精品解析：湖南长沙市湖南师范大学附属中学等校2026年 初中学业水平考试模拟试卷 数学3

2026年中考模拟试卷3 数学 一、单选题（共30分） 1. 2的相反数为（ ） A. B. 2 C. D. 2. 如图所示的几何体的左视图是（ ） A. B. C. D. 3. 用科学记数法表示我国2023年粮食总产量68653万吨，正确的是（ ） A. 万吨 B. 万吨 C. 万吨 D. 万吨 4. 若是方程的两个根，则代数式的值为（ ）． A. B. 2 C. D. 6 5. 抛物线的对称轴是直线（ ） A. B. C. D. 6. 如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，最大深度，则截面圆中弦的长为（ ）． A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 7. 如图，将一张长方形纸片沿，折叠，点在线段上，是的平分线．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 2025年8月，第七届山西文博会在山西潇河国际会展中心成功举办，文创产品“大眼琉璃鸱（ci）吻”扩香摆件引发抢购热潮．已知“大眼琉璃鸱吻”扩香摆件的成本为50元/个，当售价定为80元/个时，每月可售出2000件，市场反馈显示，售价每提高2元/个，月销量就会减少50件．某企业希望通过销售“大眼琉璃鸱吻”扩香摆件实现每月61250元的利润．设此时的售价为元/个，则根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 有一个边长为1的大正方形，经过1次“生长”后，在它的左右肩上生出两个小正方形，其中三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过1次“生长”后，形成的图形如图1所示．如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”如图2所示，若“生长”了2025次后，形成的图形中所有的正方形的面积和是（ ） A. 2026 B. 2025 C. D. 10. 如图，在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点B，点是直线上一点．直线与x轴交于点E，当点B到直线的距离最大时，点E的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共18分） 11. 因式分解：x2﹣49=________． 12. 一个不透明的袋子里装有2个黑球和7个白球，它们除颜色外其余都相同．从袋中任意摸出一个球是黑球的概率为_______． 13. 观察下列单项式：，，，，…，按此规律，第n个单项式是______． 14. 如图，AD是的角平分线，，点E在边AC上，且，连接DE．若，则的度数为________． 15. 如图，是圆内接四边形的一条对角线，点关于的对称点在边上，连接．若，则的度数为_____． 16. 定义运算：当时，则；当时，．例如．记，，当时，始终满足，则的取值范围是_____． 三、解答题（共72分） 17. 计算： 18. 先化简，后求值，其中a为不等式组的整数解． 19. 如图，，以点为圆心，小于长为半径作圆弧，分别交，于，两点，再分别以，为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于点，作射线，交于点． （1）若，求的度数； （2）若，垂足为，求证：． 20. 我国古代曾以“六艺”（礼、乐、射、御、书、数）教授学生，其中“乐”和“书”主要是用音乐和书画来进行审美教育．某校计划在课后服务中开设美育相关课程，并在全校范围内随机抽取了部分学生进行调查，要求学生从．书法．国画．合唱．水彩画这四个课程中选择一个自己最喜爱的课程．将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题： （1）在扇形统计图中，所对应的圆心角度数为___________，请补全条形统计图； （2）该校共有名学生，请你估计选择“．书法”课程的学生有多少人？ （3）小明和小华打算从四个课程中各自选择一个，请用列表或画树状图的方法求出小明和小华所选的课程不相同的概率． 21. 如图，点是两直角边上的两点，连接，已知点D、E、F分别是的中点． （1）求度数； （2）连，取中点G，连接，若，求的长． 22. 随着新年来临，忠州特产供销两旺．李师傅的特产店在元旦节售出“忠州嫩竹笋干”和“西厢阁汤圆粉”共60公斤，已知每公斤“忠州嫩竹笋干”和“西厢阁汤圆粉”的利润分别是6元、5元，售出后共获利320元． （1）元旦节“忠州嫩竹笋干”和“西厢阁汤圆粉”各售出了多少公斤？ （2）元旦节后，根据市场调查，李师傅决定将“西厢阁汤圆粉”加价，“忠州嫩竹笋干”降价，已知“西厢阁汤圆粉”每加价1元则销量将下降了，且加价金额与降价金额相同．若售价调整后的第一天售出总量没变，但利润增加了元，求售价调整后每公斤“西厢阁汤圆粉”的合理利润． 23. 如图，为半圆的直径，为延长线上一点，为的中点．连结并延长，交延长线于点，且． （1）求证：是的切线． （2）若，． ①求的半径． ②求的长． 24. 如图，在矩形中，． （1）如图1，过点D作，垂足为E，求证：； （2）如图2，在（1）条件下，点F为上一点，连接并延长至点G，交于点O，连接、，当时，判断的形状，并说明理由； （3）如图3，平面内一点M，满足，，，连接并延长至点H，使，连接，当线段取最小值时，求线段的长． 25. 新定义 【定义与性质】 如图，记二次函数和的图象分别为抛物线C和． 定义：若抛物线的顶点在抛物线C上，则称是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若是C的伴随抛物线，则C也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． 【理解与运用】 （1）若二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线，则 ， ． 【思考与探究】 （2）设函数的图象为抛物线． ①若函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线，求d，e的值； ②如图（2），在①的条件下，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点D，P为抛物线上任意一点，当时，求点P的坐标 ③在①的条件下，若抛物线与x轴有两个不同的交点，，请直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考模拟试卷3 数学 一、单选题（共30分） 1. 2的相反数为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：2的相反数为． 2. 如图所示的几何体的左视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了简单几何体的三视图，掌握几何体的空间结构特点是解题的关键． 首先明确左视图的定义，再根据几何体从左面看到的正方形数量与位置关系，最后对比得出正确的选项即可． 【详解】解：从左边看，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形， 故选：B． 3. 用科学记数法表示我国2023年粮食总产量68653万吨，正确的是（ ） A. 万吨 B. 万吨 C. 万吨 D. 万吨 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数．科学记数法表示较大的数一般形式为，其中，是正整数． 【详解】解：68653万吨用科学记数法表示为万吨． 故选：A． 4. 若是方程的两个根，则代数式的值为（ ）． A. B. 2 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了根与系数的关系、一元二次方程的解、代数式求值等知识点，掌握方程的解为，则、是解题的关键． 由根与系数的关系可得、，再对变形，然后将、整体代入求值即可． 【详解】解：∵是方程 的根， ∴，，（由方程变形得）， ∴ 代数式 ， ． 故选D． 5. 抛物线的对称轴是直线（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质．根据二次函数的对称轴是直线即可求解． 【详解】解：∵抛物线方程为， ∴对称轴为． 故选：B． 6. 如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，最大深度，则截面圆中弦的长为（ ）． A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查垂径定理的应用，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．连接，已知，球的半径为，可得的长度，结合勾股定理，可得的长度，最终得的长度． 【详解】解：连接，如下图： ∵，球的半径为， ∴，，由题意可得，结合垂径定理，点为的中点， 结合勾股定理得， 则， 故选：C． 7. 如图，将一张长方形纸片沿，折叠，点在线段上，是的平分线．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查折叠的性质、角平分线的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 根据折叠的性质可得到、，进而得到，根据角平分线的性质得到，由解答即可． 【详解】解：由折叠可得：、， ， ， ， ， 是的平分线， ， ， ， 故选：B． 8. 2025年8月，第七届山西文博会在山西潇河国际会展中心成功举办，文创产品“大眼琉璃鸱（ci）吻”扩香摆件引发抢购热潮．已知“大眼琉璃鸱吻”扩香摆件的成本为50元/个，当售价定为80元/个时，每月可售出2000件，市场反馈显示，售价每提高2元/个，月销量就会减少50件．某企业希望通过销售“大眼琉璃鸱吻”扩香摆件实现每月61250元的利润．设此时的售价为元/个，则根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查的知识点是一元二次方程的应用，根据“利润(售价成本)销量”建立方程，再结合成本和利润的要求列出方程即可． 【详解】解：设此时售价为元， 根据题意，成本为元/件，原售价元时月销量件，售价每提高元月销量减少件， 售价从元提高到元，提高了元，销量减少量为件， ∴当前销量为：件， ∵利润(售价成本)销量， ∴可列方程：． 故选：B． 9. 有一个边长为1的大正方形，经过1次“生长”后，在它的左右肩上生出两个小正方形，其中三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过1次“生长”后，形成的图形如图1所示．如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”如图2所示，若“生长”了2025次后，形成的图形中所有的正方形的面积和是（ ） A. 2026 B. 2025 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，图形类的规律探索，根据勾股定理求出“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和，结合图形和勾股定理可知每“生长”一次，形成的图形中所有的正方形的面积和增加1，根据规律解答即可． 【详解】解：如图，由题意得，正方形A的面积为1， 由勾股定理得，正方形B的面积正方形C的面积正方形A的面积， ∴“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和为， 同理可得，“生长”了2次后形成的图形中所有的正方形的面积和为（由正方形B和正方形C“生长”出来的四个正方形的面积之和等于正方形B和正方形C的面积之和）， ∴“生长”了3次后形成的图形中所有的正方形的面积和为4， ……， 以此类推可知，“生长”了n次后形成的图形中所有的正方形的面积和为 ∴“生长”了2025次后形成的图形中所有的正方形的面积和为． 故选：A． 10. 如图，在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点B，点是直线上一点．直线与x轴交于点E，当点B到直线的距离最大时，点E的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与几何综合，涉及勾股定理以及逆定理，垂线段最短等知识点． 先确定直线经过定点，记为点，过点作，垂足为点，由垂线段最短可得当点重合时，点B到直线的距离最大，可得此时，然后求出直线的函数表达式，即可求解点的坐标． 【详解】解：对于直线，当，， ∴， ， 当时，， ∴直线经过定点，记为点， 过点作，垂足为点， ∵， ∴当点重合时，点B到直线的距离最大，如图： 记直线与轴交点，连接， 对于直线，当，， 解得， ∴， ∴，，， ∴， ∴，即， ∵ ∴， ∴设直线为， 代入，则， 解得， ∴直线， 当时，则， 解得， ∴此时， 故选：A． 二、填空题（共18分） 11. 因式分解：x2﹣49=________． 【答案】（x﹣7）（x+7） 【解析】 【分析】因式分解是把一个多项式化为几个因式积的形式．根据因式分解的一般步骤：一提（公因式）、二套（平方差公式，完全平方公式）、三检查（彻底分解） 【详解】解：可以直接用平方差分解为：﹣49=（x﹣7）（x+7）． 故答案为：（x﹣7）（x+7） 12. 一个不透明的袋子里装有2个黑球和7个白球，它们除颜色外其余都相同．从袋中任意摸出一个球是黑球的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】一般地，如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的m种结果，那么事件A发生的概率，据此进行计算即可得到答案． 【详解】解：从袋中任意摸出一个球有种等可能的结果，其中从袋中任意摸出一个球是黑球的结果有2种， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了概率．熟练掌握概率公式是解题关键． 13. 观察下列单项式：，，，，…，按此规律，第n个单项式是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了单项式规律探索，分别分析单项式的系数、符号和次数的规律，即可得出结果，正确得出规律是解此题的关键． 【详解】解：∵，，，，…， ∴按此规律，第n个单项式是， 故答案为：．． 14. 如图，AD是的角平分线，，点E在边AC上，且，连接DE．若，则的度数为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关内容是解题的关键． 先根据角平分线性质得到角的关系，再通过全等三角形判定证明全等，进而得出对应角相等，最后利用补角性质求出所求角的度数． 【详解】解：∵， ， ∴． ∵AD是的角平分线， ∴， ∴． 在与中， ， ∴， ∴； 故答案为：． 15. 如图，是圆内接四边形的一条对角线，点关于的对称点在边上，连接．若，则的度数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆内接四边形及三角形的外角定理即可求解． 【详解】∵圆内接四边形， ∴， ∵点关于的对称点在边上， ∴， ∴． 故答案为． 【点睛】此题主要考查圆内的角度计算，解题的关键是熟知圆周角定理与三角形的外角定理． 16. 定义运算：当时，则；当时，．例如．记，，当时，始终满足，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数的图象与性质，解题的关键是理解题意；由题意可分为当时，当时，当时，然后进行分类求解即可． 【详解】解：∵，， ∴令，解得；令，解得； 当时，则， ∴当时，有且， 因此当时，， ∴， 当时，， ∴， ∵当时，始终满足， ∴，解得，故成立； 当时，同理可得， 由得，成立； 故当时，对于所有，始终满足； 当时，，不满足； 当时，当，有，不满足条件； 综上所述：的取值范围为； 故答案为：． 三、解答题（共72分） 17. 计算： 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查实数的混合运算，先进行零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值和开方运算，再进行加减运算即可． 【详解】解：原式． 18. 先化简，后求值，其中a为不等式组的整数解． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，平方差公式，完全平方公式，一元一次不等式组的整数解，分式有意义的条件等知识．先通分，利用平方差公式，完全平方公式计算，然后进行除法运算，最后进行减法运算可得化简结果，解一元一次不等式组得整数解，根据分式有意义的条件确定值，最后代入求解即可． 【详解】解：原式 ， 解不等式得； 解不等式得； 则不等式组的解为，整数解为 、0、1， 当时原式有意义， 当时，原式． 19. 如图，，以点为圆心，小于长为半径作圆弧，分别交，于，两点，再分别以，为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于点，作射线，交于点． （1）若，求的度数； （2）若，垂足为，求证：． 【答案】（1）； （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查作图基本作图，全等三角形的判定，角平分线的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）利用平行线的性质求出，再利用角平分线的定义求出； （2）根据证明三角形全等即可． 【小问1详解】 解：∵， ， ， ， 由题意平分， ； 【小问2详解】 证明：平分， ， ∵， ， ， ， ， 在和中， ， ． 20. 我国古代曾以“六艺”（礼、乐、射、御、书、数）教授学生，其中“乐”和“书”主要是用音乐和书画来进行审美教育．某校计划在课后服务中开设美育相关课程，并在全校范围内随机抽取了部分学生进行调查，要求学生从．书法．国画．合唱．水彩画这四个课程中选择一个自己最喜爱的课程．将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题： （1）在扇形统计图中，所对应的圆心角度数为___________，请补全条形统计图； （2）该校共有名学生，请你估计选择“．书法”课程的学生有多少人？ （3）小明和小华打算从四个课程中各自选择一个，请用列表或画树状图的方法求出小明和小华所选的课程不相同的概率． 【答案】（1）；图见解析 （2）人 （3）概率为 【解析】 【分析】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，树状图或列表法求解概率，正确读懂统计图掌握树状图或列表法求解概率是解题的关键． （1）根据课程对应的人数和占比，求出总人数，再得出课程的占比，即可计算出所对应的圆心角度数； （2）用1200乘以“．书法”课程所占样本的比即可得解； （3）先列表到所有的等可能性的结果数，再找到小明和小华所选的课程不相同的结果数，最后依据概率计算公式求解即可 【小问1详解】 解：∵所对的人数为人，对应占比为， 故总人数为：人， ∴对应的占比为， 对应圆心角为， D对应的人数为人， 条形图补全如下： 【小问2详解】 解：选择“．书法”课程的学生为人． 【小问3详解】 解：列表如下： 由表格可知，共有种等可能的情况， 其中小明和小华所选的课程恰好不相同的结果有12种， ∴小明和小华所选的课程恰好不相同的概率是． 21. 如图，点是两直角边上的两点，连接，已知点D、E、F分别是的中点． （1）求度数； （2）连，取中点G，连接，若，求的长． 【答案】（1）90度 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，得到．结合即可． （2）连接，取中点G，连接、，证明四边形为矩形．再利用勾股定理得． 【小问1详解】 证明：∵D、E、F分别是的中点， ∴． ∴． ∴， 【小问2详解】 解：连接，， ∵G、F分别是和的中点， ∴． 同理：． ∴， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴四边形为矩形． ∴，， ∵E、F、G，D分别是、、、的中点，， ∴，． ∴． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，垂直的定义，熟练掌握中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 22. 随着新年来临，忠州特产供销两旺．李师傅的特产店在元旦节售出“忠州嫩竹笋干”和“西厢阁汤圆粉”共60公斤，已知每公斤“忠州嫩竹笋干”和“西厢阁汤圆粉”的利润分别是6元、5元，售出后共获利320元． （1）元旦节“忠州嫩竹笋干”和“西厢阁汤圆粉”各售出了多少公斤？ （2）元旦节后，根据市场调查，李师傅决定将“西厢阁汤圆粉”加价，“忠州嫩竹笋干”降价，已知“西厢阁汤圆粉”每加价1元则销量将下降了，且加价金额与降价金额相同．若售价调整后的第一天售出总量没变，但利润增加了元，求售价调整后每公斤“西厢阁汤圆粉”的合理利润． 【答案】（1）忠州嫩竹笋干售出20公斤，西厢阁汤圆粉售出40公斤 （2）7元 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用和一元二次方程的应用，根据题意列方程是解决本题的关键． （1）设“忠州嫩竹笋干”售出x公斤，“西厢阁汤圆粉”售出y公斤，根据题意列方程组为，进行求解即可； （2）设调价金额为a元，则汤圆粉调价后：利润为元公斤，销量为公斤；嫩竹笋干调价后：利润为元公斤，销量为公斤，再根据题意列出方程并求解即可． 【小问1详解】 解：设“忠州嫩竹笋干”售出x公斤，“西厢阁汤圆粉”售出y公斤． 根据题意得：， 解得． ∴“忠州嫩竹笋干”售出20公斤“西厢阁汤圆粉”售出40公斤； 【小问2详解】 解：设调价金额为a元， ∴汤圆粉调价后：利润为元公斤，销量为公斤； 嫩竹笋干调价后：利润为元公斤，销量为公斤， 根据题意得 解得或（舍去）， ∴调价后汤圆粉的利润为元公斤． ∴售价调整后每公斤“西厢阁汤圆粉”的合理利润为7元． 23. 如图，为半圆的直径，为延长线上一点，为的中点．连结并延长，交延长线于点，且． （1）求证：是的切线． （2）若，． ①求的半径． ②求的长． 【答案】（1）见解析 （2）①的半径为3；② 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的判定，弧、弦、圆心角的关系以及圆周角定理，相似三角形的判定和性质： （1）连结，，根据弧、弦、圆心角的关系以及圆周角定理可得，从而得到，即可求证； （2）①设的半径为，则，，根据，求出r的值，即可求解；②连结交于点，证明四边形是矩形，可得，，从而得到，即可求解． 【小问1详解】 证明：连结，， 是中点， ， ∴， ∵， ， ， ， ， ∵是的半径， 是的切线； 【小问2详解】 ①解：设的半径为，则，， ， ， 即， ， 即的半径为3． ②解：连结交于点． 是直径， ， 四边形是矩形， ，， ， ，即， ， ． 24. 如图，在矩形中，． （1）如图1，过点D作，垂足为E，求证：； （2）如图2，在（1）条件下，点F为上一点，连接并延长至点G，交于点O，连接、，当时，判断的形状，并说明理由； （3）如图3，平面内一点M，满足，，，连接并延长至点H，使，连接，当线段取最小值时，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2）是直角三角形，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质得到，根据垂直的定义得到，则，通过证明，得到，再利用比例的性质即可证明； （2）先证明，得到，结合（1）中的结论得到，再证明，得到，结合垂直的定义得到，则有，即可得出结论； （3）根据题意可知点在以为圆心，半径为1的圆上运动，作交延长线于点，与交于点，连接，先证明，得到，再证明，得到，得出，则点在过点且与垂直的直线上运动，当时，线段取最小值，此时四边形是矩形，再利用矩形的性质和勾股定理即可求出线段的长． 【小问1详解】 证明：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴； ∴， 由（1）得，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，点F为上一点， ∴， ∴， ∴是直角三角形； 【小问3详解】 解：∵， ∴， ∴点在以为圆心，半径为1的圆上运动， 作交延长线于点，与交于点，连接， 则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴是定点， ∴点在过点且与垂直的直线上运动， ∴当时，线段取最小值， ∵矩形， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、圆周角定理、勾股定理、动点轨迹问题，添加适当的辅助线构造相似三角形，探究出点的运动轨迹是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 25. 新定义 【定义与性质】 如图，记二次函数和的图象分别为抛物线C和． 定义：若抛物线的顶点在抛物线C上，则称是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若是C的伴随抛物线，则C也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． 【理解与运用】 （1）若二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线，则 ， ． 【思考与探究】 （2）设函数的图象为抛物线． ①若函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线，求d，e的值； ②如图（2），在①的条件下，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点D，P为抛物线上任意一点，当时，求点P的坐标 ③在①的条件下，若抛物线与x轴有两个不同的交点，，请直接写出的取值范围． 【答案】（1）3，；（2）①；②P点坐标为或；③或 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的综合应用及新定义理解，解直角三角形，熟练掌握二次函数的性质结合图象求解是解题关键． （1）根据题意确定点在的伴随抛物线上，代入求解即可； （2）①根据题意确定顶点坐标为：，然后代入解析式得出，即可求解；②先求出的坐标，设点，如图，过点P作于点H，则，根据，可得，求解即可；③根据题意得出顶点坐标在图象上滑动，然后分情况分析即可得出结果． 【详解】解：（1）二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线， ∴点在的伴随抛物线上， 代入得：，， 解得：，， 故答案为：2；； （2）①， ∴顶点坐标为：， ∵函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线， ∴， 整理得：， ∴； ②由①得：函数的图象为抛物线， 令， 解得：或， ∴， 将代入，则， ∴， 令， 解得：或， ∵轴， ∴， 设点， 如图，过点P作于点H， 则， ∵， ∴， ∴， 当时，即， 解得：（舍去）或； ∴， ∴； 当时，即， 解得：（舍去）或； ∴， ∴； 综上，当时，点P的坐标为或； ③∵与x轴有两个不同的交点，， 由①得：函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线， ∴顶点坐标在图象上滑动， 顶点为， 当时， 解得：或， 抛物线与x轴交两个点， 当顶点在下方时，抛物线有两个交点，， ∵若是的伴随抛物线，则也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． ∴在 上， 当顶点在下方时，； 综上可得：或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $