精品解析：福建省泉州市泉州外国语学校、东海中学2020-2021学年九年级上学期期中联考数学试题（泉州外国语用）（word+PDF版，含答案）

泉外、东中2020年秋季期中联考九年级数学质量监测卷 （考试时间：120分钟，试卷满分：150分） 第Ⅰ卷 一、选择题（每小题4分，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意．在答题卡上相应题目的答题区域内作答． 1. 下列方程中，是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键在于掌握一元二次方程必须满足：（1）含有一个未知数，含未知数的项的最高次数是2；（2）整式方程． 根据一元二次方程的定义求解，即可解题． 【详解】解：A. ，含两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； B. ，不是等式，故不是一元二次方程，不符合题意； C. ，是一元二次方程，符合题意； D. ，当时，二次项不存在，故不是一元二次方程，不符合题意； 故选：C． 2. 下列常用手机 APP 的图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、不是中心对称图形，故此选项不合题意； C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】此题主要考查了中心对称的概念，注意中心对称是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3. 二次函数的图象向右平移1个单位，所得图象的函数表达式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据“抛物线向左平移加，向右平移减，向上平移加，向下平移减”可得答案．二次函数图象的平移遵循：向左平移加，向右平移减，向上平移加，向下平移减． 【详解】解：把函数的图象向右平移1个单位，所得函数表达式为， 故选：D． 4. 已知⊙O的半径是4，OP=5，则点P与⊙O的位置关系是( ) A. 点P在圆上 B. 点P在圆内 C. 点P在圆外 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据“点到圆心的距离大于半径，则点在圆外”即可解答． 【详解】解：∵⊙O的半径是4，OP=5，5>4 即点到圆心的距离大于半径， ∴点P在圆外， 故答案选C． 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，通过比较点到圆心的距离与半径的大小确定点与圆的位置关系． 5. 反比例函数y=的图象在第一、第三象限，则m的值可以是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据当时，反比例函数的图象在第一、第三象限，即可求解． 【详解】解：∵反比例函数y=的图象在第一、第三象限， ∴， ∴， ∴m的值可以是0． 故选：D 【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握当时，反比例函数的图象在第一、第三象限；当时，反比例函数的图象在第二、第四象限是解题的关键． 6. 如图，已知点，，将线段绕点M逆时针旋转到，点A与是对应点，则点M所在象限为（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了旋转的性质，准确分析作图是解题的关键． 作出对应点连线的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为旋转中心． 【详解】解：如图，连接、，作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线，交点即为点M，由图可得，点M在第四象限． 故选：D 7. 如图，、两点在双曲线上，分别经过点、两点向、轴作垂线段，已知，则( ) A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】欲求S1+S2，只要求出过A、B两点向x轴、y轴作垂线段与坐标轴所形成的矩形的面积即可，而矩形面积为双曲线的系数k，由此即可求出S1+S2． 【详解】解：∵点A、B是双曲线上的点，分别经过A、B两点向x轴、y轴作垂线段， 则根据反比例函数的图象的性质得两个矩形的面积都等于|k|=4， ∴S1+S2=4+4-2×2=4． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质及任一点坐标的意义，有一定的难度． 8. 由于疫情得到缓和，餐饮行业逐渐回暖，某地一家餐厅重新开张，开业第一天收入约为5000元，之后两天的收入按相同的增长率增长，第3天收入约为6050元，若设每天的增长率为x，则x满足的方程是（　　） A. 5000（1+x）＝6050 B. 5000（1+2x）＝6050 C. 5000（1﹣x）2＝6050 D. 5000（1+x）2＝6050 【答案】D 【解析】 【分析】根据开业第一天收入约为5000元，之后两天的收入按相同的增长率增长，第3天收入约为6050元列方程即可得到结论． 【详解】解：设每天的增长率为x， 依题意，得：5000（1+x）2＝6050． 故选：D． 【点睛】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． 9. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆，径几何？”其意思是：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）直径是多少？”此问题中，该内切圆的直径是（　　） A. 5步 B. 6步 C. 8步 D. 10步 【答案】B 【解析】 【详解】勾股定理知，斜边是=17，利用切线长定理知， 半径==3，直径是6.故选B. 10. 已知二次函数y＝a（x﹣2）2+c，当x＝x1时，函数值为y1；当x＝x2时，函数值为y2，若|x1﹣2|＞|x2﹣2|，则下列表达式正确的是（　　） A. y1+y2＞0 B. y1﹣y2＞0 C. a（y1﹣y2）＞0 D. a（y1+y2）＞0 【答案】C 【解析】 【分析】分a＞0和a＜0两种情况根据二次函数的对称性确定出y1与y2的大小关系，然后对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：①a＞0时，二次函数图象开口向上， ∵|x1﹣2|＞|x2﹣2|， ∴y1＞y2， 无法确定y1+y2的正负情况， a（y1﹣y2）＞0， ②a＜0时，二次函数图象开口向下， ∵|x1﹣2|＞|x2﹣2|， ∴y1＜y2， 无法确定y1+y2的正负情况， a（y1﹣y2）＞0， 综上所述，表达式正确的是a（y1﹣y2）＞0． 故选：C． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质，利用了二次函数的对称性，关键要掌握根据二次项系数a的正负分情况讨论． 第Ⅱ卷 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）在答题卡上相应题目的答题区域内作答． 11. 若m是一元二次方程x2﹣3x+1＝0的一个根，则2020﹣m2+3m＝_____． 【答案】2021 【解析】 【分析】先根据意元二次方程根的定义得到m2＝3m﹣1，然后把m2＝3m﹣1代入2020﹣m2+3m中后合并即可． 【详解】解：∵m是一元二次方程x2﹣3x+1＝0的一个根， ∴m2﹣3m+1＝0， ∴m2＝3m﹣1， ∴2020﹣m2+3m＝2020﹣（3m﹣1）+3m ＝2020﹣3m+1+3m ＝2021． 故答案为2021． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．利用整体代入的方法解决此类问题． 12. 反比例函数图像上有两点：和，则的值为_____ 【答案】-8 【解析】 【分析】利用反比例函数图象上点的坐标特征得到，然后解方程即可． 【详解】解：点和都在反比例函数图象上， ，解得． 故答案为． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数为常数，的图象是双曲线，图象上的点的横纵坐标的积是定值，即． 13. 将面积为3πcm2的扇形围成一个圆锥的侧面，若扇形的圆心角是120°，则该圆锥底面圆的半径为_____cm． 【答案】1 【解析】 【分析】直接利用已知得出圆锥的母线长，再利用圆锥侧面展开图与各部分对应情况得出答案． 【详解】解：设圆锥的母线长为Rcm，底面圆的半径为rcm， ∵面积为3πcm2的扇形围成一个圆锥的侧面，扇形的圆心角是120°， ∴＝3π， 解得：R＝3， 由题意可得：2πr＝， 解得：r＝1． 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查了圆锥的计算，正确得出母线长是解题关键． 14. 如图，四边形和都是正方形，点分别在上，点F在扇形的上，已知正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为________________． 【答案】 【解析】 【分析】用正方形ABCD的面积减去扇形BAD的面积再加上正方形AEFG的面积即为阴影部分的面积. 【详解】解：如图，连接AF， 正方形的边长为1，点F在扇形的上 四边形AEFG为正方形 且，即，解得 正方形的面积为1，正方形AEFG的面积为，扇形的面积为 阴影部分的面积=. 故答案为：. 【点睛】本题考查了扇形的面积，灵活的利用正方形与扇形的面积确定阴影部分的面积是解题的关键. 15. 若二次函数的图象上有三个不同的点、、，则n的值为______． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了二次函数性质，根据二次函数性质得到关于二次函数的对称轴对称，进而推出，将其代入二次函数求解，即可解题． 【详解】解：，， 关于二次函数的对称轴对称， ， ， 故答案为：． 16. 如图，在中，，，．点P是内一点，则点P到三个顶点的距离和的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质，旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质和求线段最值的问题，掌握做辅助线是解题的关键．将绕点A顺时针旋转，得到，连接、，作交的延长线于点N，则，由题意可证是等边三角形，所以，所以当 共线时，最小，求出即可． 【详解】解：将绕点A顺时针旋转，得到，连接、，作交的延长线于点N， 则，， ∴，， ，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴当共线时，最小， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 三．解答题（共9小题，满分86分）在答题卡上相应题目的答题区域内作答． 17. 解方程：（用配方法） 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查利用配方法解一元二次方程的方法步骤，熟练掌握配方法解一元二次方程是解决问题的关键．根据配方法解一元二次方程的方法步骤求解即可得到答案． 【详解】解：， ， ， ， ， ，． 18. 已知关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣m＝0有两个不相等的实数根，且n+2m＝4，求n的取值范围． 【答案】 【解析】 【分析】利用判别式的意义得到△＝（﹣2）2﹣4×（﹣m）＞0，然后解关于m的不等式即可． 【详解】解：根据题意得△＝（﹣2）2﹣4×（﹣m）＞0， 解得m＞﹣1． 即m的取值范围为m＞﹣1 ∵n+2m＝4 ∴ ∴n=， 即n的取值范围为． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根． 19. 如图，线段与关于坐标原点中心对称， ，两点坐标分别为，． （1）填空：点的坐标为_____，点的坐标为______； （2）求以为顶点经过点的抛物线解析式． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，二次函数的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反特点进行求解即可； （）抛物线的顶点在轴上， 设该函数解析式为， 然后把代入即可求解． 【小问1详解】 解：∵两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反， ∴，， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：∵抛物线的顶点在轴上， ∴设该函数解析式为， 把代入得：， 解得：， ∴该函数解析式为． 20. 如图，在△ABC中，AB=AC. （1）若以点A为圆心的圆与边BC相切于点D，请在下图中作出点D；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若该圆与边AC相交于点E，连接DE，当∠BAC=100°时，求∠AED的度数. 【答案】 （1）如图所示，点D为所求 （2）65°. 【解析】 【分析】(1)分析题干可知：作AD⊥BC，由于AB=AC，由等腰三角形的性质可知当AD平分∠BAC即可满足：以点A为圆心的圆与边BC相切于点D； （2）由AD平分∠BAC，可得 由圆A半径相等AD=AE，可得∠ADE=∠AED，即可得出答案. 【详解】解：（1）略 （2）如图： ∵AD平分∠BAC ∴ 在中，AD=AE， ∴∠ADE=∠AED ∴ 【点睛】本题考查作图，切线的判定和性质等知识，掌握圆的基本性质是解题的关键. 21. 如图，在△ABC中，AB=AC=，∠BAC=45°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到△AEF，连接BE，CF相交于点D． （1）求证：BE=CF； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）BD的长为． 【解析】 【分析】（1）先根据旋转的性质得出，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证； （2）先由（1）三角形全等的性质可得，再根据菱形的性质、等腰三角形的性质得出，从而可得，然后根据（1）的结论可知，最后根据线段的和差即可得． 【详解】（1）由旋转的性质得： ，即 在和中， ； （2）由（1）得： 四边形ACDE是菱形 ， 又 是等腰直角三角形 由（1）可知， 即BD的长为． 【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、菱形的性质等知识点，利用旋转的性质，得到判定三角形全等的条件是解题关键． 22. 目前我国的高铁技术世界领先，营业里程稳居世界第一．现新开“重庆－昆明”和“重庆－香港”的两条高铁线，试乘阶段推出车票共800张，并且“重庆－香港”车票数量不少于“重庆－昆明”车票数量的3倍． （1）求至少推出多少张“重庆－香港”车票； （2）试乘阶段两种车票的价格均为每张450元．为了促进车票的销量，现决定两种车票的价格均减少，结果实际“重庆－香港”车票数量在（1）问条件下的最少车票数量上增加，“重庆－昆明”车票数量增加了，这样这两条高铁车票的总金额为396000元，求的值． 【答案】（1）600张；（2）20 【解析】 【分析】（1）设推出张“重庆香港”车票，则推出张“重庆昆明”车票，根据推出“重庆香港”车票数量不少于“重庆昆明”车票数量的3倍，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论； （2）根据总价单价数量结合实际这两条高铁车票的总金额为396000元，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【详解】解：（1）设推出张“重庆香港”车票，则推出张“重庆昆明”车票， 依题意，得：， 解得：． 答：至少推出600张“重庆香港”车票． （2）依题意，得： ， 整理，得：， 解得：，． 经检验：不合题意，取 答：的值为20． 【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程． 23. 如图，反比例函数y＝（x＞0）与直线AB：交于点C ，点P是反比例函数图象上一点，过点P作x轴的垂线交直线AB于点Q，连接OP，OQ． （1）求反比例函数的解析式； （2）点P在反比例函数图象上运动，且点P在Q的上方，当△POQ面积最大时，求P点坐标． 【答案】（1）y＝ ；（2）P（2，2） 【解析】 【分析】（1）点C在一次函数上得：m＝，点C在反比例函数上：，求出 k即可． （2）动点P（m，），则点Q（m，﹣2），PQ=-+2，则△POQ面积=，利用-公式求即可． 【详解】解：（1）将点C的坐标代入一次函数表达式得：m＝， 故点C， 将点C的坐标代入反比例函数表达式得：，解得k＝4， 故反比例函数表达式为y＝； （2）设点P（m，），则点Q（m，﹣2）， 则△POQ面积＝PQ×xP＝（﹣m+2）•m＝﹣m2+m+2， ∵﹣＜0，故△POQ面积有最大值，此时m＝＝2， 故点P（2，2）． 【点睛】本题考查反比例函数解析式，及面积最大值问题，关键是会利用一次函数求点C坐标，利用动点P表示Q，求出面积函数，用对称轴公式即可解决问题． 24. 如图，在中，弦弦于E，弦弦 于F点，与相交于M点． （1）求证：； （2）如果，求的半径． 【答案】（1） 证明：连结，如图1所示， ∵， ∴， ∴，， ∴，即， ∴； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形性质和判定，勾股定理，解题的关键在于灵活运用相关知识． （1）连结，结合垂直定义，以及同角的余角相等推出，再结合圆周角定理求解，即可解题； （2）连接，作于H，于K，利用垂径定理得到，结合圆周角定理推出，证明，得到，再结合勾股定理求解，即可解题． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，作于H，于K，如图2所示： 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； 即的半径为． 25. 在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过点M（，n），点N（，n），交y轴于点A． （1）求a，b满足的关系式； （2）若抛物线上始终存在不重合的P，Q两点（P在Q的左边）关于原点对称． ①求a的取值范围； ②若点A，P，Q三点到直线l:的距离相等，求线段PQ长． 【答案】（1）；（2）①,② 【解析】 【分析】（1）根据M、N的坐标确定二次函数图像的对称轴=，然后用a表示b即可； （2）①设，则，将P，Q两点代入表达式得到并求解即可确定a的取值范围内；②先说明B为OA中点，再分别作PD⊥l于D点，QE⊥l于E点；然后就P、Q在直线l异侧和同侧两种情况解答即可． 【详解】解：（1）∵函数图像经过点M（，n），点N（，n） 则该函数的对称轴为直线 ∴ ∴； （2）①设，则，将P，Q两点代入表达式有： 由①+②得：③ ∵始终存在，故方程③始终有解， ∴，可得： ②∵，则A点坐标为（0，3）， ∵设直线交y轴于点B，则B点坐标为 ∴B为OA中点． 分别作PD⊥l于D点，QE⊥l于E点． 若P，Q位于直线l异侧，如图1，连接PQ，交直线l于C点． 由已知得PD=QE， 又∵∠PDC=∠QEC=90°，∠PCD=∠QCE， ∴△PDC≌△QEC ∴CP=CQ ∴C为PQ的中点， ∵O为PQ中点，但直线l并没有经过点O， ∴不存在这种情况． 若P，Q位于直线l同侧，由PD=QE得PQ∥l． 又∵PQ经过原点O， ∴直线PQ的表达式为：． ∴． 由①知道： 则有： 解得：． ∵ ∴． 解得：． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质、轴对称的性质以及分类讨论思想，掌握二次函数的性质、轴对称的性质是解答本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉外、东中2020年秋季期中联考九年级数学质量监测卷 （考试时间：120分钟，试卷满分：150分） 第Ⅰ卷 一、选择题（每小题4分，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意．在答题卡上相应题目的答题区域内作答． 1. 下列方程中，是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列常用手机 APP 的图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 二次函数的图象向右平移1个单位，所得图象的函数表达式是（ ） A. B. C. D. 4. 已知⊙O的半径是4，OP=5，则点P与⊙O的位置关系是( ) A. 点P在圆上 B. 点P在圆内 C. 点P在圆外 D. 不能确定 5. 反比例函数y=的图象在第一、第三象限，则m的值可以是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 6. 如图，已知点，，将线段绕点M逆时针旋转到，点A与是对应点，则点M所在象限为（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 如图，、两点在双曲线上，分别经过点、两点向、轴作垂线段，已知，则( ) A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 8. 由于疫情得到缓和，餐饮行业逐渐回暖，某地一家餐厅重新开张，开业第一天收入约为5000元，之后两天的收入按相同的增长率增长，第3天收入约为6050元，若设每天的增长率为x，则x满足的方程是（　　） A. 5000（1+x）＝6050 B. 5000（1+2x）＝6050 C. 5000（1﹣x）2＝6050 D. 5000（1+x）2＝6050 9. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆，径几何？”其意思是：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）直径是多少？”此问题中，该内切圆的直径是（　　） A. 5步 B. 6步 C. 8步 D. 10步 10. 已知二次函数y＝a（x﹣2）2+c，当x＝x1时，函数值为y1；当x＝x2时，函数值为y2，若|x1﹣2|＞|x2﹣2|，则下列表达式正确的是（　　） A. y1+y2＞0 B. y1﹣y2＞0 C. a（y1﹣y2）＞0 D. a（y1+y2）＞0 第Ⅱ卷 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）在答题卡上相应题目的答题区域内作答． 11. 若m是一元二次方程x2﹣3x+1＝0的一个根，则2020﹣m2+3m＝_____． 12. 反比例函数图像上有两点：和，则的值为_____ 13. 将面积为3πcm2的扇形围成一个圆锥的侧面，若扇形的圆心角是120°，则该圆锥底面圆的半径为_____cm． 14. 如图，四边形和都是正方形，点分别在上，点F在扇形的上，已知正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为________________． 15. 若二次函数的图象上有三个不同的点、、，则n的值为______． 16. 如图，在中，，，．点P是内一点，则点P到三个顶点的距离和的最小值是______． 三．解答题（共9小题，满分86分）在答题卡上相应题目的答题区域内作答． 17. 解方程：（用配方法） 18. 已知关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣m＝0有两个不相等的实数根，且n+2m＝4，求n的取值范围． 19. 如图，线段与关于坐标原点中心对称， ，两点坐标分别为，． （1）填空：点的坐标为_____，点的坐标为______； （2）求以为顶点经过点的抛物线解析式． 20. 如图，在△ABC中，AB=AC. （1）若以点A为圆心的圆与边BC相切于点D，请在下图中作出点D；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若该圆与边AC相交于点E，连接DE，当∠BAC=100°时，求∠AED的度数. 21. 如图，在△ABC中，AB=AC=，∠BAC=45°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到△AEF，连接BE，CF相交于点D． （1）求证：BE=CF； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 22. 目前我国的高铁技术世界领先，营业里程稳居世界第一．现新开“重庆－昆明”和“重庆－香港”的两条高铁线，试乘阶段推出车票共800张，并且“重庆－香港”车票数量不少于“重庆－昆明”车票数量的3倍． （1）求至少推出多少张“重庆－香港”车票； （2）试乘阶段两种车票的价格均为每张450元．为了促进车票的销量，现决定两种车票的价格均减少，结果实际“重庆－香港”车票数量在（1）问条件下的最少车票数量上增加，“重庆－昆明”车票数量增加了，这样这两条高铁车票的总金额为396000元，求的值． 23. 如图，反比例函数y＝（x＞0）与直线AB：交于点C ，点P是反比例函数图象上一点，过点P作x轴的垂线交直线AB于点Q，连接OP，OQ． （1）求反比例函数的解析式； （2）点P在反比例函数图象上运动，且点P在Q的上方，当△POQ面积最大时，求P点坐标． 24. 如图，在中，弦弦于E，弦弦 于F点，与相交于M点． （1）求证：； （2）如果，求的半径． 25. 在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过点M（，n），点N（，n），交y轴于点A． （1）求a，b满足的关系式； （2）若抛物线上始终存在不重合的P，Q两点（P在Q的左边）关于原点对称． ①求a的取值范围； ②若点A，P，Q三点到直线l:的距离相等，求线段PQ长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $