩是优秀的人数是：10+6+4=20（人）， ∵成绩为满分的人数是4， ∴从成绩为优秀的女生中任选一人，她的成绩为满分的概率是． 23. 某商场要经营一种新上市的文具，进价为元/件．试营销阶段发现：当销售单价为元时，每天的销售量是件；销售单价元时，每天的销售量为件．其中每天的销售量是售价的一次函数． （1）求这种文具每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式； （2）销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大？ （3）若商店想要每天获利，售价应定为多少元？ 【答案】（1） （2）元 （3）或元 【解析】 【分析】本题考查一次函数和二次函数，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键， （1）设一次函数关系式为，根据题意分别将，代入即可得到函数关系式； （2）设销售利润为，根据题意得，将代入得到，再将函数式变成顶点式，可得到当时，有最大值， 进而得到答案； （3）由题可得，即，解方程即可得到文具的定价． 【小问1详解】 解：设一次函数关系式为， 由题意可得，， 解得：，， ∴所求函数关系式为． 【小问2详解】 解：设销售利润为，根据题意得， ， ∴当时，有最大值，  ∴销售单价为元时，该文具每天的销售利润最大． 【小问3详解】 解：根据题意可得：， ∴， 解得：或． ∴商店想要每天获利，售价应定为或元． 六、本大题共2个小题，每小题12分，共24分． 24. 如图，在中，，与相交于点，与相交于点，连接，已知． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的外角性质可得，然后根据三角形的内角和定理可得，从而可得，最后根据圆的切线的判定即可得证； （2）过点作于点，先利用勾股定理可得，从而可得，再在中，解直角三角形可得，从而可得，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得． 【详解】证明：（1）， ， ， ， ，， ，即， ，即， 又是的半径， 为的切线； （2）如图，过点作于点， ， ， ，， 在中，，， 解得， ， ， ， ， ，即， 解得， ， 在中，． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点B，抛物线经过A，B两点，与x轴的另一个交点为． （1）求抛物线的表达式； （2）当时，求y的最大值与最小值的差； （3）D为直线上方抛物线上一动点，连接，，，，设的面积为，的面积为，求的最大值，并求出点D的坐标． 【答案】（1）抛物线的表达式为 （2）y的最大值与最小值的差为4 （3）的最大值为，点D的坐标为 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，求一次函数解析式等知识点， （1）由待定系数法即可求解； （2）当时，取得最大值为4，当时，取得最小值为0，即可求解； （3）由，即可求解； 熟练掌握二次函数的图象和性质是解决此题的关键． 【小问1详解】 解：∵直线与x轴交于点， ∴， ∴， ∴令得，， ∴， ∵抛物线经过A，B两点，与x轴的另一个交点为， ，解得， ∴抛物线的表达式为：； 【小问2详解】 解：∵， ∴其对称轴为直线， ∴当时，当时，取得最大值为4，当时，取得最小值为0， ∴的最大值与最小值的差为； 【小问3详解】 解：由（1）知，直线的表达式为：， 如图，过点作轴交于点， 设点，则点， ∴ ， ∴的最大值为，此时，点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$