数学（成都卷）（全解全析）_2数学总复习_赠送：2024中考模拟题数学_二模_数学（四川成都卷）-：2024年中考第二次模拟考试

2024 年中考第二次模拟考试（成都卷） 数学·全解全析 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分．在每个小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）. 1．《海底两万里》是法国著名作家儒勒·凡尔纳的一部著名作品，他在小说中塑造了尼摩船长这个反对沙 皇专制统治的高大形象，赋予其强烈的社会责任感和人道主义精神，以此来表达对现实的批判．如图 所示是《海底两万里》中尼摩船长所发明的潜水头盔的示意图．这种头盔具有良好的抗水压性能，能 使潜水工作者在水下数百米深处作业而行动自如．现将其抽象为图示的立体图形，则该头盔的俯视图 为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】考查几何体的俯视图，根据俯视图是由从上往下看得到的图形即可得出答案，考查空间想象能力．【详解】解：根据俯视图是由从上往下看得到的图形可得，该头盔的俯视图为 故选：D． 2．今冬，哈尔滨旅游火了！冻梨精致摆盘、把交响乐演出搬进火车站、鄂伦春族同胞被请出来表演驯鹿， 哈尔滨的各种花式“宠粉”操作，使众多当地网友直呼：尔滨，你让我感到陌生！因为“尔滨”的真 情实意款待，在2024年元旦小长假，哈尔滨3天总游客量达到304.79万人，旅游收入59.14亿元，创 历史新高！那么，将数据“59.14亿”用科学记数法表示为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成 的形式即可． 本题考查了科学记数法表示大数，熟练掌握把小数点点在左边第一个非零数字的后面确定a，运用整数位 数减去1确定n值是解题的关键． 【详解】∵ ，故选D． 3.下列运算正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查整式的运算，根据合并同类项法则，积的乘方和幂的乘方运算法则，同底数幂的除法法 则以及完全平方公式计算各项同后再判断即可． 【详解】解：A、 ，故A不符合题意；B、 ，故B不符合题意； C、 ，故C符合题意；D、 ，故D不符合题意；故选：C． 4．如图，平行于主光轴 的光线 和 经过凹透镜的折射后，折射光线 的反向延长线交于 主光轴 上一点P．若 ，则 的度数是（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质，首先求出 和 ，再根据平行线的性质求出 和 即可． 【详解】解：∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ， ∴ ．故选：C． 5．为响应“绿色出行”的号召，张叔叔上班由自驾车改为乘坐公交车．已知张叔叔家距上班地点 ， 他乘公交车平均每小时行驶的路程比他自驾车平均每小时行驶的路程少 ．他从家出发到上班地点， 乘公交车所用的时间是自驾车所用时间的 ，求张叔叔乘公交车上班平均每小时行驶多少千米？设张 叔叔乘公交车上班平均每小时行驶 ，则下面所列方程中正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键． 【详解】解：设张叔叔乘公交车上班平均每小时行驶 ，则自驾车平均每小时行驶 千米， 由题意得， ，故选：B． 6．如图， ABC内接于半径为6的 O中、作 O的直径BD，若A50，连接OC，则图中扇形的面积 是（ ） 16 32 A． B． C．  D．  8 6 9 9 【答案】A 【分析】本题考查圆周角定理，扇形面积公式，求出COD80是解题的关键． 先由圆周角定理得∠BOC2∠A100°，从而求得COD80，即可由扇形面积公式求解．【详解】解：∵A50，∴∠BOC2∠A100°，∴COD180BOC 80， 8062 ∴S  8，故选：A． 扇形COD 360 7．下图是关于某市某天7时~ 时这 个整点时刻的气温折线统计图，则下列说法错误的是（ ） A．7时~ 时气温的极差是 B．7时~ 时气温的众数是 C．7时~ 时气温的中位数是 D．7时~ 时气温的平均数是 【答案】B 【分析】本题考查了平均数、中位数、众数以及极差的定义，直接利用平均数、中位数、众数以及极差的 定义分别分析得出答案． 【详解】解：A.极差是 ，故此选项正确，不符合题意； B. ，众数是 ，故此选项不正确，符合题意； C.气温按从低到高顺序排列为 ，故中位数是 ，故此 选项正确，不符合题意；D.平均数为 ，故此 选项正确，不符合题意；故选：B． 8．如图1，一个移动喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线．图2是喷灌架为一坡地草坪喷水的平面 示意图，喷水头的高度（喷水头距喷灌架底部的距离）是1米．当喷射出的水流距离喷水头20米时． 达到最大高度11米，现将喷灌架置于坡度为1：10的坡地底部点O处，草坡上距离O的水平距离为30 米处有一棵高度约为2.3米的石榴树AB，因为刚刚被喷洒了农药，近期不能被喷灌．下列说法正确的 是（ ）A．水流运行轨迹满足函数y＝ x2﹣x+1 B．水流喷射的最远水平距离是40米 C．喷射出的水流与坡面OA之间的最大铅直高度是9.1米 D．若将喷灌架向后移动7米，可以避开对这棵石榴树的喷灌 【答案】D 【分析】A、设石块运行的函数关系式为y=a（x-20）2+11，用待定系数法求得a的值即可求得答案； B、把y=0代入函数y＝ x2+x+1即可水流喷射的最远水平距离;C、当x=20时y=11，减去2即可； 1 y   (x27)2 11 D、向后平移后的解析式为 40 ，把x=37代入解析式求得y的值，再减3后与2.3比较 大小即可做出判断． 【详解】解：A、设石块运行的函数关系式为y=a（x-20）2+11， 1 a  把（0，1）代入解析式得：400a+11=1，解得： 40， 1 1 y   (x20)2 11  x2  x1 ∴解析式为 40 40 ；故A不符合题意； 1  (x20)2 110 B、当y=0时， 40 ；解得x= 2 110 +20， 110 ∴水流喷射的最远水平距离是2 +20米；故B不符合题意； C、当x=20时，y=11，∴11-2=9∴喷射出的水流与坡面OA之间的最大铅直高度是9米故C不符合题意；1 y   (x27)2 11 D、向后平移后的解析式为 40 ， 当x=37时，y=8.5 8.5-3=5.5＞2.3， ∴可以避开对这棵石榴树的喷灌； 故选：D 【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解 题的关键． 第Ⅱ卷（共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上） 9．分解因式 ． 【答案】 【分析】此题考查了因式分解的方法，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法：提公因式法，平方差公式 法，完全平方公式法，十字相乘法等． 先利用平方差公式因式分解，然后利用完全平方公式因式分解即可． 【详解】 ． 故答案为： ． mn m 10．在平面直角坐标系中，若双曲线y 与直线ymxnmn0，mn0恰有1个交点，则 的 x n 值是 ． 1  【答案】 / 2 0.5 【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题， 联立方程，转化成一元二次方程利用根的判别式推出m、n的关系即可． mn 【详解】解：∵双曲线y 与直线ymxnmn0，mn0恰有1个交点， x mn ∴ mxn 只有一个解，整理方程得：mx2nxmn0， x m 1 1 n24m(mn)0 ，∴(2mn)2 0，∴ 2mn0 ，∴ n  2 ，故答案为： 2 ． 11．如图，在 ABC中，D是AC上的一点，过点D作DE∥BC，交AB于点E，作DF  AB交BC于点 F ，若DE 2CF ，AB12，则BE ．【答案】4 【分析】本题考查了平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质，由题意得出四边形BEDF是平行四 DF CF 1 边形，由平行四边形的性质可得 ， ，证明 ，得出   ，求出 DF BE BF DE △CDF∽△CAB AB BC 3 DF 4，即可得解． 【详解】解：  DE∥BC，DF  AB，四边形BEDF是平行四边形，DF BE，BF DE，  DE2CF ，BF 2CF，BCBFCF 2CFCF 3CF， DF CF 1 1 ， ，   ，DF  AB4 ， ，故答案为： ．  DF  AB   CDF∽  CAB AB BC 3 3 BEDF 4 4 12．如图所示，在菱形 中， ， ，垂足为 ，若 ，则菱形周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角函数，菱形的性质，勾股定理，由三角函数可得到边长比，再利用勾股定理设未 知数列方程是解题的关键，由 ，可得 ，设 ，由勾股定理得 ，再由菱形 的性质求解即可； 【详解】∵ ，∴ ，在 中， ， ， 设 ，则 ，由勾股定理得 ， 四边形 是菱形， ， ， 菱形的周长 ．故答案为：40． 13．如图，已知 ．（1）以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交 于点M，交 于点N．（2）分别以M，N为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于P．（3）作射线 交 于点D．（4）分别以A，D为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点． （5）作直线 ，交 ， 分别于点E，F．依据以上作图，若 ， ， ，则 的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图−复杂作图、角平分线的性质和垂直平分线的性质、菱形的判定及性质、平行线 分线段成比例定理．根据作法得 平分 ， 垂直平分 ，所以 ， ， ，再证明四边形 为菱形得到 ，然后利用平行线分线段成比例定理计算 的 长．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作 图，逐步操作． 【详解】解：由作法得 平分 ， 垂直平分 ，∴ ， ， ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，同理可得 ，∴四边形 为平行四边形， 而 ，∴四边形 为菱形，∴ ， ∵ ，∴ ，即 ，∴ ，故答案为： ．三、解答题 （本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 14．（满分12分）（1）计算： ； （2）先化简，再求值： ，其中x满足 ． 【答案】（1） ；（2）3． 【分析】（1）依次化简计算二次根式，特殊角的函数，零指数幂和负指数幂； （2）先对括号内的分式化简，再将除法改写成乘法，再约分，最后将一元二次方程化简，整体代入求值． 【详解】（1）原式= （3分） = （5分） = ．（6分） （2）原式= （7分） = = （8分） = ．（9分） ∵ ， ∴ ，（10分） ∴原式= ．（12分） 【点睛】本题考查了二次根式的化简，特殊角的三角函数，零指数幂和负指数幂的计算以及分式的化简计 算，熟练掌握特殊角三角函数，分式的化简、计算法则是解决问题的关键． 15．（满分8分）随着科技的发展，我们迎来了大数据云计算时代，支付方式的转型不仅让大家生活更便 捷，而且也改变着人们的消费观念．为了更好地满足顾客的支付需求，我市某商场随机抽取了若干名顾客的支付情况，进行统计并绘制成如下两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题： (1)求出本次调查参与的人数，并将条形统计图补充完整； (2)若某假期该商场有3000人进行购物支付；估计有______人会选择“刷脸或现金”这种支付方式； (3)若甲、乙两人在购物时，选择“刷脸或现金”“刷卡”“支付宝”“微信”（分别用A、B、C、D 表示）付款的可能性相同．请通过列表或画树状图的方法，求两人在购物时，用同一种付款方式的概 率． 【答案】(1)240人，见解析；(2)500(3) 【分析】本题考查了条形统计图与扇形统计图，样本估计总体，画树状图法求概率． （1）根据选择“微信”支付的人数和所占百分比，求出总人数，再求出选择“银行卡”支付的人数，补 全条形统计图即可；（2）用商场总人数乘以选择“刷脸或现金”支付的占比，即可求出人数； （3）根据题意画树状图，进而得出概率即可． 【详解】（1）解： （人），即本次调查参与的人数为 人，（1分） 选择“银行卡”支付的人数为 （人），（2分） 补全条形统计图如下： （3分） （2）解： （人），故答案为：500；（4分） （3）解：画树状图如下：，（6分） 由树状图可知，共有 种等可能得情况，其中两人用同一种付款方式的情况有 种，（7分） 两人在购物时，用同一种付款方式的概率为 ．（8分） 16．（满分8分）为积极参与鄂州市全国文明城市创建活动，我市某校在教学楼顶部新建了一块大型宣传 牌，如图，小明同学为测量宣传牌 的长，他站在距离教学楼底部E处6米远的地面C处，测得宣 传牌的底部B的仰角为 ，同时测得教学楼窗户D处的仰角为 ，B，D，E在同一条直线上．然 后，小明沿坡度 的斜坡从C处走到F处，此时 正好与地面 平行，小明在F处又测得宣 传牌顶部A的仰角为 ，求宣传牌 的长．（结果精确到 米，参考数据 ， ．） 【答案】宣传牌的高度约为 米 【分析】过点 作 于 ，证明四边形 是矩形，计算 利用坡度得 ，结合 ， 计算即可，本题考查了坡度计算，仰角计算． 【详解】解：过点 作 于 ，依题意知 ， ， ， 四边形 是矩形， ，（2分） 在 中， （米）， ；（3分） 斜坡 的坡度为 ． 中， （米）， （米）． （5分）在 中， （米），（6分） 在 中， （米），（7分） （米）． 答：宣传牌的高度约为 米．（8分） 17．（满分10分）如图，已知 是 的直径， 交 于点 ， 是 的中点， 与 交于点 ， ． (1)求证： 是 的切线； (2)若 ， ，求 的长． 【答案】(1)证明见解析；(2) ． 【分析】（ ）连接 ，通过 是 的中点， ，求证 ，即可求证 是 的 切线；（ ）利用 ， ，求出 的长，再通过求证 ，即可推出 ， 再利用勾股定理即可计算出 的长； 本题考查了勾股定理，与圆有关的计算，涉及圆切线的证明，锐角三角函数等知识点，本题正确作出辅助 线，熟练掌握好圆切线的判定与性质以及能熟练解直角三角形是解题的关键. 【详解】（1）证明：连接 ，如图所示， ∵ 是 的中点，∴ ，∴ ，（1分）∵ ，∴ ，（2分） ∵ 是⊙O的直径，∴ ，∴ ，（3分） ∴ ，即 ，∴ ，（4分） ∵ 是圆的直径，∴ 是 的切线；（5分） （2）解：在 中， ，∴ ，（6分） ∵ 是 的切线，∴ ，（7分） ∵ ， ，∴ ，∴ ，∴ ，（9分） ∵ ，∴ ．（10分） 18．（满分10分）如图，在平面直角坐标系 中，直线 与反比例函数 的图象交于 ， 两点， 为反比例函数图象第四象限上的一动点． (1)求反比例函数的表达式及点 的坐标；(2)当四边形 的面积为 时，求此时点 的坐标； (3)我们把有一个内角为45°的菱形称为“美好菱形”．设点 是平面内一点，点 在直线AB上，是 否存在这样的点 ， ， ，使四边形 是“美好菱形”？若存在，求出 点的坐标；若不存在， 说明理由． 【答案】(1) ， (2) (3) 或 【分析】本题考查待定系数法求反比例函数解析式，一次函数和反比例函数交点问题，函数几何面积问题， 菱形性质，全等三角形性质及判定，解直角三角形． （1）根据题意待定系数法求反比例函数解析式，再将一次函数和反比例函数列式即可求出点 的坐标； （2）过点 作 轴，交 于 ，设点 的坐标为 ，求出 ，再求出 的解析式可得，继而得到本题答案；（3）根据题意分情况讨论（Ⅰ）当点F在点A下方时，证明 ， 的解析式，继而得到 ， ，过点 作 轴，过点 作 轴，解直角三角形即可，（Ⅱ）当点F在点A上方时，同理（Ⅰ）中情况即可得到． 【详解】（1）解： 点 在直线 上， ， ， ， ，（1分） 反比例函数的表达式为： ，则 ，解得： ， ， ；（2分） （2）解：如图1，过点 作 轴，交 于 ，设点 的坐标为 ， ， 的解析式为： ， 当 时， ， ， ， ，（3分） 设 的解析式为： ， 则 ，解得： ， 的解析式为： ，（4分）， ， 四边形 的面积为 ， ， ， ，解得： ， （舍 ； ；（5分） （3）解：存在，理由如下：由菱形的定义知， 或 ，（6分） （Ⅰ）当点F在点A下方时，则只能 ， 过点B作 垂直 ，交 于点Q，则三角形 为等腰直角三角形． 过点 作 轴于 ，过点 作 轴，过点 作 轴，则 ，（7分） ， ， ， 的解析式为 ， ，解得： 或 （舍 ， ， ， ， 过点 作 轴，过点 作 轴， ， ， ，（8分） （Ⅱ）当点F在点A上方时，则只能 ，此时 ， 由（Ⅰ）知 ， ， ， 综上所述， 点的坐标为 或 ．（10分） B卷（共50分） 一、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上） 19．已知关于 的一元二次方程 ，若方程的两个实数根为 、 ，且 ，则 的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要一元二次方程根与系数的关系．熟记一元二次方程 的两个根分别为 ，那么 ， 是解题关键．由一元二次方程根与系数的关系可知 ，，再整体代入 中，求值即可． 【详解】解：∵关于 的一元二次方程为 ， ∴ ， ， ，∴ ， ， ∵ ，即 ，∴ ，解得： 或 ， 当 时，原方程为 ． ，∴ 符合题意， 当 时，原方程为 ． ，∴ 不符合题意，应舍去，故答案为： ． 20．某单位有 名职工，想通过验血的方式筛查出某种病毒的携带者，如果对每个人的血样逐一化验， 需要化验 次．统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血 样混合再化验．如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少 有一个人呈阳性，就需要对这组的每个人再分别化验一次．假设携带该病毒的人数占 ．回答下 列问题：（1）按照这种化验方法是否能减少化验次数 ．（填“是”或“否”）；（2）按照这 种化验方法至多需要 次化验，就能筛查出这10000名职工中该种病毒的携带者． 【答案】 是 【分析】（1）10000人5人化验一次，第一批需要化验2000次，再加上混合血样呈阳性需要需要对这组 的每个人再分别化验一次的总次数，即可判定是否能减少化验次数；（2）根据题意可以知道有3人携带， 最多次数的是这3人不在同一组，即第二轮有3组即15人要化验，即可求出结果． 【详解】解：（1） 次 次，明显减少；故答案为：是． （2） （人 ，故有3人是携带者， 第一轮： （次 ，至多化验次数，故而这3个人都在不同组， 这样次数最多， 第二轮有3个组需要化验， （次 ， （次 ，故至多需要2015次化验．故答案为：2015． 【点睛】本题考查统计与概率和不等式的应用，解本题的关键弄懂题意． 21．如图，已知AB AC DC DE3，AD180， ABC与 CDE的面积和为10，则BE的长为 ．2 19 【答案】 【分析】作 AH BC，DK CE，证明 AHC≌  AKD，推出 AH CK，CH DK，设 AH CK x， CH DK  y，构建方程组求出xy，可得结论． 【详解】解：如图，过点A作AH BC于点H，过点D作DK CE于点K．  AB AC DC DE3，AH BC，DK CE， 1 1 1 1 BH CH  BC，CK KE  CE，BAH CAH  BAC，CDK EDK  CDE. 2 2 2 2  BACCDE180，CAH CDK 90.  CAH ACH 90，ACH CDK， 又 AC CD，AHC CKD90 ，   AHC≌  CKDAAS ， AH CK，CH DK ， AH CK x，CH DK  y BC 2y,CE2x 设 ， . 1 1 1 1 ·BC·AH  ·CE·DK  2xy 2xy10 ABC 与 CDE 的面积和为10，即 2 2 2 2 ，xy5，    xy5  在Rt△CDK中，CK2  DK2  CD2，即x2y2 9，则有x2y2 9，xy x22xyy2  19， BEBCCE2CH CK2xy2 19 2 19 ．故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了三角形的面积，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识， 解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 22．如图，在正方形ABCD中，O是BC的中点，P是边CD上一动点，将△OCP沿OP翻折得△OCP， 连接 CD ，在 CD 左侧有一点 E ，使得 CDE 为等腰直角三角形，且 DCE 90 ，连接 CE ．若正方 形ABCD的边长为6，则CE的最小值为 ．3 103 2 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，构造等腰直角三角形△DOM ，即 ME MD 可证明 ，得到   2， ，再证明 ，得到 ， MDE∽ ODC OC OD ME 3 2 MON≌ ODC MN OC 3     ON CD6 CM 3 10 CECM AE CE ，求出 ，最后根据 得到 的最小值． 【详解】连接OD，过O作ODOM ，取ODOM ，连接MD，ME，过M 作MN CN， MD ∵ ， ，∴  2， ， ODOM ODOM OD MDO45 DE  2 ∵ CDE 为等腰直角三角形，∴ DC ， EDC45 ，  MD DE ME MD   2   2 ∴ ， ，∴ ，∴ ， OD DC ODCMDE45ODE MDE∽ ODC OC OD   ∵正方形ABCD中，O是BC的中点，正方形ABCD的边长为6，∴OC 3，CDBC 6， △OCP OP △OCP OC OC3 ME 3 2 ∵将 沿 翻折得 ，∴ ，∴ ， ∵MN CN，∴MNODCO90，∵MON ODC 90COD，ODOM ， ∴ MON≌  ODC，∴MN OC 3，ON CD6，∴CN 9， CM  MN2CN2  3292 3 10 CECM AE 3 103 2 ∴ ，∴C M E CE 3 103 2 3 103 2 ∴当 、 、 三点共线时 有最小值，最小值为 ，故答案为： ． M :yx22mxm24 m x0 x0 ym24 23．已知抛物线 （ 为常量）， 部分不变， 部分关于直线 轴 对称变换．两部分组成图形N ．若图形N 与直线y2x1有两个交点，则m满足的条件是 ． 1 5 m 【答案】m 3或 2 【分析】本题考查二次函数与一次函数的综合应用．先将一般式转化为顶点式， 分m0，m241， m241和m241进行讨论求解，掌握二次函数和一次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思 想进行求解，是解题的关键．本题的难度大，综合性强，属于压轴题． M :yx22mxm24xm24 【详解】解：∵ ， m,4 x0 ym24 y  0,m24  ∴抛物线的顶点坐标为 ，当 时， ，∴抛物线与 轴的交点为： m,4 ym24  m,2m24  ∵点 关于直线 的对称点为 ， ∴M 关于直线 ym24 对称的图象的解析式为： yxm22m24 ，   xm24x0 ∴图象 N 的解析式为： y  xm22m24x0 y2x1 x0 y1 0,1 ∵ ，∴ 时， ，∴一次函数过点 ， x24x0 y ①当 m0 时，  x24x0，如图：此时两图象只有一个交点，不符合题意； m241 m 3 m 3 ②当 ，即： 或 时：如图，此时两个图象恰好有两个交点，满足题意； m241  3m 3 ③当 时，即： ， 0m 3 yxm24 当 时，此时直线与 有一个交点， y2x1 yxm2 2m24x0 ∴当 与 只有一个交点时，满足题意， xm22m242x1 x22m2xm230 ∴ ，整理，得： 1 5 1 5 ∴Δ2m22 4  m23  m2m10，解得： m 2 或 m 2 （舍掉），1 5 51 当m 2 时，x 2 ，不满足题意；当  3m0 时，此时直线与 yxm24 有一个交点， y2x1 yxm2 2m24x0 xm22m242x1 ∴当 与 只有一个交点时，满足题意，∴ ， x22m2xm230 Δ2m22 4  m23  m2m10 整理，得： ∴ ， 1 5 1 5 1 5  51 m m m x 解得： 2 （舍去）或 2 ，当 2 时， 2 ，满足题意； m241 m 3 m 3 ④当 时，即： 或 ， m 3 yxm2 2m24x0 当 时，此时直线与 有一个交点， y2x1 yxm2 4x0 ∴当 与 只有一个交点时，满足题意， xm242x1 x22m2xm230 ∴ ，整理，得： ， Δ2m22 4  m23  8m160 ∴ ，∴m2（舍去）不满足题意； m 3 yxm2 2m24x0 当 时，此时直线与 有一个交点， y2x1 yxm2 4x0 ∴当 与 只有一个交点时，满足题意， xm242x1 x22m2xm230 ∴ ，整理，得： ，Δ2m22 4  m23  8m160 ∴ ，∴m2当m2时，x=1，不满足题意； 1 5 1 5 m m 综上：m 3或 2 ；故答案为：m 3或 2 ． 二、解答题 （本大题共3小题，共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 24．（满分8分）年初，草莓进入采摘旺季，某公司经营销售草莓的业务，以 万元/吨的价格向农户收购 后，分拣成甲、乙两类，甲类草莓包装后直接销售，乙类草莓深加工后再销售．甲类草莓的包装成本 为 万元/吨，当甲类草莓的销售量 吨时，它的平均销售价格 ，当甲类草莓的销售量 吨时，它的平均销售价格为 万元/吨．乙类草莓深加工总费用 （单位：万元）与加工数量 （单位：吨）之间的函数关系为 ，平均销售价格为 万元/吨． (1)某次该公司收购了 吨的草莓，其中甲类草莓有 吨，经营这批草莓所获得的总利润为 万元；① 求 与 之间的函数关系式；②若该公司获得了 万元的总利润，求用于销售甲类的草莓有多少吨？ (2)在某次收购中，该公司准备投入 万元资金，请你设计一种经营方案，使该公司获得最大的总利 润，并求出最大的总利润． 【答案】(1)① ；②当该公司获得了 万元的总利润时，直接销售的甲类草莓 有 吨(2)收购 吨草莓，甲类分配 吨，乙类分配 吨，总收益为 万元 【分析】本题考查是二次函数、一次函数的综合应用题，难度较大，解题关键是理清售价、成本、利润三 者之间的关系，涉及到分段函数时，注意要分类讨论．（1）①当 时及当 时，分别求出 关 于 的表达式．注意 销售总收入 经营总成本 ；②若该公司获得了 万元毛利润，将 万元代入①中求得的表达式，求出甲类草梅的数量；（2）本问是方案设计问题，总投入为 万元，这 笔 万元包括购买草莓的费用 甲类草莓加工成本 乙类草莓加工成本．其中设甲类草莓为 吨，乙类草 莓为 吨，即总投入为 ，再分别求出当 时及当 时 关于 的表达式，并分别求出 其最大值． 【详解】（1）解：①设销售甲类草莓 吨，则销售乙类草莓 吨． 当 时， ， ，∴ ；（1分） 当 时， ， ， ∴ ． ∴ 关于 的函数关系式为： ． （2分） ②当 时， ，解得 ， ，均不合题意； （3分） 当 时， ，解得 ． ∴当该公司获得了 万元的总利润时，直接销售的甲类草莓有 吨．（4分） （2）解：设投入资金后甲类分到收购的草莓为 吨，乙类为 吨， 总投入为 ，即： ，（5分） 当 时总利润为 ， 当 时，取到最大值 ；（6分） 当 时，总利润 为常数，（7分） 故方案为收购 吨，甲类分配 吨，乙类分配 吨，总收益为 万元．（8分） 25．（满分10分）如图，在平面直角坐标系中，已知一抛物线经过原点，与 轴交于另一点 ，顶点坐标 为 ，过点 的直线 与抛物线交于点B，C，且点 在点 的左侧． (1)求抛物线的函数表达式； (2)连接 ，当 的面积与 的面积之比为 时，求直线的函数表达式； (3)若有直线 ，点 到直线 的距离为 ，点 到直线 的距离为 ，求证： ．【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）首先将 代入直线解析式得到 ，然后与抛 物线联立得到 ，求出 和 ，然后根据题意得到 ，代入 和 得到 ，进而求解即可；（3）由（2）求出 ， ，然后根据题意得到 ， ，然后代入 整理求解即可． 【详解】（1）∵抛物线顶点坐标为 ∴设抛物线解析式为 （1分） ∵抛物线经过原点∴将 代入得， 解得 ∴ ；（2分） （2）∵直线 过点 ∴ ∴ ∴直线 （3分） 联立 整理得， 解得 ， ∴ （4分） ∵ 的面积与 的面积之比为 ∴∴ ∴ 整理得 （5分） 将 ， 代入 整理得 ∴ ∴ ∴ 或 （舍去） ∴直线的函数表达式为 ；（6分） （3）由（2）得， ， ∴ ， （7分） ∵有直线 ，点 到直线 的距离为 ，点 到直线 的距离为 ， ∴ ， （8分） ∴ ． （10分） 【点睛】此题考查了二次函数和一次函数综合题，待定系数法求解析式，面积综合题，解一元二次方程等 知识，解题的关键是正确表示出点B和点C的坐标． 26．（满分12分）在矩形 中， ， ，点P是 边上一点，连接 交对角线 于点 E， (1)如图1，当 时，求 的长；(2)如图2，当 时，将线段 对折使A、P重合，折痕分别交线段 、 、 、 于点 M，G，F，N，连接 ．求 的值； (3)如图3，若将线段 对折使A、P重合后，折痕恰好过点D，连接 交 于点Q，求 ； (4)如图4，在（3）的条件下，线段 、 上有两个动点 、 ，请直接写出 的最小值． 【答案】(1) (2) (3) (4) 的最小值为 【分析】（1）证明 ，然后利用相似三角形的性质即可求解； （2）解：如图2，过点F作 ，交 于J，交 于H，过点M作 于K，利用矩形的性质 可得 ，利用平行线分线段成比例、折叠的性质可得 ，利用中位线 的性质求出 ，利用勾股定理求出 ，证明 ，利用相似三角形的性质求出 ，利用等面积法求出 ，利用 ，求出 ，最后利用正切 的定义求解即可；（3）过点F作 于G，过点P作 ，交 于H，根据矩形的性质，折 叠的性质以及勾股定理可求出 ， ，证明 ，可求出 ， ， ，证明 ，可求出 ，证明 ，可求出 ，即可求 解； （4）作点 关于直线 的对称点G，则点G一定在线段 上，当点Q、 、G在同一条直线上，且 时， 最小．由（3）中 ，可求出 ， ，证明 ，根据等角的正弦值相等得出 ，求出 ，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形 是矩形， ∴ ， ，∴ ，（1分） ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，（2分）∴ ，即 ，∴ ；（3分） （2）解：如图2，过点F作 ，交 于J，交 于H，过点M作 于K， ∵四边形 是矩形，∴ ， ，∴ ， ∴ ，由折叠得 ， ，∴ ， ∵ 是 的中位线，∴ ，∵ ，∴ ， 在 中， ，（4分） ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，即 ， ∴ ，∴ ，（5分） ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ；（6分） （3）解：如图3，过点F作 于G，过点P作 ，交 于H，∵四边形 是矩形，∴ ， ， ， 由折叠可得： ， ，∴ ， 在 中， ，∴ ，（7分） ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ， ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∴ ，即 ，∴ ，（8分） ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， 设 ， ，则 ，∴ ；（9分） （4）解：如图4，作点 关于直线 的对称点G，则点G一定在线段 上，当点Q、 、G在同一条 直线上，且 时， 最小．（10分） 由（3）得： ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，（11分） ∴ ，即 ，∴ ，∴ 的最小值为 ．（12分） 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学 会利用参数构建方程解决问题，学会用转化的思想思考问题．