2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（七）

2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（七） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 考生注意： 1. 考试时间120分钟 2. 全卷共三道大题，总分120分 题号 一 二 三 总分 18 19 20 21 22 23 24 得分 一、单选题（每小题3分，满分30分） 1．农历2025年是乙巳蛇年，数字的倒数是（    ） A． B． C． D． 2．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． 3．下列计算错误的是（   ） A． B． C． D． 4．一个立体图形，俯视图是，左视图是，要搭一个这样的立体图形，需要小正方体个数的情况有（    ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 5．绿色出行，健康出行，某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务，图1是共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中、都与地面平行，，，已知、则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．已知一组数据的唯一众数是，中位数是，则这组数据的平均数为（   ） A． B． C． D． 7．关于x的分式方程无解，则m的值为（   ） A．或 B．或 C．或或 D．或 8．在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用180元购买A、B、C三种奖品（三种都买），A种每个10元，B种每个20元，C种每个40元，在C种奖品不超过两个且钱全部用完的情况下，共有几种购买方案（    ） A．8种 B．9种 C．10种 D．11种 9．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，是直角三角形，，，，点B在y轴正半轴，等边的顶点，点C在第二象限，将沿x轴向右平移，得到，点O，C，D的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为S，当点与点A重合时停止运动．则表示S与x的函数图象正确的是（   ） A．B．C．D． 10．如图，抛物线与x轴交点为和C，对称轴为直线且，且顶点为D，以下结论正确的个数是（   ） ①；②；③；④的解集为；⑤可以为等腰直角三角形也可以为等边三角形；⑥在x轴上方且在抛物线内部满足横纵坐标均为整数的点最多15个（不包括边界） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 二、填空题（每小题3分，满分21分） 11．2024年10月30日，神舟十九号载人飞船成功进入中国空间站，并且实现了我国航天史上第5次“太空会师”．神舟十九号载人飞船与长征二号F遥十九号运载火箭组合体的总质量为多千克，总高度为米．将用科学记数法表示应为 ． 12．在函数中，自变量x的取值范围是 ． 13．某班为了舞台剧表演制作道具，现需制作一个圆锥形的帽子道具，已知制作这个帽子所需纸板面积为，母线长为4，则这个圆锥形帽子的高为 ． 14．如图，正方形的边长为8，点E是的中点，连接，分别以点A，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于G，H两点，作直线，分别交于点M，F，则的长为 ． 15．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点为轴上的一点，将绕点按顺时针旋转至，反比例函数的图象经过点，过作交反比例函数图象于点，若的面积为，则的值为 16．在中，，点，分别是，边两个动点．将沿折叠得到，点的对应点为点，的平分线交直线于点．若边与的一条边平行，，则的度数为 ． 17．如图，在平面直角坐标系中，点O第1次运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，第4次运动到点，第5次运动到点，第6次运动到点，第7次运动到点，第8次运动到点，第9次运动到点，第10次运动到点．，…，依此规律继续运动下去，第2025次运动到点的坐标是 ． 三、解答题（本题共7个大题，共69分） 18．（本题共2个小题，第（1）小题6分，第（2）小题4分，共10分） （1）计算：． （2）因式分解： 19．（本题满分5分）解方程：． 20．（本题满分8分）某校为丰富学生的课间活动内容，开设了A：篮球、B：足球、C：跳远、D：跳绳四个活动场地，为了解学生对这4项活动的选择意向，学校随机抽取部分学生进行调查，将数据进行整理并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图． 根据以上信息，解答下列问题： (1)补全条形统计图； (2)扇形统计图中A所对应的圆心角的度数为_____． (3)该校共有6000名学生，请你估计该校有多少名学生选择跳绳． (4)甲、乙两名学生要选择参加活动，若他们每人从A，B，C，D四类活动中随机选取一类，请用画树状图或列表法，求两人恰好选择同一类活动的概率． 21．（本题满分10分）如图，内接于，，过点作，交的直径的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 22．（本题满分10分）在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，A地与C地的距离为320千米．乙车从B地驶往C地，同时甲车从B地驶往A地，到达A地后因故停留1小时，然后按原路原速返回B地并立即驶往C地，结果甲车比乙车早2小时到达C地后停车修整．两车均匀速行驶，图是两车距A地的距离y（单位：千米）与出发的时间x（单位：小时）之间的函数图象（甲车的函数图象不完整）． (1)求乙车从B地到C地的行驶过程中y关于x的表达式（不写自变量的取值范围）； (2)甲车的速度为______________千米/小时；当______________时，甲车刚好到达C地；在图中补充甲车从A地到C地行驶过程中，y关于x的函数图象； (3)当两车从B地出发后，第一次相遇时，求相遇点与A地的距离； (4)乙车到达C地前，直接写出当两车之间相距100千米时x的值． 23．（本题满分12分）综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法． 动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H； 如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH； 若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH； 若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④． 解决问题： （1）在图②中，∠ACB＝ ，BC＝ ，＝ ，与△ABG相似的三角形有 个； （2）在图②中，AH2＝AE· （从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论； （3）在图③中，△ABH为 三角形，设BM为x，则NH＝ （用含x的式子表示）； 拓展延伸： （4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为 ，当tan∠CBQ′＝ 时，△DBQ′的面积最大值为 ． 24．（本题满分14分）在平面直角坐标系中，抛物线经过，两点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)已知点的坐标为，求四边形的面积； (3)如图1，点是抛物线上一动点，且在直线上方．过点作轴，交直线于点，过点作，交直线于点．设点的横坐标为，线段的长为． ①求关于的函数解析式（不需要注明的取值范围）； ②满足的点分别记作点，，如果将（1）中的抛物线平移，且顶点始终在直线上，设平移后的抛物线的顶点横坐标为．如果该抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点，请直接写出的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（七）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C D A C C C B B 1．D 【分析】本题考查了求一个数的算术平方根，倒数的定义，解题关键是熟练掌握倒数的定义． 【详解】解：． ∴的倒数是． 故选：D． 2．B 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：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；中心对称图形的定义：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，进行逐一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意； D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意． 故选：B． 3．C 【分析】本题主要考查了合并同类项，求一个数的立方根，同底数幂的除法，积的乘方运算，根据各自的运算法则一一计算并判断即可得出答案． 【详解】解：．，计算正确，故该选项不符合题意； ．，计算正确，故该选项不符合题意； ． ，原计算错误，故该选项符合题意； ． ，计算正确，故该选项不符合题意； 故选：C． 4．D 【分析】本题考查从不同方向观察物体和几何图形，关键是培养学生的观察和空间想象能力． 根据从俯视和左面看到的形状，最下层最少6个小正方体，第二层左面可以有1个，2个，3个，4个四种情况，即可得结论． 【详解】解：由俯视图可知，这个立体图形的底层小正方体分布情况确定，底层小正方体的个数为6个， 由左视图可知，左视图显示该立体图形有两层，从左视图看，二层左面可以放1个，2个，3个，4个小正方体。 综上，需要小正方体个数的情况有4种， 故选：D． 5．A 【分析】本题考查了平角的定义，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．先根据平角的定义，求出，再根据平行线的性质即可． 【详解】解：∵，， ∴， ， ∴， 故选：A． 6．C 【分析】本题考查了众数、中位数和平均数，由题意可得这组数据为，，，，，进而即可求解，掌握众数和中位数的定义是解题的关键． 【详解】解：由题意可得，这组数据为，，，，， ∴这组数据的平均数为， 故选：． 7．C 【分析】本题主要考查分式方程的解法，熟练掌握解分式方程是解题的关键．根据分式方程无解的条件求出的值，即可得到答案． 【详解】解：原分式方程可化为：， 两边同时乘以， 得：， 整理得：， 分式方程无解，， 故①整式方程无解，即， ； ②分式方程有增根，即， 把或分别代入， 解得或， 故m的值为或或， 故选C． 8．C 【分析】有两个等量关系：购买A种奖品钱数购买B种奖品钱数购买C种奖品钱数；C种奖品个数为1或2个．设两个未知数，得出二元一次方程，根据实际含义确定解． 【详解】解：设购买A种奖品m个，购买B种奖品n个， 当C种奖品个数为1个时， 根据题意得， 整理得：， ∵m、n都是正整数，， ∴，2，3，4，5，6； 当C种奖品个数为2个时， 根据题意得， 整理得：， ∵m、n都是正整数，， ∴，2，3，4； ∴有种购买方案，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．要注意题中未知数的取值必须符合实际意义． 9．B 【分析】本题主要考查了平移变换的性质，等边三角形的性质，解直角三角形的应用，二次函数的性质，三角形面积等，熟练掌握次函数的性质，三角形的面积的知识点是解题的关键. 根据已知条件求出和的相关边长和角度等信息．然后，分不同阶段分析沿x轴平移过程中与重叠部分的形状和面积计算方法，进而得到S与x的函数关系，最后根据函数关系判断函数图象． 【详解】解：①当时，与重叠部分为，如图1， 由平移得：， ， ， 图像为开口向上的抛物线，A选项不符合题意； ②当时，与重叠部分为四边形，如图2， 由平移得：，，， ， ， ， 在中，， ； 图像为开口向下的抛物线；C选项不符合题意； ③当时，与重叠部分为，如图3， 则，且， 是等边三角形，作于， ， ， ， 图像为开口向上的抛物线，B选项符合题意； 故答案为：B． 10．B 【分析】由图象可得，，时，，即可判断①；而，则，由对称轴直线，得到，则，即可判断②；因为抛物线与x轴有两个交点，故，则，即可判断③∵抛物线与x轴交点，而，那么的解集为，即可判断④当为等边三角形时，，记对称轴直线与x轴交于点G，可求，可设解析式为：，代入点，求得，符合题意，当为等腰直角三角形时，可求，同理可求，符合题意，即可判断⑤；当时，解析式为，那么在x轴上方且在抛物线内部满足横纵坐标均为整数的点有16个，由于，当无限接近时，抛物线开口幅度大一点点，仍然满足整点为16个，即可判断⑥． 【详解】解：由图象可得， 而对称轴为直线， 则， 由图象可得时，， ∴，故①错误； ∵ ∴， ∵对称轴， ∴， ∴， 故②错误； ∵抛物线与x轴有两个交点， ∴， ∴， 故③正确； ∵抛物线与x轴交点为和C，对称轴为直线， ∴， ∵ ∴的解集为， 故④正确； 当为等边三角形时，，记对称轴直线与x轴交于点G，如图： ∴ ∴， ∴ ∴可设解析式为：， 代入点得：， 解得：，符合题意， 当为等腰直角三角形时，如图： 此时， ∵轴， ∴也为等腰直角三角形， ∴， ∴ ∴可设解析式为：， 代入点得：， 解得：，符合题意， 故⑤正确； ∵当时，解析式为，如图： 当， 那么在x轴上方且在抛物线内部满足横纵坐标均为整数的点有16个， ∵， ∴当无限接近时，抛物线开口幅度大一点点，仍然满足整点为16个， 故⑥错误， ∴正确的有③④⑤， 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，等边三角形的性质，解直角三角形，二次函数与不等式的关系． 11． 【分析】本题考查了科学记数法，其表示形式为，其中，为整数，正确确定和的值是解题的关键． 根据，即可得到答案． 【详解】解：， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了函数自变量的取值范围的求解，分式有意义的条件，掌握分母不为0是解题的关键． 根据分式有意义得到，即可求解自变量x的取值范围． 【详解】解：由题意得，， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】设圆锥的底面半径为r，根据扇形面积公式求出r，再根据勾股定理求出帽子的高． 本题考查的是圆锥的计算，熟记扇形面积公式是解题的关键． 【详解】解：设圆锥的底面半径为r， 由题意得：， 解得：， 这个圆锥形帽子的高为：， 故答案为： 14．1 【分析】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，勾股定理，由正方形的性质可得，由线段中点的定义可得，由作图方法可知垂直平分，则，设，则，由勾股定理可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 由作图方法可知垂直平分， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故答案为：1 ． 15． 【分析】根据，得到，是解答本题的关键．过B点作于E点，根据旋转的性质可得：，，即有是等边三角形，则有，，根据，可得，即可得，解方程可得（负值舍去），则有，问题随之得解． 【详解】解：过B点作于E点，如图， 根据旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴， ∵反比例函数的图象经过点B， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，反比例函数的性质，二次根式的运算等知识，作出合适的辅助线是解本题的关键． 16．或或 【分析】本题考查了角平分线的有关计算、三角形内角和定理及平行线的性质．分三种情况，分别作出三种情况下相应图形，并结合平行线的性质求出即可． 【详解】解：∵，， ∴， ①如下图： ∵， ∴，， ∵平分， ∴， ∴； ②如下图： ∵， ∴，， ∵平分， ∴， ∴； ③如下图： ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴； 故答案为：或或． 17． 【分析】本题考查了点坐标规律探索，旨在考查学生的抽象概括能力，解题的关键是找出点坐标规律． 根据坐标发现当运动次数为（k为正整数）时，点的坐标为，即可求解． 【详解】解：∵， ，，，， ∴当运动次数为（k为正整数）时，点的坐标为， ∵， ∴，即， 故答案为：． 18．（1）；（2） 【详解】（1）解： ． （2）解：原式 ； 19．，． 【分析】本题考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．利用因式分解法求解即可． 【详解】解：， 因式分解得， ∴或， ∴，． 20．(1)见详解 (2) (3)2400名 (4) 【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、画条形统计图，利用画树状图或列表法求概率，熟练掌握统计调查的相关知识和列举法是解题关键． （1）根据C选项的人数和占比求出总人数，进而可求出选项D的人数，即可补全条形统计图． （2）用360度乘以A选项人数的占比即可． （3）用样本估计总体即可． （4）画出树状图求概率即可． 【详解】（1）解：总人数有：人， 参加D项活动的人数有：（人） 补全条形统计图如下： （2）解： （3）解：(名) （4）解∶ 由题意，画树状图如下： 由图可知，甲、乙两名学生选择参加四类活动的所有等可能的结果共有16种，其中，两人恰好选择同一类的结果有4种，则两人恰好选择同一类的概率为， 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，利用线段的垂直平分线性质，结合切线的判定定理证明即可； （2）连接，根据圆周角定理，得，求得圆的半径，再利用勾股定理两次表示，求得的长，利用三角形中位线定理求的长即可． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接， ，， 故直线垂直平分线段， ， ， 是半径， 是的切线； （2）解：连接， 是的直径， ， ，， ， ， ， 由（1）得，， 设， ，， 解得，即， ． 【点睛】本题考查了切线判定，圆周角定理，线段的垂直平分线的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，三角形中位线定理，正切函数的应用，熟练掌握判定和函数的应用是解题的关键． 22．(1) (2)80，6 (3)224千米 (4)或 【分析】本题考查了一次函数的应用，求一次函数的解析式，正确理解甲乙两车的行驶过程是解题的关键． （1）由题意可知图中段图象是乙车从地到地的行驶过程，由图象可知，，再利用待定系数法即可求解； （2）结合题意，根据速度路程时间即可求解； （3）由题意可知，甲车从地出发时，乙车已经出发了2小时，若距离出发小时，两车第一次相遇，列出方程即可求解； （4）分四种种情况：当甲还没到时，两车之间相距100千米；当甲、乙相遇之前时，两车之间相距100千米；当甲、乙相遇之后，且甲车没有到达地时，两车之间相距100千米；当甲车到达地后，乙车还没有到，两车之间相距100千米；分别列出方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意可知图中段图象是乙车从地到地的行驶过程， 由图象可知，， 可设，代入，，得，解得， ∴乙车从地到地的行驶过程中关于的表达式为：； （2）由图象可知，甲车的速度为千米/小时， 甲车从地出发达到地所需时间为， ∴， 则补全函数图象如图所示， 故答案为：80，6； （3）由题意可知，甲车从地出发时，乙车已经出发了2小时， 若距离出发小时，两车第一次相遇， 可得：，解得：， 此时，相遇点与地的距离为千米； （4）当甲还没到时，两车之间相距100千米，可得，解得：； 当甲、乙相遇之前时，两车之间相距100千米，可得：，解得：； 当甲、乙相遇之后，且甲车没有到达地时，两车之间相距100千米，可得：，解得：（不符合题意，舍去）； 当甲车到达地后，乙车还没有到，两车之间相距100千米，可得：，解得：（不符合题意，舍去）； 综上，当两车之间相距100千米时，或． 23．（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6 【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB =30°，利用三角函数可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，与△ABG相似的三角形由7个； （2）由EF为折痕，可证△AEH∽△AHG，可得即可； （3）由四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，可证△ABH为等边三角形，再证△ABM∽△MHN，可得 即可； （4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=． 【详解】解（1）∵点H为AC中点， ∴AC=2AH， ∵折叠，点B与点H重合， ∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B=90°， ∴∠AHG=∠B=90°， ∴GH为AC的垂直平分线， ∴AG=CG，∠GCH=∠GAH， ∴∠BAG=∠HAG=∠GCH， ∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°， ∴3∠ACB=90° ∴∠ACB =30°， ∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°， ∴tan30°=，AB=2， ∴BC=， ∵tan∠BAG=tan30°=， ∴BG=， ∴AG=2BG=4，BF=FC=， ∴GF=BF-BG=3-2=1， ∴， ∵AD∥BC， ∴∠DAC=∠ACB=30°， ∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH =∠DAC =∠BCA=30°， ∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°， ∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA， ∴与△ABG相似的三角形由7个， 故答案为：30°；6；4；7； （2）∵EF为折痕， ∴EH⊥AD， ∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90° ∴△AEH∽△AHG， ∴， ∴ 故答案为AG； （3）∵四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点， ∴AH=CH=BH，由图2知AB=AH， ∴AH =BH=AB， ∴△ABH为等边三角形， ∴∠ABH=∠AHB=60°， ∵∠AMN＝∠ABH； ∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°， ∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°， 即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH， ∴∠BAM =∠NMH， ∴△ABM∽△MHN， ∴， ∵AB=，MH=， ∴， ∴， 故答案为：等边；， （4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小 ∵AB=2，AD=BC=6， ∴BC= ∵BQ'= ∴Q′D最小= 当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大 ∵tan∠DBC=， ∴∠DBC=30°， ∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60° ∴tan∠CBQ'= S△BDQ′最大=； 故答案为；；6． 【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质， 等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积，掌握查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积求法是解题关键． 24．(1) (2) (3)①；②或 【分析】（1）由抛物线经过，两点，设抛物线的交点式，再由抛物线与轴交于点，将代入解析式求解即可得到答案； （2）根据题意，，，，，，由四边形的面积，代值求解即可得到答案； （3）①根据题意，求出，利用两点之间距离公式表示出，即可得到关于的函数解析式；②由①中解析式，当时，解一元二次方程得到点，，求出直线，结合抛物线平移性质，设顶点式，最后由该抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点，分类讨论求解即可得到答案． 【详解】（1）解：抛物线经过，两点， 设， 抛物线与轴交于点， 将代入得， 抛物线的解析式为； （2）解：如图所示： ，，，，， 四边形的面积； （3）解：①、， 设直线， 将、代入得， 解得， 直线； 同理，、，则直线， 点为直线上方抛物线上一动点，设点的横坐标为， ，且， ，则设直线， 将代入直线，得， 直线， 交线段于点， 联立方程组得，解得，即， ， 关于的函数解析式为； ②由①知， 当时，得，即， ，解得或， 则、， 设直线， 将、代入可得， 解得， 直线， 将（1）中的抛物线平移，且顶点始终在直线上， 设平移后的抛物线的顶点横坐标为，则顶点坐标为， 平移后的抛物线为， 该抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点，，， 当抛物线过点时，，即，解得或； 当抛物线过点时，，即，解得或； 当时，抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点； 联立，消去得， 当抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点时， ，即，解得， 此时，将代入得， 解得，满足线段中的要求， 即当时，抛物线与线段也只有一个交点； 综上所述，抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点时，的取值范围是或． 【点睛】本题考查二次函数综合，难度很大，涉及待定系数法求二次函数解析式、两点之间距离公式、平面直角坐标系中求图形面积、待定系数法求一次函数解析式、直线与抛物线交点问题、一次函数图象的平移、抛物线的平移、因式分解法解一元二次方程等知识，读懂题意，熟记二次函数图象与性质，理解并掌握二次函数综合问题的相应解法是解决问题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$