精品解析：2025年湖北省襄阳四中、五中学科特长生联合招生考试: 数学试题

2025年襄阳四中、五中学科特长生联合招生考试 数学试题 考试时间：2025年3月16日下午14：00－16：00 考试用时：120分钟 满分：150分 祝考试顺利 一．单选题（每题5分，共40分） 1. 三种图书的单价分别为元、元和元，某学校计划恰好用元购买上述图书本，那么不同的购书方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2. 如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．现给出以下四个判断： （1）；（2）； （3）；（4）． 则正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知二次函数的图象的对称轴在轴左边，且过点．当为整数时，（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知的三边长为，，，有以下四个结论：（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在．其中正确结论的个数是（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 5. 一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），投掷5次，分别记录每次骰子向上的一面出现的数字，根据下面的统计结果，能判断记录的这5个数字中一定没有出现数字6的是（ ） A. 平均数是3，众数是2 B. 平均数是3，中位数是2 C. 中位数是3，众数是2 D. 平均数是3，方差是2 6. 第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，，若正方形与正方形的面积之比为，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 如图，设是四边形的对角线，的交点，若，且，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 图中都是由棱长为的正方体叠成的几何体．第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，，按此规律，记第个几何体由个正方体叠成，其中，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 二．填空题（每题5分，共40分） 9. 已知数，，则与的大小关系为______．（请用“或”号作答） 10. 从这九个自然数中任取两个不同的数，则它们的最大公约数为1的概率为______． 11. 已知，均为整数，则满足条件的数对共有______组． 12. 一条直线可以把平面分成两个部分，两条直线可以分成三个或四个部分，问7条直线最多可以将平面分成______个部分． 13. 如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____． 14. 现有五个乒乓球和五个盒子，它们分别标号、、、、，小明同学打算将所有的小球都放入到盒子中，但要求：（1）每个盒子只能放一个小球；（2）小球号码与盒子号码均不相同．根据上述信息，小明同学一共有______种不同的放法． 15. 已知的顶点、在反比例函数的图象上，，，轴，点在点的上方，且，则点的坐标为___________． 16. 记表示不超过的最大整数，如，．则不等式的解为______． 三、解答题（第17题10分，18~22题均为12分，共70分） 17. 为激发学生参与劳动的兴趣，某校开设了以“端午”为主题的活动课程，要求每位学生在“折纸龙”“采艾叶”“做香囊”与“包粽子”四门课程中选且只选其中一门，随机调查了本校部分学生的选课情况，绘制了两幅不完整的统计图．请根据图表信息回答下列问题： （1）求本次被调查的学生人数，并补全条形统计图． （2）本校共有名学生，若每间教室最多可安排名学生，试估计开设“折纸龙”课程的教室至少需要几间． 18. 如图，在平面直角坐标系中，交轴于点，交轴负半轴于点，为的直径． （1）求图象经过点、、的二次函数的解析式； （2）设点为（1）中二次函数图象的顶点，判断直线与的位置关系，并说明理由． 19. 某校与部队联合开展红色之旅研学活动，上午7：00，部队官兵乘坐军车从营地出发，同时学校师生乘坐大巴从学校出发，沿公路（如图1）到爱国主义教育基地进行研学，上午8：00，军车在离营地的地方追上大巴并继续前行，到达仓库后，部队官兵下车领取研学物资，然后乘坐军车按原速前行，最后和师生同时到达基地，军车和大巴离营地的路程s（km）与所用时间t（h）的函数关系如图2所示． （1）求大巴离营地的路程s与所用时间t的函数表达式及a的值， （2）求部队官兵在仓库领取物资所用的时间． 20. 已知实数，，，求： （1）若，，求的值； （2）若，，求的值． 21. 已知锐角的外心为，重心为（三条中线的交点），垂心为（三条高线的交点），点为边的中点． （1）求的值； （2）求证：，，三点共线并求出的值． 22. 记二次函数的图象为抛物线，一次函数的图象为直线，与交于点、． （1）设与轴交于点，点在上运动，求的最小值及此时点的坐标； （2）作点关于轴的对称点，记为，连接交轴于点． （I）求点的坐标； （II）设坐标原点为，记与的面积之和为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年襄阳四中、五中学科特长生联合招生考试 数学试题 考试时间：2025年3月16日下午14：00－16：00 考试用时：120分钟 满分：150分 祝考试顺利 一．单选题（每题5分，共40分） 1. 三种图书的单价分别为元、元和元，某学校计划恰好用元购买上述图书本，那么不同的购书方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了三元一次方程组的应用，不等式组的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程组，准确计算确定取值范围． 设购买元、元和元图书的数量分别为a、b、c本，根据总本数和总金额列出方程组，通过代入消元得到a与c的关系，再根据非负整数条件确定a的取值范围，从而得到方案数． 【详解】解：设购买三种图书的数量分别为a、b、c本， 由题意得：， 整理得：， ∵a、b、c为非负整数， ∴， 解得：， ∴a的取值范围为0到的整数，共种可能的取值，（分别为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，）， 对于每一个a值，对应地可求出唯一的b和c， ∴不同的购书方案共有种． 故选：B． 2. 如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．现给出以下四个判断： （1）；（2）； （3）；（4）． 则正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形内心，圆周角定理，等腰三角形的判定，掌握三角形的内心的定义是解题的关键． 根据三角形内心的性质可对（1）进行判断；根据圆内接四边形对角互补直接可对（2）进行判断；根据三角形内心的性质，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形等角对等边可对（3）进行判断；根据三角形内心的性质，等弧和等弦的关系可对（4）进行判断． 【详解】解：（1）∵点是的内心， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故（1）不正确； （2）∵的延长线和的外接圆相交于点， ∴四边形是的外接圆的圆内接四边形， ∴， ∴， 故（2）正确； （3）∵点是的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故（3）正确； （4）∵点是的内心， ∴平分， ∴， ∴， ∴， 故（4）正确； ∴正确的结论是：（2）（3）（4）， ∴正确结论的个数为3． 故选：C． 3. 已知二次函数的图象的对称轴在轴左边，且过点．当为整数时，（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质和应用，二次函数的图象与系数的关系．首先根据题意确定的符号，然后进一步确定，求得，再代入求解即可． 【详解】解：∵图象过点， ∴，即， ∵对称轴直线在y轴左边， ∴， 若，则，即；若，则，即， ∴ a与b同号， 又， ∴且， 设，为整数， 由，得，， ∵， ∴，即， ∵， ∴，即，， ∴，又d为整数， ∴，即， ∴，代入，得， ∴， 故选：B． 4. 已知的三边长为，，，有以下四个结论：（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在．其中正确结论的个数是（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的知识点是三角形三边关系的应用，解题关键是逐一分析四个结论是否成立． 结论（）通过直接计算证明成立；结论（）利用平方和比较证明成立；结论（）通过反例说明不成立；结论（）利用绝对值不等式证明成立． 【详解】解：的三边长为，，， ，，， 且，，， 结论（）：设，，， ，， ， ， 同理，，， ， ， ，， ， ， 、、满足三角形不等式，即以，，为边长的三角形一定存在，（）正确； 对于结论（）： 设，则， ，且，， ， ， 同理，，显然成立，即以，，为边长的三角形一定存在，（）正确； 对于结论（）：取，，满足三角形不等式， 则，，， ， ，，不满足三角形不等式，以，，为边长的三角形不一定存在，（）错误； 对于结论（）： 设，，， 不妨设，则， ， ， ， 同理，， ， ， ， ， ， ，，满足三角形不等式，即以，，为边长的三角形一定存在，（）正确． 综上，（）（）（）正确，正确结论有个． 故选：． 5. 一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），投掷5次，分别记录每次骰子向上的一面出现的数字，根据下面的统计结果，能判断记录的这5个数字中一定没有出现数字6的是（ ） A. 平均数是3，众数是2 B. 平均数是3，中位数是2 C. 中位数是3，众数是2 D. 平均数是3，方差是2 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查中位数、众数、平均数、方差，解题的关键是根据每个选项中的设定情况，列出可能出现的5个数字． 根据中位数、众数、平均数、方差的定义，结合选项中设定情况，逐项判断即可．通过计算各选项下数字6出现的可能性，平均数为3且方差为2时，数字6一定不会出现. 【详解】解：A: 可能出现数字6，例如：1，2，2，4，6（平均数为3，众数2）； B: 可能出现数字6，例如：1，1，2，5，6（平均数为3，中位数2）； C: 可能出现数字6，例如：2，2，3，5，6（中位数3，众数2，）； D：∵ 平均数， ∴ 5个数字之和为：. ∵方差， ∴. 假设出现数字6，则，且其余4个数字之和为9. 为最小化， 其余数字应尽量接近3，应为2，2，2，3，（其和为9）， ∴ 最小为， 与已知矛盾. ∴ 一定没有出现数字6. ∴ 故选：D. 6. 第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，，若正方形与正方形的面积之比为，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，解直角三角形的应用，设，，则，，解直角三角形可得，化简可得，即得，根据勾股定理及正方形的面积公式可求得，结合正方形与正方形的面积之比为，进而可求解的值． 【详解】解：如图，设，，则，， ，，， ， ， ， ，， ， ， ∴ ， 故选：A． 7. 如图，设是四边形的对角线，的交点，若，且，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的判定和性质是本题的关键． 过点作，交的延长线于，根据平行线的性质得到，进而求出，结合，根据“两角对应相等的两个三角形相似”求出，根据相似三角形的性质求出，再根据相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】解：过点作，交的延长线于，如图所示： ， ， ， 又， ， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ， ， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 8. 图中都是由棱长为的正方体叠成的几何体．第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，，按此规律，记第个几何体由个正方体叠成，其中，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了图形类的规律探索，数字类规律探索，认识立体图形，有理数的混合运算，找出规律后并能准确地进行计算是解题的关键．根据图形的规律先表示出第个几何体中的正方体个数，即可得到，，，，，，然后代入上述式子进行计算即可． 【详解】解：由题意得： 第个几何体由个正方体叠成， 第个几何体由个正方体叠成，即， 第个几何体由个正方体叠成，即， 第个几何体由个正方体叠成，即， ， 第个几何体中的正方体个数为：， ，，，，，， ， ， ． 故选：A． 二．填空题（每题5分，共40分） 9. 已知数，，则与的大小关系为______．（请用“或”号作答） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的知识点是分子有理化、平方差公式、实数的大小比较，解题关键是通过有理化比较实数大小．通过有理化将和转化为分式形式，比较分母大小即可判断和的大小关系． 【详解】解：， ， 又，， ， ， 则， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是分子有理化、平方差公式、实数的大小比较，解题关键是通过有理化比较实数大小． 10. 从这九个自然数中任取两个不同的数，则它们的最大公约数为1的概率为______． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】本题考查了概率的计算，熟练掌握列举法求概率的方法是解题的关键． 计算从中任取两个不同数的所有等可能性的结果数，再计算最大公约数不为1所有等可能性的结果数，即最大公约数为2、3、4的所有等可能性的结果数，然后作差求最大公约数为1的所有等可能性的结果数，最后利用概率公式求出最大公约数为1的概率即可． 【详解】解：从中任取两个不同的数，所有等可能性的结果数共有：（种）， 最大公约数为2的结果有：、、、、，共5种， 最大公约数为3的结果有：、、，共3种， 最大公约数为4的结果有：，共1种， ∴最大公约数不为1的结果数有：（种）， ∴最大公约数为1的结果数有：（种）， ∴从这九个自然数中任取两个不同的数，则它们的最大公约数为1的概率为； 故答案为：． 11. 已知，均为整数，则满足条件的数对共有______组． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的知识点是绝对值不等式的应用，解题关键是分类讨论取不同值时的取值情况． 通过考虑和的所有可能非负整数值，满足，然后对每个组合计算对应的整数对数目． 【详解】设，，其中， 为非负整数，且，对于每个对，的取值有种（若）或种（若），的取值有种（若）或种（若），计算所有可能情况： 当时，从到，对应数量和为； 当时，从到，对应数量和为； 当时，从到，对应数量和为； 当时，从到，对应数量和为； 当时，从到，对应数量和为； 当时，，对应数量为； 总和为：． 故答案为：． 12. 一条直线可以把平面分成两个部分，两条直线可以分成三个或四个部分，问7条直线最多可以将平面分成______个部分． 【答案】29 【解析】 【分析】本题考查了数字类规律，解题的关键是找到规律求解．通过计算前几条直线最多分割平面的部分数，发现每增加一条直线，最多增加n个部分，从而推导出n条直线最多分割平面的部分数为，再代入求解即可． 【详解】解：一条直线最多将平面分成2部分，即 两条直线最多分成4部分，即 三条直线最多分成7部分，即 四条直线最多分成11部分，即 以此类推，n条直线最多分割平面的部分数为， ∴当时，7条直线最多可以将平面分成个部分． 故答案为：29． 13. 如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____． 【答案】或 【解析】 【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解． 【详解】解：∵D为AB中点， ∴，即， 取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，， ∴， 在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则， ∵∠A=30°，∠B=90°， ∴∠C=60°，BC＝， ∵DE1∥BC， ∴∠DE1E2=60°， ∴△DE1E2是等边三角形， ∴DE1＝DE2＝E1E2＝， ∴E1E2＝， ∵， ∴，即， 综上，的值为：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键． 14. 现有五个乒乓球和五个盒子，它们分别标号、、、、，小明同学打算将所有的小球都放入到盒子中，但要求：（1）每个盒子只能放一个小球；（2）小球号码与盒子号码均不相同．根据上述信息，小明同学一共有______种不同的放法． 【答案】44 【解析】 【分析】本题考查排列、组合的应用，考查学生分析转化问题的能力，每个小球都不放入相同号码的盒子中，对于5个元素，错位排列即可． 【详解】解：∵每个盒子只能放一个小球；小球号码与盒子号码均不相同， ∴第一个盒子放2的放法有21453；21534；23154；23451；23514；24153；24513；24531；25134；25413；25431，共11种； 第一个盒子放3的放法有31254；31452；31524；34152；34251；34512；34521；35124；35214；35421；35412，共11种； 第一个盒子放4的放法有41253；41532；41523；43152；43251；43512；43521；45123；45132；45213；45231，共11种； 第一个盒子放5的放法有51234；51423；51432；53124；53214；53412；53421；54123；54132；54213；54231，共11种； ∴一共有种 故答案为：44． 15. 已知的顶点、在反比例函数的图象上，，，轴，点在点的上方，且，则点的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、解方程组、解直角三角形，过点作于点，解直角三角形求出、、，得出关于、的方程组，求出方程组的解即可． 【详解】解：过点作于点， 在中，， 在中，，， ， 设， 依题意知，故， 于是， 解得：，（舍去）， 即， 故点的坐标为， 故答案为：． 16. 记表示不超过的最大整数，如，．则不等式的解为______． 【答案】 或 【解析】 【分析】设，则不等式化为，且，由得，故为整数且，对于每个，求在内满足的范围，综合即可得解． 【详解】解：设， 则不等式为， 即，且 ， 由，得， 即，故整数， 当 时，有和，即， ， 当时，有和，即， ， 当时，有和，即， ， 当时，有 和，即， （因为 ）， 当时，有 和，即， （因为且）， 当时，有和， ， ∴， 即， ， 即，此时不等式无解． 综上，不等式的解为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查的知识点是取整函数的不等式求解，解题关键是利用分类讨论的思想解题． 三、解答题（第17题10分，18~22题均为12分，共70分） 17. 为激发学生参与劳动的兴趣，某校开设了以“端午”为主题的活动课程，要求每位学生在“折纸龙”“采艾叶”“做香囊”与“包粽子”四门课程中选且只选其中一门，随机调查了本校部分学生的选课情况，绘制了两幅不完整的统计图．请根据图表信息回答下列问题： （1）求本次被调查的学生人数，并补全条形统计图． （2）本校共有名学生，若每间教室最多可安排名学生，试估计开设“折纸龙”课程的教室至少需要几间． 【答案】（1）本次调查抽取的学生人数为50人，见解析 （2）6间 【解析】 【分析】（1）根据条形统计图已知数据和扇形统计图已知的对应数据，即可求出被调查的总人数，再利用总人数减去选择“折纸龙” “做香囊”与“包粽子”的人数，即可得到选择“采艾叶”的人数，补全条形统计图即可； （2）根据选择“折纸龙”人数的占比乘以1000，可求出学校选择“折纸龙”的总人数，设需要x间教室，根据题意列方程，取最小整数即可得到答案． 【小问1详解】 解：由选“包粽子”人数18人，在扇形统计图中占比，可得， ∴本次调查抽取的学生人数为50人． 其中选“采艾叶”的人数：． 补全条形统计图，如图： 【小问2详解】 解：选“折纸龙”课程的比例． 选“折纸龙”课程的总人数为（人）， 设需要间教室， 可得， 解得取最小整数6． ∴估计至少需要6间教室． 【点睛】本题考查了条形统计图与扇形统计图结合，用样本估计总体，用一元一次不等式解决实际问题，结合条形统计图和扇形统计图求出相关数据是解题的关键． 18. 如图，在平面直角坐标系中，交轴于点，交轴负半轴于点，为的直径． （1）求图象经过点、、的二次函数的解析式； （2）设点为（1）中二次函数图象的顶点，判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） （2）直线与相切，理由见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，求二次函数解析式，熟知圆的相关知识是解题的关键． （1）先证明，利用相似三角形的性质求出的长，得出点C的坐标，然后用待定系数法求解即可； （2）连接，，先求出顶点D的坐标，根据勾股定理逆定理求出即可得到结论． 【小问1详解】 解：如图所示，连接， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， （舍）或， ∵点C在y轴负半轴， ∴点． 设图象经过点A、B、C的二次函数的解析式为， 则，解得， ，即． 【小问2详解】 解：直线与相切，理由如下： 如图所示，连接，， ∵， ∴点， ∴； ∵为的直径， ∵，点M为的中点，即点M的坐标为， ∴， ∴ 为直角三角形，， ∵是的半径， 故直线与相切． 19. 某校与部队联合开展红色之旅研学活动，上午7：00，部队官兵乘坐军车从营地出发，同时学校师生乘坐大巴从学校出发，沿公路（如图1）到爱国主义教育基地进行研学，上午8：00，军车在离营地的地方追上大巴并继续前行，到达仓库后，部队官兵下车领取研学物资，然后乘坐军车按原速前行，最后和师生同时到达基地，军车和大巴离营地的路程s（km）与所用时间t（h）的函数关系如图2所示． （1）求大巴离营地的路程s与所用时间t的函数表达式及a的值， （2）求部队官兵在仓库领取物资所用的时间． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设出函数解析式，利用待定系数法求出函数解析式，将，代入解析式求出的值即可； （2）先求出军车的速度，然后分别求出军车到达仓库，和从仓库出发到达基地的时间，用总时间减去两段时间即可得解． 【小问1详解】 解：设大巴离营地的路程s与所用时间t的函数表达式为，由图象可知，直线过点， ∴，解得：， ∴； 当时：，解得：， ∴； 【小问2详解】 由图象可知，军车的速度为：， ∴军车到达仓库所用时间为：， 从仓库到达基地所用时间为：， ∴部队官兵在仓库领取物资所用的时间为． 【点睛】本题考查一次函数的实际应用．从函数图象上有效的获取信息，正确的求出函数解析式，是解题的关键． 20. 已知实数，，，求： （1）若，，求的值； （2）若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的应用． （1）利用完全平方公式求出的值，再代入立方和公式求； （2）由完全平方公式得出，代入计算即可得出的值，再由计算即可得解． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， 即， 解得：， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴； ． 21. 已知锐角的外心为，重心为（三条中线的交点），垂心为（三条高线的交点），点为边的中点． （1）求的值； （2）求证：，，三点共线并求出的值． 【答案】（1）2 （2）证明见解析，3 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形的外接圆，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握这些性质． （1）根据重心的性质进行求解即可． （2）连接，并延长交外接圆于点M，连接，，，，，，设交于点，，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质可得点是的重心，可得点G与点重合，从而证明G，O，H三点共线；根据相似三角形的性质可得； 【小问1详解】 解：∵点是的重心，是边的中点， ∴， 【小问2详解】 解：（1）连接，并延长交外接圆于点M，连接，，，，，，设交于点，如图， ∵是直径， ∴，是直角， ∴，， 又∵点H是的垂心， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点D是的中点，点O是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点是的重心， ∴点G与点重合， ∴G，O，H三点共线； ∵， ∴， 则， ∴； 22. 记二次函数的图象为抛物线，一次函数的图象为直线，与交于点、． （1）设与轴交于点，点在上运动，求的最小值及此时点的坐标； （2）作点关于轴的对称点，记为，连接交轴于点． （I）求点的坐标； （II）设坐标原点为，记与的面积之和为，求的最小值． 【答案】（1）的最小值为，点的坐标为或 （2）（I）；（II） 【解析】 【分析】（1）设，则 ，令，则，利用二次函数的最值解答即可； （2）（I）设，，则，得到，， 设直线的解析式为，得到直线的解析式为， 令，则，解答即可； （II）根据题意，得，， 得，再整理得，得到判别式，据此求解即可． 【小问1详解】 解：在中，令，则， ， 设， ，令，则， 当，即时，取得最小值，故的最小值为， 此时，， 点的坐标为或； 【小问2详解】 解：（I）设，，则， 联立，得， ，， 设直线的解析式为，将，代入得， 解得， 直线的解析式为， 在中，令，则， ； （II）解：设，， 联立，得， ，， ， 设一次函数与y轴的交点为C， 根据题意，得， ， ， ， ， 将代入，得， 整理得， 即， ∵为实数， ∴判别式， ∴，整理得， ∴或， ∴的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $