精品解析：重庆复旦中学教共体2025-2026学年九年级下学期数学第一次学情自测

重庆复旦中学教育集团2025-2026学年度下期第一次段考 初2026届数学试题 本试卷分为I卷和Ⅱ卷，考试时间120分钟，满分150分．请将答案工整地书写在答题卡上． I卷 客观题 一、选择题（共40分，每题4分） 1. 3的相反数是（ ） A. B. C. D. 2. 2025年9月，中国新能源汽车累计销售量已突破400万辆，产销量连续10年位居全球第一．下列新能源汽车图标中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 以下调查中，适合进行普查的是（   ） A. 调查市场上某种品牌手机电池的使用寿命 B. 调查中央广播电视总台春节联欢晚会的收视率 C. 调查九年级某班全体学生的视力情况 D. 调查某市居民垃圾分类的情况 4. 如图，点在上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 用圆圈按如图所示的规律平移得到新的图形，其中第①个图案中有个圆圈，第②个图案中有个圆圈，第③个图案中有个圆圈，…，按此规律排列下去，则第⑧个图案中圆圈的个数为（       ） A. B. C. D. 6. 将直线向右平移2个单位所得直线的表达式为（ ） A. B. C. D. 7. 下列四个数中，最大的是（ ） A. B. C. D. 8. 某农机厂四月份生产零件50万个，六月份生产零件182万个．设该厂生产零件的月平均增长率为x，那么x满足的方程是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，为等腰直角三角形，，是上一点，交直线于点，且，，点为的中点，连接，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 已知整式，其中n为正整数，为自然数，且．下列说法： ①当时，满足的整式Q共有5个； ②当时，满足条件的所有整式Q的所有项的系数总和为120； ③满足条件的所有二次三项式中，当x取任意数时，其值一定为非负数的整式Q共有3个． 其中正确的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题（共24分，每题4分） 11. 高速收费站推行（电子不停车收费系统）可有效节约人工成本，提高道路通行效率．某高速收费站出口有通道1，通道2，通道3，通道4共四个通道，所有车辆均可从四个通道中随机通过．甲车经过该收费站时，选择从通道2通过的概率是________． 12. 如图，直线相交于点，则的度数为________． 13. 若 为正整数，且满足 ，则 ________． 14. 若，则________． 15. 如图，是的直径，点C，D在上，连接交于点M，点A是劣弧的中点，点E为过点B的切线上一点，连接，交于点F，点C恰为劣弧的中点，连接，若的直径为10，，则_________，________． 16. 若一个三位正整数（各个数位上的数字均不为0）满足，则称这个三位正整数为“天长数”．对于一个“天长数”m，将它的十位数字作为百位，百位数字作为个位，个位数字作为十位后得到新数n，记．例如：满足，则126为“天长数”，那么，所以．则=______；对于任意一个“天长数”m，若能被11整除，则满足条件的m的最大值是______． Ⅱ卷 主观题 三、解答题（共86分，17、18题每题8分，19-25题每题10分） 17. 解不等式组：，并写出它的正整数解． 18. 如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点． （1）用尺规完成以下基本作图：作，使，且射线交于点（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）． （2）求证：四边形是菱形． 证明：由知， ． ， 四边形是平行四边形（ ② ） 是斜边上的中线， ③ ． 平行四边形是菱形． 请进一步思考：若，则四边形是 ④ ． 19. 某教育平台推出A，B两款人工智能学习辅导软件，相关人员开展了A，B两款人工智能学习辅导软件使用满意度评分测验，并从中各抽取20份，对数据进行整理、描述和分析（评分分数用x表示，分为以下四个等级：不满意（），比较满意（），满意（），非常满意（），下面给出了部分信息： 抽取的对A款人工智能学习辅导软件的所有评分数据：64，70，75，76，78，78，85，85，85，85，86，89，90，94，95，98，98，99，100． 抽取的对B款人工智能学习辅导软件的评分中“满意”的数据：86，86，87，88，88，89，90． A，B款人工智能学习辅导软件的所有评分统计表 软件 平均数 中位数 众数 方差 A 86 a B 86 b 88 （1）填空： ， ， ． （2）根据以上数据，你认为哪款人工智能学习辅导软件更受用户欢迎？请说明理由（写出一条即可） （3）本次调查中，有800名用户对A款人工智能学习辅导软件进行了评分，有1000名名用户对B款人工智能学习辅导软件进行了评分，估计其中对A，B两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户总人数． 20. 先化简，再求值：，其中． 21. 重庆中国三峡博物馆围绕馆藏的战国青铜鸟形尊文物，开发了多款兼具文化内涵与实用性的文创商品．该系列文创商品将鸟形尊憨态可掬的形态进行卡通化复原，其造型可爱、颜色醒目，深受年轻人喜爱．其中鸟形尊冰箱贴和鸟形尊纸艺书签销售火爆．已知一个鸟形尊冰箱贴的售价比一个鸟形尊纸艺书签售价高16元，且购买三个鸟形尊冰箱贴和两个鸟形尊纸艺书签共需108元． （1）求一个鸟形尊冰箱贴的售价和一个鸟形尊纸艺书签的售价各是多少元？ （2）五一节促销期间，鸟形尊冰箱贴每个降价元，鸟形尊纸艺书签每个降价m元，促销后鸟形尊冰箱贴总销售额为3300元，鸟形尊纸艺书签总销售额为900元，且鸟形尊冰箱贴的销量比纸艺书签多，求m的值． 22. 如图，在中，，，，点P从点B出发，沿折线运动，当它到达点A时停止，设点P运动的路程为x，点Q是射线上一点，，连接，设，． （1）求出，与x的函数关系式，并注明x的取值范围； （2）在直角坐标系内画出，函数图象，结合和的函数图象，并描述出，图象的一条性质． （3）当时，求出x的取值范围（精确到）． 23. 某物流调度中心开展无人机配送航线巡检任务，如图，A处是调度中心，位于B处正北方向7千米处；C处是配送枢纽，在B处正东方向；D处是信号点，在A处南偏东方向6千米处，且在C处的东北方向．（参考数据：，，） （1）求B，C间的距离（结果保留根号）； （2）甲，乙两架巡检无人机同时出发．甲从D处沿某方向匀速飞行，乙从A处沿正南方向匀速飞行，甲的速度与乙的速度之比为．两人在上某处相遇，相遇时乙共飞行了多少千米？（结果保留小数点后一位） 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线分别交x轴于，B两点（A在B的左侧），交y轴于点C，连接，，抛物线的对称轴是直线． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是线段下方抛物线上的一动点，过点P作轴交直线于点D，过点P作交直线于点E，点M，N为直线上的动点，点M在点N的右侧且．当的面积取得最大值时，求P的坐标及此时的最大值； （3）在（2）中当的面积取得最大值时，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，连接，与线段交于点F，点Q为抛物线上的一动点．若且满足，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标，并写出求解点Q的坐标的其中一种情况的过程． 25. 已知为等边三角形，是平面内的一个动点． （1）如图1，点在内部，连接并延长交于点，连接并延长交于点；若，求的度数． （2）如图2，点在外部，连接，点D为线段中垂线上一点，连接，为中点，连接；若，求证； （3）如图3，点在外部，，将沿着翻折，得到，连接，为线段上一点，且，连接；若，当线段的长取最小值时，直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆复旦中学教育集团2025-2026学年度下期第一次段考 初2026届数学试题 本试卷分为I卷和Ⅱ卷，考试时间120分钟，满分150分．请将答案工整地书写在答题卡上． I卷 客观题 一、选择题（共40分，每题4分） 1. 3的相反数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查相反数的基本概念，根据相反数的定义即可直接求出结果，用到的知识点为：只有符号不同的两个数互为相反数. 【详解】解：将的符号改变，得到， 即的相反数是，因此选A 2. 2025年9月，中国新能源汽车累计销售量已突破400万辆，产销量连续10年位居全球第一．下列新能源汽车图标中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、该汽车图标是中心对称图形，符合题意； B、该汽车图标不是中心对称图形，不符合题意； C、该汽车图标不是中心对称图形，不符合题意； D、该汽车图标不是中心对称图形，不符合题意； 故选：A． 3. 以下调查中，适合进行普查的是（   ） A. 调查市场上某种品牌手机电池的使用寿命 B. 调查中央广播电视总台春节联欢晚会的收视率 C. 调查九年级某班全体学生的视力情况 D. 调查某市居民垃圾分类的情况 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查普查与抽样调查的适用场景判断，关键是明确：普查适用于调查范围较小，易实施且无破坏性的调查；抽样调查适用于调查范围大，有破坏性或调查成本过高的情况． 【详解】解：∵选项A，调查某种品牌手机电池的使用寿命，测试过程会损坏电池，具有破坏性，因此适合抽样调查，不适合普查． ∵选项B，调查中央广播电视总台春节联欢晚会的收视率，调查对象范围广，普查难度大成本高，因此适合抽样调查． ∵选项C，调查九年级某班全体学生的视力情况，调查对象数量少，范围小，可开展全面调查，因此适合普查． ∵选项D，调查某市居民垃圾分类的情况，调查对象数量多，普查工作量过大，因此适合抽样调查． 4. 如图，点在上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键． 直接根据圆周角定理即可得． 【详解】解：∵， ∴由圆周角定理得：， 故选：B． 5. 用圆圈按如图所示的规律平移得到新的图形，其中第①个图案中有个圆圈，第②个图案中有个圆圈，第③个图案中有个圆圈，…，按此规律排列下去，则第⑧个图案中圆圈的个数为（       ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查图形规律探索，用代数式表示规律，归纳图案数量规律是解题关键． 通过观察图案，发现相邻图案的圆圈数差值为，可推导出第个图案的圆圈数为，代入即可算出结果． 【详解】解：据图可知， 第①个图案有个圆圈， 第②个图案有个圆圈， 第③个图案有个圆圈， 则第个图案中有个圆圈， 故第⑧个图案中有个圆圈． 故选：． 6. 将直线向右平移2个单位所得直线的表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据“左加右减，上加下减” 的平移规律求解即可. 【详解】解：将直线向右平移2个单位， 所得直线的解析式为， 即， 故选：B. 【点睛】本题考查一次函数图象与几何变换，在平面直角坐标系中，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”. 7. 下列四个数中，最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查科学记数法表示的数的大小比较，根据10的指数可判断数的位数，位数越多的数越大，位数相同时再比较系数大小即可得到结果． 【详解】解： ∵和展开后是7位数，和展开后是8位数， ∴ 7位数小于8位数，只需比较和， 又∵， ∴最大， 故选：C． 8. 某农机厂四月份生产零件50万个，六月份生产零件182万个．设该厂生产零件的月平均增长率为x，那么x满足的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设该厂生产零件的月平均增长率为，根据题意列出方程即可． 【详解】解：设该厂生产零件的月平均增长率为， 由题意得，， 故选：A． 9. 如图，为等腰直角三角形，，是上一点，交直线于点，且，，点为的中点，连接，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质．过点作交延长线于，可得是等腰直角三角形，即得，设，则，利用勾股定理可得，即得，进而得到，最后根据直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，过点作交延长线于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，， ， ∴， 整理得， 解得，（不合，舍去）， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， 故选：． 10. 已知整式，其中n为正整数，为自然数，且．下列说法： ①当时，满足的整式Q共有5个； ②当时，满足条件的所有整式Q的所有项的系数总和为120； ③满足条件的所有二次三项式中，当x取任意数时，其值一定为非负数的整式Q共有3个． 其中正确的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题综合考查了整式，完全平方公式，正确进行计算是解题关键． 根据题意逐项分析，对进行分类讨论，即可求解，理解题意，分类讨论，找出规律是解题的关键． 【详解】解：①当时，， ，且为自然数， 有，，此时， 有，，，此时， 有，，，此时， 有，，，此时， 有，，，，此时， 有，，，，此时， 共6个，故①错误； ②当时，， 为自然数， 有，，，，的组合， 有3种顺序， 有6种顺序， 有6种顺序， 有3种顺序， 有3种顺序， 所以符合条件的整数总共有个， 每个整式的系数和为， 所以满足条件的所有整式Q的所有项的系数总和为，故②错误； ③需要二次三项式， ， ， 需要三项， ， 可以是，此时不一定为非负数， ，此时不一定为非负数， ，此时一定为非负数， ，此时一定为非负数， ∴当x取任意数时，其值一定为非负数的整式Q共有2个，故③错误； 综上，其中正确的个数是0个， 故选：A． 二、填空题（共24分，每题4分） 11. 高速收费站推行（电子不停车收费系统）可有效节约人工成本，提高道路通行效率．某高速收费站出口有通道1，通道2，通道3，通道4共四个通道，所有车辆均可从四个通道中随机通过．甲车经过该收费站时，选择从通道2通过的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据概率的计算公式，直接计算即可得到结果. 【详解】解：甲车经过该收费站时，共有种等可能的通道选择方式，选择通道通过的情况只有种，因此选择从通道通过的概率是． 12. 如图，直线相交于点，则的度数为________． 【答案】##43度 【解析】 【分析】根据对顶角相等，求解即可． 【详解】解：根据对顶角相等，得， ， ， 解得． 13. 若 为正整数，且满足 ，则 ________． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查无理数的估算，掌握相关知识是解决问题的关键．通过平方法估算的范围即可． 【详解】解：. ， ． 为正整数， ． 故答案为：5． 14. 若，则________． 【答案】20 【解析】 【分析】先根据二次根式有意义的条件确定的取值范围.再化简绝对值.最后整理方程求解即可． 【详解】解：根据二次根式有意义的条件，得，即． 因为，所以，根据绝对值的性质，得. 将代入原方程，得 整理得 两边同时平方，得 解得． 15. 如图，是的直径，点C，D在上，连接交于点M，点A是劣弧的中点，点E为过点B的切线上一点，连接，交于点F，点C恰为劣弧的中点，连接，若的直径为10，，则_________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】连接，，，，作于点，利用垂径定理和圆的有关性质求得，，，在中，利用勾股定理求解即可；在中，求得，证明，，利用正切函数的定义求得，，根据，求解即可． 【详解】解：连接，，，，作于点，记与的交点为， ∵点A是劣弧的中点，点C恰为劣弧的中点， ∴，，， ∴， ∴，， ∵的直径为10， ∴， 在中，， ∴，， ∴； ∵是的直径， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴． 16. 若一个三位正整数（各个数位上的数字均不为0）满足，则称这个三位正整数为“天长数”．对于一个“天长数”m，将它的十位数字作为百位，百位数字作为个位，个位数字作为十位后得到新数n，记．例如：满足，则126为“天长数”，那么，所以．则=______；对于任意一个“天长数”m，若能被11整除，则满足条件的m的最大值是______． 【答案】 ①. 189 ②. 711 【解析】 【分析】本题主要考查新定义的整式运算，根据题意得为“天长数”，得到，根据定义计算即可；设“天长数”m的百位为a、十位数为b、个位数为c，则，，那么，结合题意得能被11整除，且a和b可能为1至7中数的任意一个，则，那么，只能为和22分别计算其对应值即可． 【详解】解：∵， ∴为“天长数”， 当时，， ∴； 设“天长数”m的百位为a、十位数为b、个位数为c，则，， 则， ∵， ∴ ， ∵能被11整除， ∴能被11整除， ∵各个数位上的数字均不为0， ∴a和b可能为1至7中数的任意一个， 则， ∴ ∴， （1）当时，，则， 若，则，；若，则（舍去）；若，则（舍去）；若，则（舍去）， ∴满足题意得； （2）当时，，则被4整除， 若，则，；若，则（舍去）， ∴满足题意得； （3）当时，，则被4整除， 若，则，；若，则（舍去）， ∴满足题意得； （4）当时，， 若，则，， ∴满足题意得； ， 最大的m是711． 故答案为：189，711． Ⅱ卷 主观题 三、解答题（共86分，17、18题每题8分，19-25题每题10分） 17. 解不等式组：，并写出它的正整数解． 【答案】，1 【解析】 【分析】分别解出两个不等式的解集，再根据解集的规律：大小小大中间找确定不等式组的解集，然后再确定它的正整数解． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， 不等式组的解集为：， 则它的正整数解为1． 【点睛】此题主要考查了一元一次不等式组的解法，关键是掌握不等式组确定解集的方法． 18. 如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点． （1）用尺规完成以下基本作图：作，使，且射线交于点（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）． （2）求证：四边形是菱形． 证明：由知， ． ， 四边形是平行四边形（ ② ） 是斜边上的中线， ③ ． 平行四边形是菱形． 请进一步思考：若，则四边形是 ④ ． 【答案】（1） 即为所求； （2）(同位角相等，两直线平行)，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，，正方形． 【解析】 【分析】本题主要考查了尺规作图作、菱形的判定、正方形的判定． 利用尺规作图过点作即可； 根据同位角相等两直线平行可证，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可证四边形是菱形； 若，可证，根据等腰三角形的三线合一定理可证，根据有一个角是直角的菱形是正方形，可证四边形是正方形． 【小问1详解】 解：如下图所示， 以点为圆心，任意长度为半径画弧，分别交、于点、， 以点为圆心，相同的长度为半径画弧，交于点， 以点为圆心，为半径，交前弧于点， 连接交于点， 即为所求； 【小问2详解】 略 19. 某教育平台推出A，B两款人工智能学习辅导软件，相关人员开展了A，B两款人工智能学习辅导软件使用满意度评分测验，并从中各抽取20份，对数据进行整理、描述和分析（评分分数用x表示，分为以下四个等级：不满意（），比较满意（），满意（），非常满意（），下面给出了部分信息： 抽取的对A款人工智能学习辅导软件的所有评分数据：64，70，75，76，78，78，85，85，85，85，86，89，90，94，95，98，98，99，100． 抽取的对B款人工智能学习辅导软件的评分中“满意”的数据：86，86，87，88，88，89，90． A，B款人工智能学习辅导软件的所有评分统计表 软件 平均数 中位数 众数 方差 A 86 a B 86 b 88 （1）填空： ， ， ． （2）根据以上数据，你认为哪款人工智能学习辅导软件更受用户欢迎？请说明理由（写出一条即可） （3）本次调查中，有800名用户对A款人工智能学习辅导软件进行了评分，有1000名名用户对B款人工智能学习辅导软件进行了评分，估计其中对A，B两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户总人数． 【答案】（1），25， （2） 款人工智能学习辅导软件更受用户欢迎， 理由如下: 款人工智能学习辅导软件使用满意度评分的中位数为，高于A款人工智能学习辅导软件使用满意度评分的中位数， 所以款人工智能学习辅导软件更受用户欢迎； （3）估算满意的用户人数为人 【解析】 【分析】（1）根据中位数，众数的定义，圆心角的计算方法求解即可； （2）根据平均数，中位数，众数作出决策即可； （3）利用样本估计总体计算即可． 【小问1详解】 解：依题意，对A款的评分数据中，分频数最高， 因此众数； 对B款的评分数据中，“满意”的人数为7人，占比为： ， 因此 因此． 中位数是第10位86与第11位87的平均数，为，因此； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：依题意，20份数据中，对款非常满意的数据为6份，而对款非常满意的数据占比为， 所以：， 因此估算非常满意的用户人数为人． 20. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】先化简，然后根据负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值求值，解答即可． 【详解】解：原式 ． 又． 当时， 原式 ． 21. 重庆中国三峡博物馆围绕馆藏的战国青铜鸟形尊文物，开发了多款兼具文化内涵与实用性的文创商品．该系列文创商品将鸟形尊憨态可掬的形态进行卡通化复原，其造型可爱、颜色醒目，深受年轻人喜爱．其中鸟形尊冰箱贴和鸟形尊纸艺书签销售火爆．已知一个鸟形尊冰箱贴的售价比一个鸟形尊纸艺书签售价高16元，且购买三个鸟形尊冰箱贴和两个鸟形尊纸艺书签共需108元． （1）求一个鸟形尊冰箱贴的售价和一个鸟形尊纸艺书签的售价各是多少元？ （2）五一节促销期间，鸟形尊冰箱贴每个降价元，鸟形尊纸艺书签每个降价m元，促销后鸟形尊冰箱贴总销售额为3300元，鸟形尊纸艺书签总销售额为900元，且鸟形尊冰箱贴的销量比纸艺书签多，求m的值． 【答案】（1）一个鸟形尊冰箱贴的售价和一个鸟形尊纸艺书签的售价分别是和元 （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，分式方程的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先设一个鸟形尊纸艺书签的售价为元，则一个鸟形尊冰箱贴的售价为元，依题意，列式，解得，即可作答． （2）先得鸟形尊冰箱贴每个元，鸟形尊纸艺书签每个元，依题意，，解得，最后验根，即可作答． 【小问1详解】 解：设一个鸟形尊纸艺书签的售价为元， ∵一个鸟形尊冰箱贴的售价比一个鸟形尊纸艺书签售价高16元， ∴一个鸟形尊冰箱贴的售价为元， ∴， 解得， ∴（元）， ∴一个鸟形尊冰箱贴的售价和一个鸟形尊纸艺书签的售价分别是和元； 【小问2详解】 解：由（1）得一个鸟形尊冰箱贴的售价和一个鸟形尊纸艺书签的售价分别是和元； 则五一节促销期间，鸟形尊冰箱贴每个元，鸟形尊纸艺书签每个元， 依题意， 整理得 ∴， 经检验：是原分式方程的解， ∴． 22. 如图，在中，，，，点P从点B出发，沿折线运动，当它到达点A时停止，设点P运动的路程为x，点Q是射线上一点，，连接，设，． （1）求出，与x的函数关系式，并注明x的取值范围； （2）在直角坐标系内画出，函数图象，结合和的函数图象，并描述出，图象的一条性质． （3）当时，求出x的取值范围（精确到）． 【答案】（1），； （2） 根据题意，画图象如下： 当时，随x的增大而减小； 当时，随x的增大而增大；当时，随x的增大而减小．（答案不唯一，合理即可） （3） 【解析】 【分析】（1）根据图形的面积，结合题意求解即可； （2）根据画图象的基本步骤，结合图象写一条性质即可； （3）结合图象分析，即可得出当时，x的取值范围． 【小问1详解】 解：由题意可得， ， 当时，， 当时，， 即，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由图象可得，当时，x的取值范围是． 23. 某物流调度中心开展无人机配送航线巡检任务，如图，A处是调度中心，位于B处正北方向7千米处；C处是配送枢纽，在B处正东方向；D处是信号点，在A处南偏东方向6千米处，且在C处的东北方向．（参考数据：，，） （1）求B，C间的距离（结果保留根号）； （2）甲，乙两架巡检无人机同时出发．甲从D处沿某方向匀速飞行，乙从A处沿正南方向匀速飞行，甲的速度与乙的速度之比为．两人在上某处相遇，相遇时乙共飞行了多少千米？（结果保留小数点后一位） 【答案】（1） （2）3.5千米 【解析】 【分析】（1）过点C作于点F，过点D作于点E，解直角三角形求得和的长，推出四边形是矩形，求得，据此求解即可； （2）设甲，乙两架无人机在点G处相遇，设，则，在中，由勾股定理列式计算即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示，过点C作于点F，过点D作于点E，， ，， ， ，，， ∴四边形是矩形， ， ，， 是等腰直角三角形， ， 答：B与C之间的距离为； 【小问2详解】 解：如图所示，设甲，乙两架无人机在点G处相遇， ∵甲的速度与乙的速度之比是， ， 设，则， 由（1）得，，， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 解得（负值舍去）． ∴当两无人机相遇时，乙一共跑了3.5千米． 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线分别交x轴于，B两点（A在B的左侧），交y轴于点C，连接，，抛物线的对称轴是直线． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是线段下方抛物线上的一动点，过点P作轴交直线于点D，过点P作交直线于点E，点M，N为直线上的动点，点M在点N的右侧且．当的面积取得最大值时，求P的坐标及此时的最大值； （3）在（2）中当的面积取得最大值时，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，连接，与线段交于点F，点Q为抛物线上的一动点．若且满足，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标，并写出求解点Q的坐标的其中一种情况的过程． 【答案】（1） （2），的最大值为5 （3）点Q的坐标为或． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）证明，得到，则，推出当有最大值，取得最大值，设，作轴交直线于点H，则，再利用二次函数的性质求解即可； （3）利用平移的性质求得，证明四边形是平行四边形，求得，再利用待定系数法求得直线的解析式，再联立求解即可；当点Q在轴上方时，同理求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点，对称轴为直线， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为； 【小问2详解】 解：令，， ∴， ∵抛物线经过点，对称轴为直线， ∴， ∴，， 设直线和的解析式分别为和， ∴和， 解得和， ∴直线和的解析式分别为和， ∵轴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当有最大值，取得最大值， 设，作轴交直线于点H，则，， ∴， ∴，即 ， ∵， ∴当时，有最大值，即有最大值，即有最大值，此时， 将沿方向平移个单位长度得到， ∵直线的解析式为， ∴点向右平移1个单位长度，向上平移4个单位长度， ∴， ∴此时的最大值为； 【小问3详解】 解：∵抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线， ∴抛物线向右平移1个单位长度，向上平移4个单位长度得到抛物线， ∴， ∵，， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴ ， ∴， 设直线的解析式为， ∵， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得或， ∴点Q的坐标为； 当点Q在轴上方时，， 同理求得直线的解析式为， 联立得， 解得， ∴点Q的坐标为； 综上，点Q的坐标为或． 25. 已知为等边三角形，是平面内的一个动点． （1）如图1，点在内部，连接并延长交于点，连接并延长交于点；若，求的度数． （2）如图2，点在外部，连接，点D为线段中垂线上一点，连接，为中点，连接；若，求证； （3）如图3，点在外部，，将沿着翻折，得到，连接，为线段上一点，且，连接；若，当线段的长取最小值时，直接写出的面积． 【答案】（1）120° （2） 证明：延长至,使连， ∵E为中点， ∴ 又∵ ∴ ∴， ∵在中垂线上， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∵， ∴ ， ∵， ∴ ∴， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）根据为等边三角形推导出，再利用三角形的内角和定理即可求解； （2）延长至,使连，则，既有，然后证明，得到为等边三角形，然后利用勾股定理得到结论； （3）作的外心连、，可得到为等腰直角三角形，即可求出，然后根据两点间线段最短可以得到，当在一条直线时有最小值，然后计算解题． 【小问1详解】 解：∵为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴ ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 作的外心连、， ∴， ∴ ∴ ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴为定值 又为定点，为定点， ∴为定长， 由两点之间线段最短知 即 ，当在一条直线时有最小值， 设交于由折叠知， 又， ∴， ∴， ∵， ∴ 垂直平分， ∴， 又∵ ， ∴， ∴ ， ∴. ∴， 又， ∴ ∴ ， ∴ ， ∵， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，难度较大，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $