精品解析：2026年安徽三海学地教育联盟初中毕业班第二次质量检测数学（试题卷）

三海学地教育联盟2026届初中毕业班第二次质量检测 数 学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的． 1. -7的相反数是（ ） A. 7 B. -7 C. D. 2. 安徽省2025年外贸进出口总值达亿元，其中亿用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 3. 月壤砖是利用模拟月壤或真实月壤原料烧制的建筑材料，如图水平放置的月壤砖的左视图为（ ） A. B. C. D. 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数，满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 某地规划了充电桩单循环组网模式（即每两个充电桩之间都要铺设1条专用通信电路），实际铺设50条线路后发现，一个充电桩点位仅完成了5条电路连接．则原规划建设的充电桩个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 8. 如图，在中，点D在边上，，，，边，的中点分别为，，则的长为（ ） A. B. C. D. 9. 如图的等边中，点，分别在边，上移动，且满足与外心三点共线，将沿直线折叠，与交于点，，连接，，则下列为定值的是（ ） A. 与的比值 B. 四边形的周长 C. 四边形的面积 D. 与的角度和 10. 如图，在中，，，，是边的中点，点，分别从点，出发，速度分别为，，均沿顺时针方向运动，当点追上点时，两点停止运动．设运动时间为，的面积为，则关于的函数图象为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 若分式方程无解，则a的值为_________． 12. 有4个球和写有1、2、3号的盒子，进行如下游戏：①从装有3张卡片（分别写着1、2、3）的盒子里随机抽取一张，记数字为k；②若，则在1号和3号盒子中各放入1个球；若，则在1号和2号盒子中各放入1个球；若，则在2号和3号盒子中各放入1个球；③将卡片放回，重复以上操作两次．则3号盒子恰好比2号盒子多1个球的概率为_________． 13. 将摇晃中的“不倒翁”（上半部分为圆锥，下半部分为球的一部分，底部居中放置一正方体重物，并固定）的主视图简化为如图所示的轴对称图形，，分别与所在圆相切于点A，B，点N始终是该圆与地面水平线的切点．已知圆的半径是5，正方形边的中点与优弧的中点距离为2，，将边的中点与点B连线，长度为_________． 14. 有一组角互补，另一组角相等，且相等的两个角的对边也相等的两个三角形称为“和合”三角形．例如，在与中，若，，，则与是“和合”三角形．如图所示，D是等边三角形的边上的一动点，E在的延长线上，，连接交于点F，连接． （1）若，则_________； （2）若与是“和合”三角形，则的值为_________． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 先化简，再求值：，其中． 16. 如图，由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系（图中未画出），四边形的顶点均为格点（网格线的交点）．已知点D的坐标为． （1）作四边形关于原点O中心对称的四边形，并写出点的坐标； （2）连接，仅用无刻度直尺画出的中线． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 无动力帆船是借助风力前行的，帆船借助风力航行的平面示意图如图所示．已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力又可以分解为两个力与，与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，若，求推动帆船前行的动力的值．（参考数据：，，．，，．） 18. 如图，以为直径作半圆，过点作半圆的切线，连接交半圆于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的长． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，一次函数（）与反比例函数（）的图象交于，两点，与轴交于点．将直线沿轴向上平移个单位长度后与反比例函数的图象分别交于，两点，直线与轴交于点．已知点和的横坐标分别为和． （1）求一次函数图象在反比例函数图象上方时，的取值范围； （2）连接，，若的面积为，求点的坐标． 20. 为搭建爱心桥梁、助力山区教育，某中学面向全校发起捐书倡议，号召同学们将闲置书籍赠予山区学子，用书香传递关爱．现将捐书情况绘制成统计图，部分信息如下： 请根据以上信息，完成下列问题： （1）补全频数分布直方图； （2）这些学生捐书数量的极差为________，这些学生捐书数量的中位数为________； （3）若在统计时漏掉名学生捐书的数量，现将他捐书的本数和原统计的捐书数量合并成一组新数据后，发现平均数增大了，则漏掉的那个学生捐书数量最少是多少本？ 六、（本题满分12分） 21. 数学兴趣小组设计了一个数列生成游戏：对于给定的一列有序数字，每次构造时在数列的末尾添加前一项的两倍与固定常数之和，形成新的一列有序数字．例如，初始数列为2，5，第1次构造后得到2，5，15（即），第2次构造后得到2，5，15，35（即），依此类推第次构造后的这列数字的和用表示，数列的第项为（，，，）． （1）观察前几次构造的结果，完成下列问题： 构造次数 构造后的数列 的值 的值 ， / ，， ，，， ，，，， ，，，，， 第次构造后的的值为 ；（直接填数字） 根据上表规律，第次构造后的值是 ；（用含的代数式表示） （2）数学兴趣小组指导老师引导同学们推出了当时的结果，下面是部分分析过程： ，，，， 把上面这个式子的左边和右边分别相加，得， ．（其中表示，，，，这列数中的第个数） 那么如何计算的结果呢？ 不妨令（其中），则，两式左边和右边分别相减得，即， 当时， ，的结果为 ．（用含的代数式表示） （3）在原题的数列生成游戏中，记第次构造后的数列中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为（）．若存在常数，使得为定值，请求出这个定值，若不存在，请说明理由． 七、（本题满分12分） 22. 在边长为的正方形中，是边的中点，点是边上的一个动点，连接并延长交射线于点． （1）如图，连接，当时，求证：； （2）过点作的垂线交射线于点，连接，． （）如图，求证：； （）如图，当时，求的值． 八、（本题满分14分） 23. 已知抛物线的对称轴在轴右侧，当时，的最小值为，最大值为． （1）求整数，的值； （2）在（1）的条件下，直线与抛物线在范围内有两个交点，点，均在抛物线上，在的左侧． ①求的取值范围； ②若，过点作轴，垂足为，交直线于点．设的面积为，的面积为，若，且，求的近似值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三海学地教育联盟2026届初中毕业班第二次质量检测 数 学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的． 1. -7的相反数是（ ） A. 7 B. -7 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据概念，（-7的相反数）+（-7）=0，则-7的相反数是7． 故选A． 2. 安徽省2025年外贸进出口总值达亿元，其中亿用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：亿， 3. 月壤砖是利用模拟月壤或真实月壤原料烧制的建筑材料，如图水平放置的月壤砖的左视图为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三视图的定义，左视图是从物体的左面看所得到的图形；观察几何体可知，该几何体左侧为开口，从左面看能看到凹槽的棱，且为可见轮廓线，应画为实线． 【详解】解：∵该几何体左侧为开口状，右侧为封闭平面 ∴从左面看时，视线正对开口处 ∴能看到凹槽上下两条水平棱 ∵这两条棱未被遮挡，属于可见轮廓线 ∴在左视图中应画为实线 ∴左视图为一个矩形，中间有两条横向实线，故选B． 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：对选项A，根据二次根式性质，，A错误． 对选项B，根据完全平方公式展开，，B错误． 对选项C，先算乘方再算除法，，，C错误． 对选项D，逆用积的乘方法则，，，D正确． 5. 在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出两个不等式的解集，然后在数轴上表示出来即可． 【详解】， 解不等式，得， 解不等式，得 ，  不等式组的解集在数轴上表示为． 6. 已知实数，满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二元一次方程和代数式取值范围的求解，解题思路是利用已知方程将其中一个未知数用另一个未知数表示，代入所求代数式得到关于单个未知数的一次式，再根据已知的未知数范围，不等式变形得到所求代数式的取值范围． 【详解】， 移项整理得， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ 即； 7. 某地规划了充电桩单循环组网模式（即每两个充电桩之间都要铺设1条专用通信电路），实际铺设50条线路后发现，一个充电桩点位仅完成了5条电路连接．则原规划建设的充电桩个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】原规划个充电桩，根据题意得出个充电桩已完成全部连接，仅一个充电桩只完成5条连接，实际铺设50条线路，列出方程求解即可． 【详解】解：设原规划建设的充电桩个数为， ∵ 原计划为单循环连接，原总线路数为， 又∵ 其余个充电桩已完成全部连接，仅一个充电桩只完成5条连接，实际铺设50条线路， ∴ 实际总线路满足方程：， 解得 （负值舍去）， 所以原规划建设的充电桩个数为11． 8. 如图，在中，点D在边上，，，，边，的中点分别为，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，利用等腰三角形“三线合一”的性质可得， 在中利用勾股定理求出的长，进而求出的长，再在中利用勾股定理求出的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】如图，连接． ，为的中点， ，． 在中，由勾股定理得．  ，  ． 在中，由勾股定理得．  为的中点，，  ． 9. 如图的等边中，点，分别在边，上移动，且满足与外心三点共线，将沿直线折叠，与交于点，，连接，，则下列为定值的是（ ） A. 与的比值 B. 四边形的周长 C. 四边形的面积 D. 与的角度和 【答案】D 【解析】 【分析】多次利用三角形的外心的性质与轴对称图形的性质以及角度的等量代换，转化出，，等数量关系，再对每一项逐步验证即可． 【详解】解：A、如图所示，连接，，，，延长交于点，过点分别作，，的垂线，垂足分别为，，， ∴， ∵点是等边的外心， ∴，，，， ∵沿直线折叠得到， ∴，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴平分， ∴； 在和中，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∴； 同理可证得，平分，， ∴，； ∵在中，， ∴， 又∵，，平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴； 过点作的平行线交的延长线于点， ∵， ∴，，， ∴，， ∴，， ∵点是的外心， ∴垂直平分，垂直平分， ∴， ∴， ∵与均非定值， ∴不是定值； B、∵四边形的周长，所有线段无法转化到某一固定的线段上， ∴其周长不为定值； C、∵点是等边的外心，沿直线折叠， ∴， 可证，， 此时四边形的面积， ∵非定值， ∴四边形的面积非定值； D、∵，，平分， ∴， ∵， ∴与的角度和为定值． 10. 如图，在中，，，，是边的中点，点，分别从点，出发，速度分别为，，均沿顺时针方向运动，当点追上点时，两点停止运动．设运动时间为，的面积为，则关于的函数图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点、的位置变化，将运动过程分为四段：在上、在上且在上、在上且在上、、均在上．分别求出各段关于的函数解析式，根据函数类型及图象特征判断即可． 【详解】∵，，， ∴． ∵是中点，． 点速度为7，点速度为6． 点，分别从点，出发，速度分别为，， ， 故时，两点停止运动 当时，点在上，点在上 ， ．该函数图象为开口向上的抛物线，故A，B选项不合题意； 当时，在上且在上 ，该函数为一次函数； 当时，如下图，在上且在上 过点作于点，作于点， ∴ ， 则，， 则，，，， ， 该函数为开口向上的抛物线，故C选项不合题意； 当时，、均在上， ，到的距离为 ：，该函数为一次函数； 综上所述，故选D 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 若分式方程无解，则a的值为_________． 【答案】或 【解析】 【分析】分式方程无解分两种情况，一是去分母后所得整式方程无解，二是整式方程的解使原方程分母为0，即为增根，分两种情况计算即可得到的值． 【详解】解：原方程变形为 方程两边同乘，得 整理得 分两种情况讨论：当，即时，整式方程无解，因此原分式方程无解，符合题意 当时，因为原分式方程无解， 所以整式方程的解是原分式方程的增根 原分式方程的分母为，因此增根为 将代入，得 解得 综上，的值为或 12. 有4个球和写有1、2、3号的盒子，进行如下游戏：①从装有3张卡片（分别写着1、2、3）的盒子里随机抽取一张，记数字为k；②若，则在1号和3号盒子中各放入1个球；若，则在1号和2号盒子中各放入1个球；若，则在2号和3号盒子中各放入1个球；③将卡片放回，重复以上操作两次．则3号盒子恰好比2号盒子多1个球的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定两次操作的所有等可能基本事件总数，再根据题意推导3号盒子恰好比2号盒子多1个球的条件，求出符合条件的基本事件个数，最后利用古典概型概率公式计算概率． 【详解】解：由题意，每次抽取卡片有种等可能结果，重复操作两次， 1 2 3 1 2 3 ∴共有种等可能的结果， 对单次操作，设抽取数字为时，2号盒子球的增量为，3号盒子球的增量为， 当时，，；当时，，；当时，，. ∵两次操作后，3号盒子恰好比2号盒子多个球，即满足. ∴设两次抽取中，抽的次数为，抽的次数为，抽的次数为， ∴，且：，， 代入条件得：. 联立方程， 其中为非负整数， ∴，，， 即符合条件的事件结果为和， ∴所求概率为． 13. 将摇晃中的“不倒翁”（上半部分为圆锥，下半部分为球的一部分，底部居中放置一正方体重物，并固定）的主视图简化为如图所示的轴对称图形，，分别与所在圆相切于点A，B，点N始终是该圆与地面水平线的切点．已知圆的半径是5，正方形边的中点与优弧的中点距离为2，，将边的中点与点B连线，长度为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆心为，的中点为，先建立平面直角坐标系，再分别求出点和点的坐标，根据两点间距离公式即可求解． 【详解】由题意知，所求长度不随“不倒翁”的摇晃而变化，故取下图位置进行求解． 如图，设圆心为，的中点为，连接，以为原点，地面水平线为轴，对称轴为轴建立平面直角坐标系． 与圆相切 ， 图形轴对称，， ， ， 作于点， 在中，，圆的半径是5， ，， ， 由题意 ∴ ． 14. 有一组角互补，另一组角相等，且相等的两个角的对边也相等的两个三角形称为“和合”三角形．例如，在与中，若，，，则与是“和合”三角形．如图所示，D是等边三角形的边上的一动点，E在的延长线上，，连接交于点F，连接． （1）若，则_________； （2）若与是“和合”三角形，则的值为_________． 【答案】 ①. ##90度 ②. 【解析】 【分析】（1）过点D作的平行线交于点G，因为是等边三角形，所以可证是等边三角形，得到．结合，可证，所以．由推出线段关系，得到，，再结合，推导所求角度． （2）根据和是“和合”三角形，有公共角，得，可证明，得，得，推出，得，推出，即得​． 【详解】解：（1）是等边三角形，故，， 过作交于， 则， ∴是等边三角形， ∴， 又， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，且， ∴，∴， ∴， ∴．​ （2）∵和是“和合”三角形，， ∴． 过作交于，连接， 由（1）知，，是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴​． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，先分解因式对括号内的分式通分计算，再将除法转化为乘法，约分得到最简结果，最后代入的值计算即可． 【详解】解：           当时， 原式． 16. 如图，由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系（图中未画出），四边形的顶点均为格点（网格线的交点）．已知点D的坐标为． （1）作四边形关于原点O中心对称的四边形，并写出点的坐标； （2）连接，仅用无刻度直尺画出的中线． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据点D的坐标为建立平面直角坐标系，再根据中心对称的规律描出点、、、，连接成四边形即可，由图写出的坐标即可； （2）取格点使得四边形为矩形，连接，交于点，连接即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取格点使得四边形为矩形，连接交于点，连接即为所求， 理由：四边形为矩形， ， 点为的中点， 即为的中线． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 无动力帆船是借助风力前行的，帆船借助风力航行的平面示意图如图所示．已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力又可以分解为两个力与，与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，若，求推动帆船前行的动力的值．（参考数据：，，．，，．） 【答案】264 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据已知条件和平行线的性质先推出，然后利用直角三角形内角和以及平角的定义求出和度数，最后结合正弦值即可求出所求的值． 【详解】解：由题意可知，，，， ，． ，， ， ． ， ． ，，， 在中，， 在中，， ． 18. 如图，以为直径作半圆，过点作半圆的切线，连接交半圆于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：如下图所示，连接， 是的直径， ， ， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ； （2） 【解析】 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，可知，根据切线的定义可知，根据直角三角形的两个锐角互余，可得：，，根据同角的余角相等可证，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，可证，等量代换可证结论成立； （2）利用的余弦求出，，根据即可求出结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如下图所示，连接， 是的直径， ， 在中，， ， ， ， ， 是的切线， ， 在中，， ， ， ， ， ． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，一次函数（）与反比例函数（）的图象交于，两点，与轴交于点．将直线沿轴向上平移个单位长度后与反比例函数的图象分别交于，两点，直线与轴交于点．已知点和的横坐标分别为和． （1）求一次函数图象在反比例函数图象上方时，的取值范围； （2）连接，，若的面积为，求点的坐标． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）通过观察图象即可求解； （2）过点作轴交于点，易得，根据的面积为列方程可得的值，进而确定点的坐标． 【小问1详解】 解：点和的横坐标分别为和． 根据函数图象可得：一次函数图象在反比例函数图象上方时，的取值范围为或； 【小问2详解】 解：点和的横坐标分别为和，且，在上， 当时，，当时，， ，， 代入得，， 解得， 直线的解析式为， 当时，， ， 如图，过点作轴交于点， 直线沿轴向上平移个单位长度， ， ， ， ，解得， ， ， ，即． 20. 为搭建爱心桥梁、助力山区教育，某中学面向全校发起捐书倡议，号召同学们将闲置书籍赠予山区学子，用书香传递关爱．现将捐书情况绘制成统计图，部分信息如下： 请根据以上信息，完成下列问题： （1）补全频数分布直方图； （2）这些学生捐书数量的极差为________，这些学生捐书数量的中位数为________； （3）若在统计时漏掉名学生捐书的数量，现将他捐书的本数和原统计的捐书数量合并成一组新数据后，发现平均数增大了，则漏掉的那个学生捐书数量最少是多少本？ 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由捐本书的人数及其所占百分比相除即可求出参加捐书的学生总人数，用总人数减去其余捐书的人数即可求出捐本书的人数，从而补全图形； （2）最大值减去最小值即可得极差；将这人捐书的本数，按从小到大的顺序排序，求第和第个数据的平均数即可得中位数； （3）先求出平均数，漏掉的那个学生捐书数量比平均数大即可． 【小问1详解】 解：参加捐书的学生总人数为：（人）， 捐本书的人数：（人）， 补全条形统计图略； 【小问2详解】 解：这些学生捐书数量的极差为（本）； 这人捐书的本数，按照从小到大的顺序排列，位于第和第个数据都是， 这些学生捐书数量的中位数为（本）； 【小问3详解】 解：这名学生捐书数量的平均数为：（本）， 平均数增大了， 漏掉的那个学生捐书数量最少是本． 六、（本题满分12分） 21. 数学兴趣小组设计了一个数列生成游戏：对于给定的一列有序数字，每次构造时在数列的末尾添加前一项的两倍与固定常数之和，形成新的一列有序数字．例如，初始数列为2，5，第1次构造后得到2，5，15（即），第2次构造后得到2，5，15，35（即），依此类推第次构造后的这列数字的和用表示，数列的第项为（，，，）． （1）观察前几次构造的结果，完成下列问题： 构造次数 构造后的数列 的值 的值 ， / ，， ，，， ，，，， ，，，，， 第次构造后的的值为 ；（直接填数字） 根据上表规律，第次构造后的值是 ；（用含的代数式表示） （2）数学兴趣小组指导老师引导同学们推出了当时的结果，下面是部分分析过程： ，，，， 把上面这个式子的左边和右边分别相加，得， ．（其中表示，，，，这列数中的第个数） 那么如何计算的结果呢？ 不妨令（其中），则，两式左边和右边分别相减得，即， 当时， ，的结果为 ．（用含的代数式表示） （3）在原题的数列生成游戏中，记第次构造后的数列中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为（）．若存在常数，使得为定值，请求出这个定值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）不存在，理由如下： 设奇数位置（项序号为奇数）的和为，偶数位置和为， 当为偶数时，第次构造后总项数为， 奇数位置个数，偶数位置个数， 由（1）可得：， 初始数列为，，从第项起满足：， 当时，， 当时，令，则， ∴， ∴， ∴， 当时， 当时，， ∴， ∴ （同（2）错位相减的方法可得） ， ∴，， ∵，， ∴ ， 设（定值），则， ， 对任意成立， 对应系数相等， ， 无解，不存在符合题意的的值． 【解析】 【分析】本题考查新定义数列的规律探究，根据题目给出的构造规则，逐步推导数字规律，利用系数相等求解常数和定值．解题关键是准确归纳规律，结合代数变形推导结果． 【小问1详解】 解：根据构造规则，第次构造新增的项就是， 由表格规律，第次，则第次． 观察已知结果： ，，， 归纳可得； 【小问2详解】 解：由题意，是，，，这列数中的第个数，可得， 由分析可得：， ； 又，， 代入得：； 【小问3详解】 略 七、（本题满分12分） 22. 在边长为的正方形中，是边的中点，点是边上的一个动点，连接并延长交射线于点． （1）如图，连接，当时，求证：； （2）过点作的垂线交射线于点，连接，． （）如图，求证：； （）如图，当时，求的值． 【答案】（1） 证明：连接， 是边的中点， ， 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ，， 为的中点，，， 中，， ， 点一定在线段的垂直平分线上， 故； （2） （）证明：如图，过点作，交的延长线于点， 四边形为正方形，是边的中点， ，，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， 即； （）． 【解析】 【分析】（1）利用正方形性质证明得，，连接，再结合勾股定理证明，最后利用垂直平分线的判定定理即可证明； （2）（）过点作，交的延长线于点，结合正方形性质证明四边形是矩形，得，再证明，由相似三角形性质得出，即可证明； （）由可得，，由垂直平分线性质得，结合相似三角形性质得，，设，则，建立一元一次方程，解出后可得，根据即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （）略 （）解：由（1）可知， ，， 又， ， ， ， ，， 设，则， ， 又， 则有， 解得， 即， ． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元一次方程的应用、求角的正切值，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 八、（本题满分14分） 23. 已知抛物线的对称轴在轴右侧，当时，的最小值为，最大值为． （1）求整数，的值； （2）在（1）的条件下，直线与抛物线在范围内有两个交点，点，均在抛物线上，在的左侧． ①求的取值范围； ②若，过点作轴，垂足为，交直线于点．设的面积为，的面积为，若，且，求的近似值． 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意求得抛物线对称轴为，根据对称轴在轴右侧得出，分情况讨论，当对称轴在时，求得最小值和最大值，进而求得的值，当对称轴时，同理求得最值，根据是整数进行取舍，即可求解； （2）①联立直线与抛物线得出，根据题意得出且，，解不等式组，求得的范围，即可求解； ②分别表示出，，，将代入，进而根据建立方程， 解方程，即可求解． 【小问1详解】 解：抛物线开口向上， 对称轴为， 由对称轴在轴右侧得 ∴ ∵当时，的最小值为，最大值为 情形一：当对称轴在时，即， 又 ∴ ∴最小值为，即最小值在顶点处，得：，即① 最大值在或， 当时，， 代入①解得：，或，（舍去） 当时，， 代入①解得：（舍去）或（舍去） 情形二：当对称轴时，即 ∴， ∴最大值为时， 最小值为时， 解得：，不是整数， 综上所述，，； 【小问2详解】 解：①联立直线与抛物线 得 ∵直线与抛物线在范围内有两个交点， 设， ∴且， 解 ∴或 解得： 解得 综上所述： ②设的面积为，的面积为，， ∵在上， ∴，，， ∴，， 又∵，则 ∴ ∴ ∵ ∴① ∵在的左侧 ∴，则 ∴ （i）当时， ∴ 当时， 解得：（舍去） （ii）当或时， ∴ 当时， 解得： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $