精品解析：重庆市铜梁一中教共体 2025-2026 学年度春期九年级模拟考试（二）数学试题

铜梁一中教共体2025-2026学年度春期九年级模拟考试（二） 数学试题 （全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为ABCD的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号正确答案所对应的方框涂黑． 1. 下列实数中，最小的数是（ ） A. B. C. D. 2. 以下四种传统纹样中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，其函数解析式可能是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，与是位似图形，位似中心为点，且，的周长为8，则的周长为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知矩形，用一块直角三角板按如图所示的方式摆放，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 估计的值应在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 7. 据报道，某人工智能科技公司2025年的年利润为300万元，由于其在技术研发和市场拓展方面的持续投入，该公司的年利润逐年增长，到2027年的年利润预计将达到675万元，设该公司这两年年利润的平均增长率为x，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在矩形中，，，以点为圆心，分别以，长为半径画弧交于点，交于点，则图中阴影部分的面积为（ ） A. 8 B. C. D. 9. 如图，在边长为2的正方形中，E在对角线上，且，连接并延长，交边于H点，过D作于F，连接．G为上一点，且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 10. 已知整式，，其中，和，均为自然数，，，，为正整数，且满足，．则下列说法： 当时，若，则； 不存在任何一个，使得； 当，时，则一共有种不同的结果． 其中正确的个数是（    ） A. B. C. D. 二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 重庆市统计局发布的数据显示年初我市常驻人口约人，数据“”用科学记数法表示为________． 12. 围棋起源于中国，棋子分黑白两色．一个不透明的盒子中装有2个黑色棋子和4个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到白色棋子的概率是________． 13. 若正多边形的每一个内角等于140°，则这个正多边形的边数是_______． 14. 若实数，同时满足，，则的值为________． 15. 如图，以为直径的与相切于点，连接，以为边作菱形，点在边上，连接，，与交于点，与交于点．若，．则______，______． 16. 一个四位自然数M的各个数位的数字互不相等且均不为0，若千位数字与个位数字的差等于十位数字与百位数字的差，则称其为“骐骥数”．将M的千位与个位数字调换位置，百位与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，则________，若“骐骥数”（a，b，c，d均为整数，且，，，），记N的各个数位上的数字之和为，若为完全平方数，且为整数，则满足条件的所有N的值之和为________． 三、解答题：（本大题9个小题，其中17、18题每题8分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 17. 求不等式组的所有整数解． 18. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，平分，交于点E． （1）尺规作图：作的角平分线，交于点F，连接，；（不写作法，保留作图痕迹） （2）求证：四边形为平行四边形． 证明：四边形为平行四边形， ，①________________， ∴②________________． 平分，平分， ， ∴③________________， ， ∴④________________， ∴四边形为平行四边形． 19. 2026年央视春晚中，铜梁龙舞（国家级非物质文化遗产）再次惊艳亮相．为了解某校学生对铜梁非遗的了解程度，学校组织了“铜梁非遗知识测试”（满分100分），从七、八年级各随机抽取10名学生的成绩进行整理、描述和分析（成绩用表示，分成四组：A．，B．．，D．），部分信息如下： 七年级10名学生的成绩：81，83，87，88，91，95，95，97，99，100． 八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，92． 七、八年级抽取的学生测试成绩各统计量如下表： 统计量 平均数 中位数 众数 方差 七年级 八年级 八年级抽取的学生成绩扇形统计图如图： 根据以上信息，解答下列问题： （1）填空：___________，___________，___________； （2）学校计划从成绩更好的年级中选拔学生参加“铜梁非遗宣讲团”，请判断应选择哪个年级，并说明理由． （3）已知该校七、八年级共有500名学生参加了本次测试，估计本次测试中成绩为优秀（）的学生总人数． 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，在矩形中，，，动点从点出发，沿折线运动，速度为每秒1个单位长度，同时动点从点出发，沿射线方向运动，速度为每秒2个单位长度，当点停止运动时，点也随之停止运动，连接，设点运动时间为秒，的面积为的面积与的面积的比值为 （1）请直接写出分别关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围； （2）在如图给定的平面直角坐标系中，画出函数的图像，并写出函数的一条性质； （3）结合的函数图像，请直接写出时的取值范围（近似精确到0.1，误差不超过0.2）． 23. 春风有信，花开有期，某公园设置了如图所示、、、四个观景点，这四个观景点在同一平面内，点在点的正东方向，点在点的南偏东45°方向，且在点的南偏东60°方向，点在点的正西方向，且在点的南偏西30°方向，千米．（参考数据：，，） （1）求的长度（结果保留根号）； （2）若小张和小李分别从观景点、出发，小张以2千米/小时的速度从观景点步行到观景点，小李从观景点以4千米/小时的速度跑到观景点，在运动过程中，小张出发多少千米后恰好与小李相距千米？（结果保留一位小数） 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线对称轴右侧上一动点，过点P作轴交BC于点M，作轴交抛物线于点N，点E是抛物线对称轴上一动点，点F是y轴上一动点，连接AE，PF，EF，当取得最大值时，求P点坐标及的最小值； （3）将抛物线沿射线BC方向平移后经过点得到抛物线，点G为抛物线上一动点，若，请直接写出所有符合条件的点G的坐标，并写出求解点G坐标其中一种情况的过程． 25. 在中，，，点是平面内一点，连接，点为线段上一点． （1）如图1，若点在边上，连接，将绕点顺时针旋转至，连接，，若、、三点共线，，求； （2）如图2，若点在边上，连接、，点为的中点，若．证明：； （3）如图3，点在外部，连接，，将沿所在直线翻折到，且始终满足、、三点共线，点为直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至，连接，．当取最小值时，请直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜梁一中教共体2025-2026学年度春期九年级模拟考试（二） 数学试题 （全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为ABCD的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号正确答案所对应的方框涂黑． 1. 下列实数中，最小的数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正数大于0，0大于负数，即可得到最小的数在两个负数之中；然后对于两个负数，通过绝对值大的反而小比较即可． 【详解】∵正数和0都大于负数， 可见，A、B选项错误； ∵ ∴ ∴-π最小， 故选:C． 【点睛】本题考查了实数大小的比较，知道正数大于0，0大于负数，两个负数，绝对值大的反而小是解题的关键． 2. 以下四种传统纹样中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：对于选项A：是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； 对于选项B：既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 对于选项C：是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； 对于选项D：是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 3. 如图所示，其函数解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是反比例函数的图象，根据反比例函数的图象进行解答即可． 【详解】解：∵反比例函数的图象的两个分支分别位于第一、三象限， ∴， ∴可能是． 故选：B． 4. 如图，与是位似图形，位似中心为点，且，的周长为8，则的周长为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据位似图形的定义求出位似比，再根据位似图形的周长比等于位似比即可求解． 【详解】解：∵与是位似图形，位似中心为点，且， ∴与的位似比为， ∴与的周长比为， ∵的周长为8， ∴的周长为． 5. 已知矩形，用一块直角三角板按如图所示的方式摆放，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，平行线公理推论，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 如图，过点M作，根据平行线的性质与矩形的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点M作， ∵矩形， ∴， ∵， , ∴， 由题意可知， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 6. 估计的值应在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 【答案】C 【解析】 【分析】先根据二次根式的乘法运算法则化简原式，再估算化简后结果的大小范围，即可得到答案． 【详解】解：， ，， ， ， 在2和3之间． 即的值应在2和3之间． 7. 据报道，某人工智能科技公司2025年的年利润为300万元，由于其在技术研发和市场拓展方面的持续投入，该公司的年利润逐年增长，到2027年的年利润预计将达到675万元，设该公司这两年年利润的平均增长率为x，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先明确这是平均增长率问题，回忆平均增长率的计算公式．因为已知2025年的年利润为300万元，平均增长率为，所以2027年的年利润为万元．又因为2027年的年利润预计为675万元，所以可据此列出对应的方程． 【详解】解：设该公司这两年年利润的平均增长率为， ∵2025年的年利润为万元， ∴2026年的年利润为万元， ∴2027年的年利润为万元， 又∵2027年预计年利润为万元， ∴可列方程为． 8. 如图，在矩形中，，，以点为圆心，分别以，长为半径画弧交于点，交于点，则图中阴影部分的面积为（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了扇形的面积计算，矩形的性质，解直角三角形等，应用扇形面积的计算方法进行求解是解决本题的关键．根据，，即可求得，则，得到，阴影部分的面积为面积加上扇形的面积减去扇形的面积即可． 【详解】解：连接， 依题意的 ，， ． ． ． ． 在矩形中， 阴影部分的面积为： 故选：A． 9. 如图，在边长为2的正方形中，E在对角线上，且，连接并延长，交边于H点，过D作于F，连接．G为上一点，且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理；证明，则可得，证明，可得，设，则，利用解直角三角形和勾股定理即可得到和，即可解答，熟练运用相似三角形判定和性质是解题的关键． 【详解】解：四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理可得， ， ， 则， ， ， ， 故选：A． 10. 已知整式，，其中，和，均为自然数，，，，为正整数，且满足，．则下列说法： 当时，若，则； 不存在任何一个，使得； 当，时，则一共有种不同的结果． 其中正确的个数是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了多项式的求值，理解多项式求值的规则是解题的关键，本题可根据已知条件，结合多项式的次数、系数等相关知识，对每个说法逐一进行分析判断．根据由得，即，结合，为正整数，可得为正奇数，从而得到且，得到、的值，进而求得的值，从而判定说法的正确性；通过反证法判断，先假设存在，通过整理，比较系数的关系，从而判定说法的正确性；当，时，得到、的代数式，根据代数式系数之间的数量关系，得到、的可能结果，从而得到的可能情况，排除重复项，从而得到的可能结果数，从而判定说法的正确性． 【详解】解：①当时， ，， 由得，即， ，为正整数， 为正奇数， 且， ，， ， 故正确． 假设存在，使得，则， 此时，， 根据题意有，， 两式相加得， 而，比较系数可得：，，， 三式相加得， ，产生矛盾， 假设不成立， 故正确． 当，时， ，满足，共有种可能， ，满足，共有种可能， ，组合共有种可能情况， 经检验，其中有种重复情况，故不同的结果共有种， 故正确． 综上，正确的说法有个． 故选：D． 二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 重庆市统计局发布的数据显示年初我市常驻人口约人，数据“”用科学记数法表示为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的知识点是科学记数法表示较大的数，解题关键是熟练掌握科学记数法． 根据科学记数法表示较大的数的方法即可得解． 【详解】解：根据科学记数法可得，． 故答案为：． 12. 围棋起源于中国，棋子分黑白两色．一个不透明的盒子中装有2个黑色棋子和4个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到白色棋子的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了简单概率的计算，熟练掌握概率公式是解题的关键；根据概率公式计算即可． 【详解】解：∵一个不透明的盒子中装有2个黑色棋子和4个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同，一共有6种等可能性，4个白色棋子，有4种等可能性， ∴摸到白色棋子的概率是， 故答案为：． 13. 若正多边形的每一个内角等于140°，则这个正多边形的边数是_______． 【答案】9 【解析】 【分析】此题主要考查了多边形的外角与内角，做此类题目，首先求出正多边形的外角度数，再利用外角和定理求出求边数．首先根据求出外角度数，再利用外角和定理求出边数． 【详解】∵正多边形的一个内角是140°， ∴它的一个外角是：180°-140°=40°， ∵多边形的外角和为360°， ∴这个正多边形的边数是：360°÷40°=9． 故答案为：9． 14. 若实数，同时满足，，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】将变形得，则，因此．由变形得，代入①式可得，解得，进而求出，求和即可． 【详解】解：∵, ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 将代入①，得， ， 化简，得， 两边平方，得， 解得， 将代入①，得， ∴． 15. 如图，以为直径的与相切于点，连接，以为边作菱形，点在边上，连接，，与交于点，与交于点．若，．则______，______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先利用菱形的性质得到，，再根据切线的性质得到，所以，于是利用勾股定理可计算出，则， ，接着证明，利用相似比求出， 所以 ，然后证明，则利用相似三角形的性质可求出 ，然后计算即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵以为直径的与相切于点， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∵，， ∴， ∴ 即， 解得， ∴， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质和圆周角定理，掌握知识点的应用解题的关键． 16. 一个四位自然数M的各个数位的数字互不相等且均不为0，若千位数字与个位数字的差等于十位数字与百位数字的差，则称其为“骐骥数”．将M的千位与个位数字调换位置，百位与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，则________，若“骐骥数”（a，b，c，d均为整数，且，，，），记N的各个数位上的数字之和为，若为完全平方数，且为整数，则满足条件的所有N的值之和为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据新定义直接得出的值，根据，分别求得的值，设千位，百位，十位，个位，得出，根据为完全平方数，得出，则，根据为整数，得出为整数，结合，且数位互不相等，得出，或，，进一步计算，即可求解． 【详解】解：，调换后，则： 已知，且，所有数位数字互不相等且不为0： 若：，十位为，不符合各个数位的数字均不为0的要求，舍去； 若：，设千位，百位，十位，个位，满足，，均不为0． 骐骥数满足，即 对任意四位数，调换后， ∵ ∴ ∴ ∴ 数位和，， 范围内的完全平方数只有， ∴ ∴ ∵为整数， ∴， ∴，即为整数， 又∵结合数位互不相等， 当，时，数位为，符合条件，； 当，时，数位为，符合条件，； 所有满足条件的的和为 三、解答题：（本大题9个小题，其中17、18题每题8分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 17. 求不等式组的所有整数解． 【答案】，， 【解析】 【详解】解：， 由①得， 由②得， ∴不等式组的解集为，其中整数解为，，． 18. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，平分，交于点E． （1）尺规作图：作的角平分线，交于点F，连接，；（不写作法，保留作图痕迹） （2）求证：四边形为平行四边形． 证明：四边形为平行四边形， ，①________________， ∴②________________． 平分，平分， ， ∴③________________， ， ∴④________________， ∴四边形为平行四边形． 【答案】（1）见解析 （2）①；②；③；④ 【解析】 【分析】本题考查了尺规作图——作角平分线，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． （1）先以点A为圆心，一定长为半径画弧，交、于两点，再分别以这两点为圆心，大于这两点的距离的一半画弧，两弧交于一点，然后连接该点与点A，交于点F，即为所求； （2）根据平行四边形的性质可推出，，再结合角平分线可推出，从而利用证得，进而得到，最后根据对角线相互平分的四边形为平行四边形即可得到结论． 【小问1详解】 解：如下图，即为所求， 【小问2详解】 证明：四边形为平行四边形， ，， ∴． 平分，平分， ， ∴， ， ∴， ∴四边形为平行四边形． 故答案为：①；②；③；④． 19. 2026年央视春晚中，铜梁龙舞（国家级非物质文化遗产）再次惊艳亮相．为了解某校学生对铜梁非遗的了解程度，学校组织了“铜梁非遗知识测试”（满分100分），从七、八年级各随机抽取10名学生的成绩进行整理、描述和分析（成绩用表示，分成四组：A．，B．．，D．），部分信息如下： 七年级10名学生的成绩：81，83，87，88，91，95，95，97，99，100． 八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，92． 七、八年级抽取的学生测试成绩各统计量如下表： 统计量 平均数 中位数 众数 方差 七年级 八年级 八年级抽取的学生成绩扇形统计图如图： 根据以上信息，解答下列问题： （1）填空：___________，___________，___________； （2）学校计划从成绩更好的年级中选拔学生参加“铜梁非遗宣讲团”，请判断应选择哪个年级，并说明理由． （3）已知该校七、八年级共有500名学生参加了本次测试，估计本次测试中成绩为优秀（）的学生总人数． 【答案】（1）；； （2）选择八年级，理由见解析 （3）本次测试中成绩为优秀的学生总人数约为人 【解析】 【分析】（1）根据中位数和众数的定义计算出和，求出八年级C组的占比，进而求出所占的圆心角，得出的值； （2）从平均数、中位数、众数和方差的角度评价两个年级的成绩即可； （3）先计算出八年级成绩优秀的人数，再计算出两个年级成绩优秀的学生的占比，最后乘以七八年级的学生总数即可． 【小问1详解】 解：∵七年级的10名学生的成绩中，第5个数为，第6个数为， ∴七年级的中位数为（分），即， ∵七年级的10名学生的成绩中，95出现2次，出现的次数最多， ∴七年级的众数为分，即， 八年级10名学生的成绩中，C组的占比为， ∴所占圆心角，即； 【小问2详解】 解：选择八年级，理由如下： 从平均数上看，两个年级的成绩一样，但从众数上看，八年级学生的成绩均优于七年级，且八年级的方差小于七年级，说明八年级学生的成绩更加集中和稳定．（言之有理即可） 【小问3详解】 解：八年级的C、D两组的人数为（人） ∴七、八年级抽取的学生中，成绩优秀的人数为（人），在样本中的占比为， （人）． 答：本次测试中成绩为优秀的学生总人数约为人． 20. 先化简，再求值：，其中． 【答案】化简结果为，值为 【解析】 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， 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，在矩形中，，，动点从点出发，沿折线运动，速度为每秒1个单位长度，同时动点从点出发，沿射线方向运动，速度为每秒2个单位长度，当点停止运动时，点也随之停止运动，连接，设点运动时间为秒，的面积为的面积与的面积的比值为 （1）请直接写出分别关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围； （2）在如图给定的平面直角坐标系中，画出函数的图像，并写出函数的一条性质； （3）结合的函数图像，请直接写出时的取值范围（近似精确到0.1，误差不超过0.2）． 【答案】（1）； （2）见解析；当时，函数值随自变量的增大而增大； （3）当或时，． 【解析】 【分析】（1）分点在与点在上两种情况，即可求得；过点作于点，的面积与的面积的比值即为，求得； （2）根据一次函数与反比例函数的图象画出两个函数的图象即可；利用一次函数的性质即可写出的一条性质； （3）根据所画的函数图象即可求解． 【小问1详解】 解：在矩形中，，， ，，； 当点在上时，则， 此时，； 当点在上时，则， 此时，； 即； 如图，过点作于点， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：图象如下： 当时，函数值随自变量的增大而增大； 【小问3详解】 解：由图象知，当或时，． 23. 春风有信，花开有期，某公园设置了如图所示、、、四个观景点，这四个观景点在同一平面内，点在点的正东方向，点在点的南偏东45°方向，且在点的南偏东60°方向，点在点的正西方向，且在点的南偏西30°方向，千米．（参考数据：，，） （1）求的长度（结果保留根号）； （2）若小张和小李分别从观景点、出发，小张以2千米/小时的速度从观景点步行到观景点，小李从观景点以4千米/小时的速度跑到观景点，在运动过程中，小张出发多少千米后恰好与小李相距千米？（结果保留一位小数） 【答案】（1）的长度为千米． （2）小张出发2.0千米后恰好与小李相距千米． 【解析】 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用等，熟练掌握相关知识点，利用辅助线构建直角三角形是解题的关键． （1）过点作于点，过点作于点．则，解求出，即可解答； （2）设小时后，小张恰好与小李相距千米，此时，，由题意可知过点作于点，过点作于点．利用解直角三角形和线段的和差，表示出，再利用勾股定理建立方程，即可得解． 【小问1详解】 解：如图，过点作于点，过点作于点． 则 在中，， 由题可得， 在中，， 答：的长度为千米． 【小问2详解】 解：如答图，由题意，设小时后，小张恰好与小李相距千米，此时，， ， ， 过点作于点，过点作于点． 在中，， 在中， ， 在中， 解方程，得，（舍） 则 答：小张出发2.0千米后恰好与小李相距千米． 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线对称轴右侧上一动点，过点P作轴交BC于点M，作轴交抛物线于点N，点E是抛物线对称轴上一动点，点F是y轴上一动点，连接AE，PF，EF，当取得最大值时，求P点坐标及的最小值； （3）将抛物线沿射线BC方向平移后经过点得到抛物线，点G为抛物线上一动点，若，请直接写出所有符合条件的点G的坐标，并写出求解点G坐标其中一种情况的过程． 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）把点，代入，求解即可； （2）求出对称轴为直线，直线的解析式为，设，，得，得，得当有最大值时，作点P关于y轴的对称点Q，连接，得，，得，得当点E在抛物线对称轴上，点F在y轴上时，，取得最小值； （3）由，求出，得，由平移求出,作关于直线的对称，作交于点，交y轴于点E，过点H作轴于点I，过点C作于点J，可得，符合题意．证明，得，设(),则，由四边形是矩形,得，∴，求出，得,设直线解析式为，求出，直线的解析式为，联立，解得，得,由，求出,设点E关于x轴的对称点为，求出直线的解析式为，联立得，解得得． 【小问1详解】 解：把点，代入， 得， 解得 抛物线的解析式为 【小问2详解】 解： ∴对称轴为直线， ∵， ∴设直线的解析式为， ∵， ∴， 解得， ∴， 设， 则， ∴， ∴， ∵， ∴当时，有最大值， 此时， 作点P关于y轴的对称点Q，连接， 则， ∵点A，B关于对称轴对称， ∴， ∴， ∴当点E在抛物线对称轴上，点F在y轴上时，， 取得最小值． 【小问3详解】 解：对， 令，则， 解得或， ∴， ∵，， ∴， ∵抛物线沿射线方向平移后经过点得到抛物线， ∴设抛物线向左平移d个单位长度再向上平移d个单位长度经过点得到抛物线， ∴， 把代入， 得， 解得， 取， ∴， ∵， ∴作关于直线的对称，作交于点，交y轴于点E，过点H作轴于点I，过点C作于点J， 则， ∴， ∵， ∴，符合题意． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设()， 则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 设直线解析式为， 则， 解得， 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得或（舍去）， ∴； 对， 令，则， ∴， 设点E关于x轴的对称点为，直线的解析式为， 则， ∴， ∴， 联立得， 解得或（舍去）， ∴． 综上，，． 【点睛】第（2）作轴对称图形，构建最短路径模型；第（3）小题，作轴对称图形，构建相似三角形． 25. 在中，，，点是平面内一点，连接，点为线段上一点． （1）如图1，若点在边上，连接，将绕点顺时针旋转至，连接，，若、、三点共线，，求； （2）如图2，若点在边上，连接、，点为的中点，若．证明：； （3）如图3，点在外部，连接，，将沿所在直线翻折到，且始终满足、、三点共线，点为直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至，连接，．当取最小值时，请直接写出的面积． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得和都是等腰直角三角形，则．容易证明，则，，结合可计算出，由三角形内角和定理可计算出； （2）延长至点，使得，连接，过点作，交的延长线于点，通过等量代换可得，从而证明是等腰直角三角形，则，．容易证明，则，．通过等量代换可得，进而可证明，则，命题得证； （3）先分析点的轨迹，作的外接圆，圆心为点，连接，由旋转的性质和等腰三角形的性质可推断，因此、、、四点共圆，则．再分析点的轨迹，将绕点逆时针旋转得到，作于点，作直线交的延长线于点，连接，，容易证明，从而计算出，，因此点在定直线上．根据线段公理可得，当时，取得最小值，作于点，连接，利用三角函数可计算出，，，最后使用三角形面积公式进行计算即可． 【小问1详解】 解：由旋转的性质可知，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理，是等腰直角三角形，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵、、三点共线， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：如图，延长至点，使得，连接，过点作，交的延长线于点， 由（1）可得是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， 在直角中，， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴； 【小问3详解】 解：如图，作的外接圆，圆心为点，连接，设与交于点， ∵， ∴为圆的直径，即点为的中点， ∵， ∴， 在直角中，， 由折叠的性质可知，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点在圆上， ∴， 如图，将绕点逆时针旋转得到，作于点，作直线交的延长线于点，连接，， 由旋转的性质可知，，，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∴，即点为定点， ∴点在定直线上， ∵，即， 又∵垂线段最短， ∴当时，取得最小值， 当时，如图，作于点，连接， ∵，， ∴， 在直角中，，， ∴， ∴， ∵，点为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 在直角中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质与勾股定理，掌握好“手拉手”模型，“倍长中线”模型和“瓜豆”原理是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $