2026年四川省成都市中考数学试卷

**基本信息** 以北斗产业数据、智慧助老等真实情境为载体，融合代数运算、几何变换、统计分析等知识，通过函数综合、图形动态探究题考查抽象能力与推理意识，适配中考选拔要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/32|科学记数法、全等三角形、二次函数|第2题结合北斗终端销量数据，体现数学与科技前沿的联系| |填空题|10/40|因式分解、概率、新定义运算|第23题通过“L距离”定义考查空间观念，培养创新思维| |解答题|8/78|统计决策、圆的证明、函数动态综合|18题反比例函数与平移变换综合，25题等腰三角形旋转探究，考查推理能力与数学眼光|

2026年四川省成都市中考数学试卷 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1．（4分）某人转动转盘，如果用+3圈表示沿逆时针方向转了3圈，那么沿顺时针方向转了5圈记作（　　） A．﹣5圈 B．﹣2圈 C．+5圈 D．+8圈 2．（4分）2026年5月18日，中国卫星导航定位协会在北京发布《2026中国北斗时空产业发展白皮书》．白皮书数据显示，2025年国内北斗终端产品总销量超过4.1亿台/套，其中具有北斗定位功能的智能手机出货近2.8亿部，车载导航仪终端销量超过2400万台．将数据4.1亿用科学记数法表示为（　　） A．4.1×109 B．4.1×108 C．41×107 D．4.1×107 3．（4分）下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是（　　） A． B． C． D． 4．（4分）下列计算正确的是（　　） A．x3•x4＝x12 B．x2+x3＝x5 C．（3x2y）2＝9x4y2 D．（x﹣2y）2＝x2﹣2y2 5．（4分）如图，已知△ABC≌△FDE，∠A＝40°，∠E＝62°，则∠EDF的度数为（　　） A．40° B．62° C．78° D．102° 6．（4分）有一首古诗算：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿恰齐足．”其大意是：牧童们在树下拿着竹竿玩耍，不知有多少人和竹竿．每人6竿，剩余14竿；每人8竿，恰好用完．则牧童的人数和竹竿的根数分别为（　　） A．8，64 B．7，56 C．6，48 D．5，40 7．（4分）为了估计瓶中豆子的数量，先从瓶中取出100颗豆子，并给这些豆子做上记号，然后把这些豆子放回瓶中，充分摇匀，再从瓶中随机取出60颗豆子，发现其中有5颗豆子带有记号，则瓶中豆子的颗数约为（　　） A．300 B．600 C．1000 D．1200 8．（4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的自变量x与函数y的几组对应值如表： x … ﹣2 ﹣1 0 1 3 … y … 3 4 3 0 ﹣12 … 下列说法错误的是（　　） A．函数图象的开口向下 B．函数图象的对称轴是直线x＝﹣1 C．2a+c＝0 D．b2﹣4ac＞0 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9．（4分）因式分解：x2﹣3x＝　 　 ． 10．（4分）在平面直角坐标系xOy中，点P（3，﹣5）关于y轴对称的点的坐标为　 　 ． 11．（4分）人的视觉机能受运动速度的影响很大．在一定条件下，某人驾驶车辆时的视野f（单位：°）与车速v（单位：km/h）之间的关系式是f．当车速为80km/h时，他的视野为　 　 °． 12．（4分）正八边形的每个内角的度数都为　 　 ． 13．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，分别以B，C两点为圆心，以AB的长为半径作弧，两弧在矩形ABCD内部交于点P，则点P到AD所在直线的距离为 　 　 ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14．（12分）（1）计算：2cos60°+|1﹣2|． （2）解不等式组：． 15．（8分）为践行“健康第一”的教育理念，某校开展了创意课间操比赛，甲、乙两个参赛队进入决赛，决赛由5位教师评委和20位学生评委给两队打分（单位：分），该校将按最终成绩择优推广其中一队的创意课间操．赛后对评委打分的数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息． ①教师评委给甲队的打分分别为：80 84 84 86 91 ②学生评委给甲队的打分的频数分布直方图如图（分数用x表示，数据分为4组，第1组：60≤x＜70，第2组：70≤x＜80，第3组：80≤x＜90，第4组：90≤x≤100）： ③评委对甲队打分数据的平均数、中位数、众数如下： 平均数 中位数 众数 教师评委 a 84 b 学生评委 82 m 85 根据以上信息，回答下列问题： （1）a的值为　 　 ，b的值为　 　 ； （2）m的值位于学生评委对甲队打分数据分组的第　 　 组，若教师评委、学生评委对甲队打分数据的方差分别记为，，则　 　 （填“＞”或“＜”）； （3）学校将教师评委、学生评委打分的平均分按3：2的比例确定两队的最终成绩．已知乙队的最终成绩为83分，试判断该校将推广哪个队的创意课间操，并说明理由． 16．（8分）尊老敬老是中华民族的传统美德．某社区开展了“智慧助老”行动，为高龄老年人家庭免费安装智能门锁．如图，在侧面示意图中，智能门锁的摄像头A拍摄的最大仰角为30°，最大俯角为52.43°，某人站在门外距离门底部B点0.9米的N处时，摄像头A恰好能拍摄到站立点N及头顶M．已知AB⊥BN，MN⊥BN，求此人的头顶M到站立点N的距离．（结果精确到0.01米；参考数据：1.732，sin52.43°≈0.793，cos52.43°≈0.610，tan52.43°≈1.300） 17．（10分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，连接AC，BC，过点C作CD⊥AB，垂足为D，在圆上取点E，使，连接CE，BE． （1）求证：∠ACD+∠CBE＝90°； （2）若sinA，OD＝7，求⊙O的半径和BE的长． 18．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx与反比例函数的图象相交于A（1，a），B两点，过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为C，D． （1）求线段AB的长； （2）已知P为y轴正半轴上一点，若△ABP为直角三角形，求点P的坐标； （3）如图2，将线段DA，AC组成的折线段“D﹣A﹣C”沿x轴正方向平移得到折线段“D′﹣A′﹣C′”，点D，A，C的对应点分别为D′，A′，C′．A′C′与反比例函数的图象交于点E，直线BD′与反比例函数的图象在第一象限交于点F，OE与C′F交于点G．试探究：在平移过程中，的值是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由． 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19．（4分）已知a+2b＝3，则2（2a﹣b）+10b+4＝　 　 ． 20．（4分）现有两张除颜色外完全相同的卡片，分别从中间剪开，共分成全等的四片，洗匀后放在口袋里．从这四片中随机同时取出两片，则取出的两片颜色相同的概率为 　 　 ． 21．（4分）把一个分式化为另外几个分式的代数和的形式是处理分式运算和变形的常见策略．已知（a，b为常数），则a+b＝ 　 　 ． 22．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD为△ABC的一条中线，E为AC上一点，∠ADE＝∠B．若AE＝5，CE＝2，则AB＝ 　 　 ． 23．（4分）在平面直角坐标系xOy中，设A（x1，y1），B（x2，y2），记L（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，例如，若M（1，3），则L（O，M）＝|0﹣1|+|0﹣3|＝4．若点N满足L（O，N）＝1，则所有N点组成的图形面积为　 　 ；已知A是直线y＝kx（k＞0）上一点且位于第一象限，OA＝2，点P在OA上，点Q满足L（P，Q）＝1，当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为，则k＝　 　 ． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24．（8分）成都，一座雪山下的公园城市．全市超1500个公园已成为市民游憩、娱乐的优质生态空间．图1是成都某公园的游览路线示意图，甲、乙两人约定的游览路线为：景点1→景点2→景点3→景点4→景点5，甲先出发，乙出发时甲正好游览到景点2，于是乙沿着游览路线追赶甲．图2中l1，l2分别表示甲、乙两人离开景点1的路程s（单位：m）与追赶时间t（单位：min）之间的关系，假设两人均保持现有的速度． （1）直接写出l1，l2的函数表达式； （2）如图1，景点3到景点4有两条道路，甲到达景点3后，沿远路前往景点4，乙到达景点3后，沿近路前往景点4．问乙能比甲先到达景点4吗？请说明理由． 25．（10分）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究． 如图，△ABC≌△EAD，AB＝AC＝nBC（n＞1），点D在AC边上，延长ED交AB于点F． 【初步感知】 （1）求证：AF2＝FD•FE； 【深入探究】 （2）如图1，当n＝2，AD＝1时，求BF的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，将△EAD绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于90°）得到△EA′D′，若F，A′，D′三点共线，且点A的对应点A′满足A′A⊥A′B，求n的值． 26．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx+2（k＞0）与抛物线y＝x2相交于A，B两点．C，D两点在抛物线上，且CD∥AB． （1）若点A的坐标为（﹣1，1），求k的值和点B的坐标； （2）在（1）的条件下，记C，D两点的横坐标分别为m，n（m＜n），当m≤x≤n时，函数y＝（x﹣h）2总在x＝n处取得最大值，求h的取值范围； （3）若AB＝2CD，直线AC，BD的交点E恰好落在x轴正半轴上，求点E的坐标和k的值． 2026年四川省成都市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1．【解析】解：如果用+3圈表示沿逆时针方向转了3圈， 那么沿顺时针方向转了5圈记作﹣5圈， 故选：A． 2．【解析】解：4.1亿＝410000000＝4.1×108． 故选：B． 3．【解析】解：A．选项A中图形可以折叠成三棱柱，因此选项A符合题意； B．选项B中的图形，有三个长方形的侧面，所以折叠后的几何体的底面应该是三角形的，不应该是正方形的，因此选项B不符合题意； C．选项C中的图形，有三个长方形的侧面，所以折叠后的几何体的底面应该是三角形的，两个底面形状不同，因此选项C不符合题意； D．选项D中的图形，两个底面不能在侧面的同侧，应该在侧面展开图的两侧，因此选项D不符合题意； 故选：A． 4．【解析】解：x3•x4＝x7，则A不符合题意， x2与x3不是同类项，无法合并，则B不符合题意， （3x2y）2＝9x4y2，则C符合题意， （x﹣2y）2＝x2﹣4xy+4y2，则D不符合题意， 故选：C． 5．【解析】解：∵△ABC≌△FDE，∠A＝40°，∴∠F＝∠A＝40°， 在△FDE中，∠E＝62°，∠F＝40°， ∴∠EDF＝180°﹣（∠E+∠F）＝180°﹣（62°+40°）＝78°． 故答案为：C． 6．【解析】解：设牧童的人数为x，竹竿的根数为y， 根据题意得：， 解得：， ∴牧童的人数和竹竿的根数分别为7，56． 故选：B． 7．【解析】解：设瓶子中有豆子x颗豆子， 根据题意得：， 解得：x＝1200， 经检验：x＝1200是原方程的解； 故选：D． 8．【解析】解：将点 （﹣1，4），（1，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：， 解得， ∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3， ∵a＝﹣1＜0， ∴函数图象的开口向下，则选项A正确； 将二次函数y＝﹣x2﹣2x+3化成顶点式为y＝﹣（x+1）2+4， ∴函数图象的对称轴是直线x＝﹣1，则选项B正确； 又∵a＝﹣1，b＝﹣2，c＝3， ∴2a+c＝2×（﹣1）+3＝1，则选项C错误； b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×（﹣1）×3＝16＞0，则选项D正确， 故选：C． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9．【解析】解：x2﹣3x＝x（x﹣3）． 故答案为：x（x﹣3） 10．【解析】解：在平面直角坐标系xOy中，点P（3，﹣5）关于y轴对称的点的坐标为（﹣3，﹣5）， 故答案为：（﹣3，﹣5）． 11．【解析】解：当v＝80km/h时， f50（°）， 故答案为：50． 12．【解析】解：正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°＝1080°， ∵正八边形的内个内角都相等， ∴正八边形每个内角的度数为：1080°÷8＝135°． 故答案为：135°． 13．【解析】解：连接PB，PC，过点P作PE⊥AD于点E，EP的延长线交BC于点F，如图所示： ∴∠FEA＝90°， ∵四边形ABCD是矩形，且AB＝4，BC＝6， ∴∠A＝∠ABC＝90°， ∴∠A＝∠ABC＝∠FEA＝90°， ∴四边形ABFE是矩形， ∴EF＝AB＝4，∠PFB＝90°， ∴PF⊥BC， 由尺规作图得：PB＝PC＝AB＝4， 在△PBC中，PB＝PC＝4，PF⊥BC， ∴BF＝CFBC＝3， 在△PFB中，∠PFB＝90°， 由勾股定理得：PF， ∴PE＝EF﹣PF， ∴点P到AD所在直线的距离为． 故答案为：． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14．【解析】解：（1）原式＝3﹣2221 ＝3﹣21+21 ＝3； （2）解不等式①得x≥﹣1， 解不等式②得x＜3， 所以不等式组的解集为﹣1≤x＜3． 15．【解析】解：（1）a（80+84+84+86+91）＝85； b＝84， 故答案为：85，84； （2）20位学生评委给两队打分，故中位数为第10和第11个数据的中位数， 2+7＝9， 结合频数分布直方图可知，m的值位于学生评委对甲队打分数据分组的第3组， 方差反映数据的波动大小，数据越分散，波动越大，方差越大， 教师打分比较集中，极差为91﹣80＝11， 学生评委的打分分布在四个组，数据比较分散，极差接近40， ∴学生打分的波动比教师评委大， 即， 故答案为：3，＜； （3）甲队的最终成绩为83.8（分）， ∵83.8＞83， ∴该校将推广甲队的创意课间操． 16．【解析】解：过点A作AC⊥MN，垂足为C， 由题意得：AC＝BN＝0.9米， 在Rt△ACM中，∠MAC＝30°， ∴CM＝AC•tan30°≈0.90.3（米）， 在Rt△ACN中，∠CAN＝52.43°， ∴CN＝AC•tan52.43°≈0.9×1.3＝1.17（米）， ∴MN＝CM+CN＝0.31.17≈1.69（米）， ∴此人的头顶M到站立点N的距离约为1.69米． 17．【解析】（1）证明：∵CD⊥AB， ∴∠ACD+∠A＝90°， ∵， ∴∠E＝∠CBE， ∵∠A＝∠E， ∴∠A＝∠CBE， ∴∠ACD+∠CBE＝90°； （2）解：过C点作CH⊥BE于H点，如图， ∵， ∴CB＝CE， ∴CH垂直平分BE， ∴CH过圆心O，EH＝BH， 在Rt△ACD中，∵sinA， ∴设CD＝5x，AC＝6x， ∴ADx， ∴OC＝OA＝OD+AD＝7x， 在Rt△OCD中，（5x）2+72＝（7x）2， 解得x1＝0（舍去），x2， ∴OC＝718，AC＝6， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， ∴sinA， ∴BCAB＝30， 在Rt△BCH中，∵∠CBH＝∠A， ∴sin∠CBH， ∴CH30＝25， ∴BH5， ∴BE＝2BH＝10， 即⊙O的半径为18，BE＝10． 18．【解析】解：（1）∵A（1，a）在反比例函数上，代入得，即A（1，2）， 将A（1，2）代入y＝kx得k＝2，直线为y＝2x， ∵正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称， ∴B（﹣1，﹣2），由两点距离公式：； （2）设P（0，p），p＞0， 分三种情况讨论直角位置： ①∠APB＝90°：由勾股定理得AP2+BP2＝AB2， 则[12+（2﹣p）2]+[（﹣1）2+（﹣2﹣p）2]＝20， 化简得p2＝5， 故（负值已舍去）， 即； ②∠PAB＝90°：由勾股定理得PA2+AB2＝PB2， 则[1+（2﹣p）2]+20＝1+（﹣2﹣p）2， 解得， 即； ③∠PBA＝90°：由勾股定理得PB2+AB2＝PA2， 则20+[1+（﹣2﹣p）2]＝1+（2﹣p）2， 解得：，不符合p＞0，舍去； 综上，若△ABP 为直角三角形，则或； （3）根据（1）可知A（1，2）， ∴D（0，2），C（1，0）， 设平移距离为t（t＞0），则平移后各点坐标：D'（t，2），C'（1+t，0），， 设直线BD'的解析式为y＝mx+n， 代入点B（﹣1，﹣2）和点D′（t，2）得， 解得：， ∴直线BD'的解析式为， 直线BD'的解析式与联立得，整理得2x2+（1﹣t）x﹣（t+1）＝0， 解得：x＝﹣1或， ∴点， 设直线OE的解析式为y＝m'x， 则，解得：， ∴直线OE的解析式为：， 设直线C'F的解析式为y＝cx+d， 则， 解得：， ∴直线C′F的解析式为， 联立直线OE的解析式和直线C'F的解析式得， 解得：， 即交点G的横坐标， 过点G，F分别作GH⊥x轴，FK⊥x轴， 则GH∥FK， ∴， ∵，C'H＝xC﹣xG， ∴． 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19．【解析】解：原式2（2a﹣b）+10b+4 ＝4a﹣2b+10b+4， 合并同类项：4a+（﹣2b+10b）+4＝4a+8b+4， 提取前两项的公因数4：4（a+2b）+4， 将已知条件a+2b＝3代入到上述式子中：4×3+4＝12+4＝16． 故答案为：16． 20．【解析】解：用A、B同一种颜色的卡片，用C、D表示另外同一种颜色的卡片， 画树状图为： 共有12种等可能的结果，取出的两片颜色相同的结果数为4， 所以取出的两片颜色相同的概率． 故答案为：． 21．【解析】解：∵， ∴， ∴2a+b＝5且﹣a+2b＝﹣5， 解得a＝3，b＝﹣1， ∴a+b＝3﹣1＝2． 故答案为：2． 22．【解析】解：ED和AB的延长线相交于F点，过B点作BH∥AC交EF于H点，如图，∠DBH＝∠C＝90°， ∵AD为△ABC的中线， ∴CD＝BD， 在△CDE和△BDH中， ， ∴△CDE≌△BDH（ASA）， ∴CE＝HB＝2，DE＝DH， ∴BH∥AE， ∴△FBH∽△FAE， ∴， 设FB＝2x，FA＝5x，FH＝4a，FE＝10a， ∴AB＝3x，DE＝DH＝3a， ∵∠ADE＝∠ABC， 而∠ADE＝∠DAF+∠F，∠ABC＝∠BDF+∠F， ∴∠BDF＝∠DAF， ∵∠BFD＝∠DFA， ∴△FBD∽△FDA， 即FB：FD＝FD：FA， ∴2x：7a＝7a：5x， ∴ax， ∴DFx， 在Rt△ABC中，∵BC2＝AB2﹣AC2＝9x2﹣49， ∴CD2BC2（9x2﹣49）， 在Rt△CDE中，22（9x2﹣49）＝（x）2， 解得x1，x2（舍去）， ∴AB＝3x． 故答案为：． 23．【解析】解：①∵L（O，N）＝1， 设N（m，n）， ∴|m|+|n|＝1， 当N在第一象限时，m+n＝1，即n＝﹣m+1， ∴点N在直线 y＝﹣x+1上， 同理当N在第二象限时，﹣m+n＝1， ∴n＝m+1，即点N在y＝x+1上， 当N在第三象限时，﹣m﹣n＝1，即n＝﹣m﹣1，点N在y＝﹣x﹣1上， 当N在第四象限时，m﹣n＝1，即n＝m﹣1，点N在y＝x﹣1上， ∴所有N点与坐标轴的交点（1，0），（0，1），（﹣1，0），（0，﹣1）， ∴所有N点组成的图形为正方形，其面积为； ②∵已知A是直线y＝kx（k＞0）上一点且位于第一象限，OA＝2，点P在OA上， ∴点A在2为半径的弧上运动， ∵点Q满足L（P，Q）＝1，同①可得点Q组成的图形是对角线为2，且平行于坐标轴的正方形， ∴当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为， 设A（a，b），A是直线y＝kx（k＞0）上一点且位于第一象限， ∴b＝ak，a，b＞0， ∴， 当b＞a时，如图， ∴， ∴， 解得：， ∵a2+b2＝4，a＞0， ∴， ∴， ∴， 当a＞b时，如图， ∴， ∴， 解得：， ∵a2+b2＝4，a＞0， ∴， ∴， ∴， 综上所述，或． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24．【解析】解：（1）直线l1过点（0，0）和（20，1000）， k150， 直线l1对应的函数表达式为s1＝50t； 设直线l2对应的函数表达式为s＝kt+b， 直线l2过点（0，800）和（20，1400）， 代入得， 解得， 直线l2对应的函数表达式为s2＝30t+800； （2）甲的速度为30m/min， 乙的速度为50m/min， 景点1到景点3的路程为800+600＝1400（m）， 当s＝1400时，对于甲：30t+800＝1400，解得t＝20， 对于乙：50t＝1400，解得t＝28， 甲从景点3到景点4要走的路程为720m，耗时24min， 乙从景点3到景点4要走的路程为650m，耗时13min， 甲到达景点4的总时间为20+24＝44min， 乙到达景点4的总时间为28+13＝41min， ∵41＜44， ∴乙能比甲先到达景点4． 25．【解析】（1）证明：∵△ABC≌△EAD， ∴∠BAC＝∠E，即∠FAD＝∠E， 又∵∠AFD＝∠EFA， ∴△AFD∽△EFA， ∴， ∴AF2＝FD•FE； （2）解：∵△ABC≌△EAD， ∴BC＝AD＝1，AB＝AE，AC＝DE， ∵AB＝AC＝nBC，n＝2， ∴AB＝AC＝AE＝DE＝2， 由（1）得，△AFD∽△EFA， ∴， ∴FE＝2AF，， ∴， 解得， ∴， 即BF的长为； （3）解：如图， 设BC＝AD＝1， 由（2）中的结论可得AB＝AC＝AE＝DE＝n， 由旋转的性质得，AE＝A'E，∠EA'D'＝∠EAD， ∵∠EAA'＝∠EA'A， 设∠EA'D'＝∠EAD＝α， ∵F，A'，D'三点共线， ∴∠EA'F+∠EA'D'＝180°， ∴∠EA'F＝180°﹣α， ∵AE＝DE， ∴∠AED＝180°﹣2α， ∵△ABC≌△EAD， ∴∠BAC＝∠AED＝180°﹣2α， ∴∠EAF＝∠BAC+∠EAD＝180°﹣2α+α＝180°﹣α， ∴∠EAF＝∠EA'F， ∴∠EAF﹣∠EAA'＝∠EA'F﹣∠EA'A，即∠FAA'＝∠FA'A， ∴AF＝A'F， ∵A'A⊥A'B， ∴∠AA'B＝90° ∴∠FA'A+∠FBA'＝90°，∠FA'A+∠FA'B＝90°， ∴∠FBA'＝∠FA'B， ∵BF＝A'F， ∴， 由（1）得，△AFD∽△EFA， ∴， ∴，FDAF， ∴DE＝FE﹣FDn， 解得n（负值已舍去）， ∴n的值为． 26．【解析】解：（1）将点A（﹣1，1）代入y＝kx+2得，1＝﹣k+2， 解得k＝1， 令x+2＝x2，则x2﹣x﹣2＝0， 解得x＝2或x＝﹣1， ∴B（2，4）； （2）如图， 设CD：y＝x+t， 联立y＝x+t与y＝x2得x2﹣x﹣t＝0， 令Δ＝1+4t＝0， ∴， 此时， 解得， ∴， y＝（x﹣h）2对称轴为x＝h， ∴当时，y＝（x﹣h）2总在x＝n处取最大值； （3）设E（m，0）， ∵CD∥AB，， ∴CD为△ABE中位线， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， ∴C（，），D（，）， 联立AB与y＝x2得x2﹣kx﹣2＝0， 则x1+x2＝k，x1•x2＝﹣2， 过E作EF∥AB交y轴于F， ∴直线EF：y＝kx﹣km， ∴F（0，﹣km）， 延长CD交y轴于H，记AB交y轴于G， ∵AB∥CD∥EF， ∴1， ∴H为G，F中点， ∴， ∴直线， 联立CD与y＝x2得， 则xC+xD＝k，xC•xD1， ∴，即， ∵x1+x2＝k， ∴k＝2m， ，即， 解得， ∴E（，0），k＝2． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $