精品解析：黑龙江省绥化市望奎县第五中学2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试卷

2024-2025学年度第一学期第四次月考考试 初四数学试题 考生注意：1．考试时间90分钟 2．全卷共四道大题，总分120分 一、选择题（每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．） 1. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 3. 下列事件中是必然事件的是（ ） A. 实心铁球投入水中会沉入水底 B. 抛出一枚硬币，落地后正面向上 C. 明天太阳从西边升起 D. NBA篮球队员在罚球线投篮2次，至少投中一次 4. 如图，，，是上的三点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向上平移2个单位，所得图象的表达式为（ ） A B. C. D. 6. 如图，⊙O的半径为5，AB为弦，OC⊥AB，垂足为E，如果CE=2，那么AB的长是（    ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7. 某厂通过改进工艺降低了某种产品的成本，两个月内从每件产品250元降低到每件160元，则平均每月降低的百分率为（ ） A. 10％ B. 5％ C. 15％ D. 20％ 8. 一个圆锥的冰淇淋纸筒，其底面直径为6cm，母线长为5cm，围成这样的冰淇淋纸筒所需纸片的面积为（　　） A. 15πcm2 B. 30πcm2 C. 18πcm2 D. 12πcm2 9. 若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+2x﹣2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　） A. k＞ B. k≥ C. k＞且k≠1 D. k≥且k≠1 10. 如图，RtΔABC中，AB=AC，D、E是斜边BC上两点，∠DAE=45°，将ΔADC绕点A顺时针旋转90°后，得到ΔAFB，连接EF，下列结论：①ΔAED≌ΔAEF，②，③ΔABC的面积等于四边形AFBD的面积，④，⑤BE+DC=DE，其中正确的是（ ） A. ①②④ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ①③⑤ 二、填空题（每题3分，共33分） 11. 抛物线的顶点坐标是______． 12. 若关于x的一元二次方程ax2+2x﹣1=0无解，则a的取值范围是__. 13. 在一个不透明的布袋中装有2个白球和n个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同．若从中随机摸出一个球，摸到黄球的概率是，则______． 14. 如图，已知点A，B，C在上，，，则________． 15. 设a，b是方程的两个实数根，则的值为________． 16. 把二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为______． 17. 方程的两个根是等腰三角形的两条边长，则这个三角形的周长为_____． 18. 如图，是由绕点E顺时针旋转后得到的图形，则的度数是______． 19. 已知扇形的半径为，圆心角的度数为，则此扇形的弧长为__________． 20. 如图，放置在直线l上的扇形OAB，由①图滚动（无滑动）到图②，在由图②滚动到图③，若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O的路径长为_____． 21. 一段抛物线：，记为，它与轴交于点，；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点；……如此进行下去，则段对应的函数解析式______． 三、解答题 22. 解方程： （1）（配方法） （2）（因式分解法） 23. 关于x的一元二次方程x2+3x+m-1=0的两个实数根分别为x1,x2． （1）求m的取值范围． （2）若2（x1+x2）+ x1x2+10=0．求m的值. 24. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列步骤： （1）画出将△ABC向右平移3个单位后得到的△A1B1C1，再画出将△A1B1C1绕点B1按逆时针方向旋转90°后所得到的△A2B1C2； （2）求线段B1C1旋转到B1C2的过程中，点C1所经过的路径长． 25. 如图，在中，，是的平分线，O是上一点， 以为半径的经过点D． （1）求证：是切线； （2）若，，求长． 26. 如图，直线与双曲线（常数，）相交于和，． （1）求直线和双曲线所对应的函数解析式； （2）若，，为双曲线上的三点，且，请写出，，及0的大小关系． （3）观察图象，请直接写出不等式的解集． 27. 如图，四边形是边长为2，一个锐角等于的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交、（或它们的延长线）于点E、F，，当时，如图1小芳同学得出的结论是． （1）继续旋转三角形纸片，当时，如图2小芳结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由； （2）再次旋转三角形纸片，当点E，F分别在，的延长线上时，如图3连，若，求的面积． 28 如图，已知抛物线经过点，，三点． （1）求抛物线的解析式； （2）点M是线段上的点（不与B，C重合），过M作轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用含m的代数式表示的长； （3）在（2）的条件下，连接，，是否存在点M，使的面积最大？若存在，求出最大值及点M的坐标；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 $ 2024-2025学年度第一学期第四次月考考试 初四数学试题 考生注意：1．考试时间90分钟 2．全卷共四道大题，总分120分 一、选择题（每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．） 1. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确，符合题意； D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意． 故选C． 【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数顶点式的性质，解题的关键是掌握，对称轴为直线，据此即可解答． 【详解】解：∵， ∴对称轴为直线， 故选：A． 3. 下列事件中是必然事件的是（ ） A. 实心铁球投入水中会沉入水底 B. 抛出一枚硬币，落地后正面向上 C. 明天太阳从西边升起 D. NBA篮球队员在罚球线投篮2次，至少投中一次 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是随机事件，不可能事件，必然事件的含义，掌握“必然事件的含义”是解本题的关键． 在一定条件下，必然发生的事件是必然事件，在一定条件下，不可能发生的事件是不可能事件，在一定条件下，可能发生，也可能不发生的事件是随机事件，根据定义逐一分析即可．根据定义分析即可． 【详解】解：A、实心铁球投入水中会沉入水底是必然事件，故正确； B、抛出一枚硬币，落地后正面向上是随机事件，故错误； C、明天太阳从西边升起是不可能事件，故错误； D、NBA篮球队员在罚球线投篮2次，至少投中一次是随机事件，故错误． 故选A． 4. 如图，，，是上的三点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，直接根据圆周角定理即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， 故选：D． 5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向上平移2个单位，所得图象的表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵二次函数图像平移的规律为“左加右减，上加下减” ∴二次函数的图象向上平移2个单位，所得所得图象的解析式为. 故选B. 6. 如图，⊙O的半径为5，AB为弦，OC⊥AB，垂足为E，如果CE=2，那么AB的长是（    ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】由于半径OC⊥AB，利用垂径定理可知AB=2AE，又CE=2，OC=5，易求OE，在Rt△AOE中利用勾股定理易求AE，进而可求AB． 【详解】如右图，连接OA， ∵半径OC⊥AB， ∴AE=BE= AB， ∵OC=5，CE=2， ∴OE=3， 在Rt△AOE中，AE=， ∴AB=2AE=8， 故选C． 【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，垂径定理是:垂直与弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧 . 7. 某厂通过改进工艺降低了某种产品的成本，两个月内从每件产品250元降低到每件160元，则平均每月降低的百分率为（ ） A. 10％ B. 5％ C. 15％ D. 20％ 【答案】D 【解析】 【分析】降低后的价格＝降低前的价格×（1−降低率），如果设平均每次降价的百分率是x，则第一次降低后的价格是250（1−x），那么第二次后的价格是250（1−x）2，即可列出方程求解． 【详解】如果设平均每月降低率为x，根据题意可得 250（1−x）2＝160， ∴x1＝20%，x2＝180%（不合题意，舍去）． 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程的应用．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．（当增长时中间的“±”号选“＋”，当降低时中间的“±”号选“−”） 8. 一个圆锥的冰淇淋纸筒，其底面直径为6cm，母线长为5cm，围成这样的冰淇淋纸筒所需纸片的面积为（　　） A. 15πcm2 B. 30πcm2 C. 18πcm2 D. 12πcm2 【答案】A 【解析】 【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2． 【详解】底面直径为6cm，则底面周长＝6πcm，所需纸片为扇形，扇形的面积＝×6π×5＝15π（cm2）．故选A． 【点睛】考核知识点：圆锥侧面展开图面积.熟记公式是关键. 9. 若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+2x﹣2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　） A. k＞ B. k≥ C. k＞且k≠1 D. k≥且k≠1 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意得：k-1≠0且△=22-4（k-1）×（-2）＞0， 解得：k＞且k≠1． 故选：C 【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac，关键是熟练掌握：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． 10. 如图，RtΔABC中，AB=AC，D、E是斜边BC上两点，∠DAE=45°，将ΔADC绕点A顺时针旋转90°后，得到ΔAFB，连接EF，下列结论：①ΔAED≌ΔAEF，②，③ΔABC的面积等于四边形AFBD的面积，④，⑤BE+DC=DE，其中正确的是（ ） A. ①②④ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ①③⑤ 【答案】B 【解析】 【分析】①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF，因为∠BAC=90°，∠DAE=45°，所以∠CAD+∠BAE=45°，可得∠EAF=45°=∠DAE，由此即可证明△AEF≌△AED； ②当△ABE∽△ACD时，该比例式成立； ③根据旋转的性质，△ADC≌△ABF，进而得出△ABC的面积等于四边形AFBD的面积； ④据①知BF=CD，EF=DE，∠FBE=90°，根据勾股定理判断． ⑤根据①知道△AEF≌△AED，得CD=BF，DE=EF；由此即可确定该说法是否正确． 【详解】①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF． ∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠CAD+∠BAE=45°，∴∠EAF=45°，∴△AED≌△AEF； 故本选项正确； ②∵AB=AC，∴∠ABE=∠ACD； ∴当∠BAE=∠CAD时，△ABE∽△ACD，∴； 当∠BAE≠∠CAD时，△ABE与△ACD不相似，即； ∴此比例式不一定成立，故本选项错误； ③根据旋转的性质知△ADC≌△AFB，∴S△ABC=S△ABD+S△ABF=S四边形AFBD，即三角形ABC的面积等于四边形AFBD的面积，故本选项正确； ④∵∠FBE=45°+45°=90°，∴BE2+BF2=EF2． ∵△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴BF=CD． 又∵EF=DE，∴BE2+DC2=DE2，故本选项正确； ⑤根据①知道△AEF≌△AED，得CD=BF，DE=EF，∴BE+DC=BE+BF＞DE=EF，即BE+DC＞DE，故本选项错误． 综上所述：正确的说法是①③④． 故选B． 【点睛】本题考查了图形的旋转变换以及全等三角形的判定等知识，解题时注意旋转前后对应的相等关系． 二、填空题（每题3分，共33分） 11. 抛物线的顶点坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，在中，对称轴为，顶点坐标为．直接利用顶点式的特点可写出顶点坐标． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是． 故答案为：． 12. 若关于x的一元二次方程ax2+2x﹣1=0无解，则a的取值范围是__. 【答案】 【解析】 【详解】当时，一元二次方程无解， 解得a＜-1 故答案为： 考点：一元二次方程． 13. 在一个不透明的布袋中装有2个白球和n个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同．若从中随机摸出一个球，摸到黄球的概率是，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据概率公式列出方程求解即可． 【详解】∵在一个不透明的布袋中装有2个白球和n个黄球， ∴共有(2+n)个球，其中黄球n个， 根据概率公式知：P(摸到黄球)=， 解得n=8. 故答案为8. 【点睛】此题考查概率公式，解题关键在于根据概率公式列出方程. 14. 如图，已知点A，B，C在上，，，则________． 【答案】##20度 【解析】 【分析】先根据圆周角定理求出，再根据平行线的性质可证． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，平行线的性质，熟记圆周角定理的含义是解本题的关键． 15. 设a，b是方程的两个实数根，则的值为________． 【答案】2016 【解析】 【分析】先根据一元二次方程的解的定义得到a2=-a+2017，则a2+2a+b=2017+a+b，然后根据根与系数的关系得到a+b=-1，再利用整体代入的方法计算． 【详解】∵a是方程x2+x-2017=0的根， ∴a2+a-2017=0， ∴a2=-a+2017， ∴a2+2a+b=-a+2017+2a+b=2017+a+b， ∵a，b是方程x2+x-2017=0的两个实数根， ∴a+b=-1， ∴a2+2a+b=2017-1=2016． 故答案为2016. 【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=-，x1x2=．也考查了一元二次方程的解． 16. 把二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答． 【详解】解：， 由“左加右减”的原则可知，将二次函数的图象向左平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：；由“上加下减”的原则可知，将抛物线向下平移2个单位长度所得抛物线的解析式为：， 故答案为：． 17. 方程的两个根是等腰三角形的两条边长，则这个三角形的周长为_____． 【答案】10或11 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程因式分解法，等腰三角形的定义，利用因式分解法求出方程的解得到的值，确定出底与腰，即可求出周长．熟练掌握因式分解法是解本题的关键． 【详解】解：， ， 解得：，， 若3为底，4为腰，三角形三边为3，4，4，周长为； 若3为腰，4为底，三角形三边为3，3，4，周长为． 则这个三角形的周长为10或11， 故答案为：10或11． 18. 如图，是由绕点E顺时针旋转后得到的图形，则的度数是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理等知识．连接，根据旋转的性质得到，求出，进一步求出，根据三角形内角和定理即可求出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵是由绕点E顺时针旋转后得到的图形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为： 19. 已知扇形的半径为，圆心角的度数为，则此扇形的弧长为__________． 【答案】 【解析】 【详解】试题解析：∵扇形的半径为6cm，圆心角的度数为120°， ∴扇形的弧长为：=4πcm. 故答案为4π． 20. 如图，放置在直线l上的扇形OAB，由①图滚动（无滑动）到图②，在由图②滚动到图③，若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O的路径长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知，点O的运动路径，刚开始是半径为2的弧长，而后是一条线段，线段长等于，之后又是以半径为2的弧长，它们三段加起来即可． 【详解】解：如图， 点的运动路径的长 的长+ 的长 故答案为 【点睛】本题主要考查了弧长计算，根据题意准确画出点O图形运动轨迹是解题关键． 21. 一段抛物线：，记为，它与轴交于点，；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点；……如此进行下去，则段对应的函数解析式______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的性质，旋转的性质，掌握旋转的性质，二次函数交点式的计算是关键． 根据题意，得到即，运用交点式求二次函数即可． 【详解】解：抛物线：，记为， ∴，顶点坐标为， ∴， 将绕点旋转得， ∴，， 将绕点旋转得， ∴，， ∴，，即， ∴的解析式为， 故答案为： ． 三、解答题 22. 解方程： （1）（配方法） （2）（因式分解法） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）根据配方法解一元二次方程； （2）根据因式分解法解一元二次方程； 【小问1详解】 解：， ， ， ， ， ． 【小问2详解】 解：原式可化为， ∴， 或， ，． 23. 关于x的一元二次方程x2+3x+m-1=0的两个实数根分别为x1,x2． （1）求m的取值范围． （2）若2（x1+x2）+ x1x2+10=0．求m的值. 【答案】（1）m≤．　 （2）m=-3. 【解析】 【分析】（1）方程有两个实数根，必须满足△=b2﹣4ac≥0，从而求出实数m的取值范围； （2）先由一元二次方程根与系数的关系，得x1+x2=3，x1x2=m-1．再代入等式2（x1+x2）+ x1x2+10=0，即可求得m的值． 【详解】（1）∵关于x的一元二次方程x2+3x+m-1=0的两个实数根分别为x1,x2．∴　　⊿≥0． 　　即　32-4（m-1）≥0，解得,m≤．　 （2）由已知可得　x1+x2=3　　 x1x2=m-1 　 又2（x1+x2）+ x1x2+10=0 ∴2×（-3）+m-1+10=0　　∴m=-3 24. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列步骤： （1）画出将△ABC向右平移3个单位后得到的△A1B1C1，再画出将△A1B1C1绕点B1按逆时针方向旋转90°后所得到的△A2B1C2； （2）求线段B1C1旋转到B1C2的过程中，点C1所经过的路径长． 【答案】（1）作图见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据平移的性质得出对应点位置以及利用旋转的性质得出对应点位置画出图形即可． （2）根据弧长计算公式求出即可． 【详解】解：（1）作图如图所示： （2）点C1所经过的路径长为：． 25. 如图，在中，，是的平分线，O是上一点， 以为半径的经过点D． （1）求证：是切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）6 【解析】 【分析】（1）连接，根据角平分线和等边对等角得到，再证即可． （2）过点作，根据角平分线的性质可知，由勾股定理得到的长，再通过证明，根据相似三角形的性质得出的长． 【小问1详解】 解：证明：连接， 是的平分线， ． ， ． ． ． ． ． 是切线． 【小问2详解】 过点作， 是的平分线， ． 在中，， 由勾股定理得：， ，， ． ． ． ． 【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 26. 如图，直线与双曲线（为常数，）相交于和，． （1）求直线和双曲线所对应的函数解析式； （2）若，，为双曲线上的三点，且，请写出，，及0的大小关系． （3）观察图象，请直接写出不等式的解集． 【答案】（1）， （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）首先根据反比例函数系数的几何意义求出，然后求出，，然后利用待定系数法求出直线解析式即可； （2）根据双曲线函数的性质可得出增减性，即可得出大小关系； （3）根据图象求解即可． 【小问1详解】 ∵，轴 ∴ ∴ ∵反比例函数图象在第一，三象限 ∴ ∴ ∴双曲线所对应的函数解析式； 将代入得， 解得 ∴ 将代入 ∴ 将，代入得 解得 ∴直线所对应的函数解析式为； 【小问2详解】 ∵在第三象限内随的增大而减小，故， 又∵是正数，故， ∴． 【小问3详解】 ∵， ∴由图可知或． 【点睛】本题考查了双曲线与一次函数，熟悉双曲线的性质以及两个函数大小比较是解决本题的关键． 27. 如图，四边形是边长为2，一个锐角等于的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交、（或它们的延长线）于点E、F，，当时，如图1小芳同学得出的结论是． （1）继续旋转三角形纸片，当时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由； （2）再次旋转三角形纸片，当点E，F分别在，的延长线上时，如图3连，若，求的面积． 【答案】（1）小芳结论成立，见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． （1）由菱形的性质得到是等边三角形，再证明即可得出结论； （2）连接，作于点M，根据菱形的性质及等边三角形的判定和性质得出是等边三角形，，再由全等三角形的判定和性质得出，，即可求解． 【小问1详解】 解：小芳结论成立：． 理由如下：连接， 四边形是菱形，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：连接，作于点M． 四边形是菱形，， 是等边三角形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ， 在等边中，， ， ． 28. 如图，已知抛物线经过点，，三点． （1）求抛物线的解析式； （2）点M是线段上的点（不与B，C重合），过M作轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用含m的代数式表示的长； （3）在（2）的条件下，连接，，是否存在点M，使的面积最大？若存在，求出最大值及点M的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在点M，当，最大值为 【解析】 【分析】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键． （1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）用，即可得出结果； （3）根据的面积等于，列出二次函数解析式，求值即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点三点， ∴设抛物线的解析式为， 把代入得：， ∴， ∴抛物线的解析式：； 【小问2详解】 解：设直线的解析式为：， 把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， ∴， 又∵轴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：存在， 点 ． 则 ∵， 当时，最大，最大值为． 在中， 当时， ． 综上所述，存在点M，当，最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $