文档内容
2022-2023 学年九年级数学上学期期末模拟预测卷 03
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
考生注意：
1．本试卷26道试题，满分120分，考试时间100分钟．
2．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答
题纸上，在试卷上作答一律不得分．
3．答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．
一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）
1．下列手机软件图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图
形的定义即可判断出．
【解答】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，
故A选项错误；
B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故B选
项错误；
C、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故 C选项错
误；
D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故D选项正确．
故选：D．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．
2．如图，已知圆锥侧面展开图的扇形面积为65 cm2，扇形的弧长为10 cm，则圆锥母线长是（ ）
π πA．5cm B．10cm C．12cm D．13cm
【分析】圆锥的侧面积＝ ，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：设母线长为R，由题意得：65 ＝ ，解得R＝13cm．
π
故选：D．
【点评】本题考查圆锥侧面积公式的应用．
3．下列说法合理的是（ ）
A．小明做了3次抛掷图钉的试验，发现两次钉尖朝上，由此他说钉尖朝上的概率是 ．
B．某射击运动员射击一次只有两种可能的结果：射中靶心、没有射中靶心，所以它射中靶心的概率是
C．小明做了3次掷均匀硬币的试验，其中有一次正面朝上，两次正面朝下，他认为再掷一次，正面朝
上的概率还是 ．
D．某彩票的中奖概率是3%，买100张彩票一定有3张中奖．
【分析】根据概率的意义，模拟实验，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、小明做了3次抛掷图钉的试验，发现两次钉尖朝上，由此他说钉尖朝上的概率是 ，
是错误的，3次试验不能总结出概率，故A不符合题意；
B、某射击运动员射击一次只有两种可能的结果：射中靶心、没有射中靶心，所以它射中靶心的概率是，是错误的，中靶与不中靶不是等可能事件，故B不符合题意；
C、小明做了3次掷均匀硬币的试验，其中有一次正面朝上，两次正面朝下，他认为再掷一次，正面朝
上的概率还是 ，故C符合题意；
D、某彩票的中奖概率是3%，买100张彩票不一定有3张中奖，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了概率的意义，模拟实验，熟练掌握概率的意义是解题的关键．
4．一元二次方程2x2﹣5x﹣2＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
【分析】先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【解答】解：∵Δ＝（﹣5）2﹣4×2×（﹣2）＝41＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无
实数根．
5．如图，正六边形ABCDEF内接于 O， O的半径为1，则边心距OM的长为（ ）
⊙ ⊙A． B． C． D．
【分析】根据正六边形的性质求出∠BOM，利用余弦的定义计算即可．
【解答】解：连接OB，
∵六边形ABCDEF是 O内接正六边形，
⊙
∴∠BOM＝ ＝30°，
∴OM＝OB•cos∠BOM＝1× ＝ ；
故选：B．
【点评】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式、熟记余弦的概念
是解题的关键．
6．如图，将Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到Rt△DEC，连接AD，若∠B＝65°，则
∠ADE等于（ ）
A．30° B．25° C．20° D．15°
【分析】根据旋转的性质可得AC＝CD，∠CED＝∠B，再判断出△ACD是等腰直角三角形，然后根据
等腰直角三角形的性质求出∠CAD＝45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：∵Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到Rt△DEC，
∴AC＝CD，∠CED＝∠B＝65°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°，
由三角形的外角性质得，∠ADE＝∠CED﹣∠CAD＝65°﹣45°＝20°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的
两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
7．在同一平面直角坐标系内，将函数y＝2x2的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度得到
的图象的顶点坐标是（ ）
A．（2，﹣4） B．（4，﹣2） C．（2，﹣1） D．（﹣2，﹣1）
【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析
式．
【解答】解：将函数y＝2x2的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象为：y
＝2（x﹣2）2﹣1，
∴得到图象的顶点坐标是（2，﹣1），
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
8．如图，点A在双曲线y＝ 上，点B在双曲线y＝ （k≠0）上，AB∥x轴，过点A作AD⊥x轴于D．
连接OB，与AD相交于点C，若AC＝2CD，则k的值为（ ）A．6 B．9 C．10 D．12
【分析】根据题意可以设出点A的坐标，从而可以表示出点B的坐标，然后根据三角形的相似即可解答
本题．
【解答】解：设点A的坐标为（a， ），则点B的坐标为（ ， ），
∵AB∥x轴，AC＝2CD，
∴∠BAC＝∠ODC，
∵∠ACB＝∠DCO，
∴△ACB∽△DCO，
∴ ，
∴ ＝ ，
∵OD＝a，则AB＝2a，
∴点B的横坐标是3a，
∴3a＝ ，
解得，k＝9，
故选：B．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性
质和三角形相似的知识解答．9．小华同学在数学实践活动课中测量自己学校门口前路灯的高度．如图，校门E处，有一些斜坡EB，斜
坡EB的坡度i＝1：2.4：从E点沿斜坡行走了4.16米到达坡顶的B处，在B处看路灯顶端O的仰角为
35°，再往前走3米在D处，看路灯顶端O的仰角为65°，则路灯顶端O到地面的距离约为（ ）
（已知sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，sin65°≈0.9，cos65°≈0.4，tan65°≈2.1）
A．5.5米 B．4.8米 C．4.0米 D．3.2米
【分析】过点O作OF⊥EC于点F，交BD延长线于点G，可得矩形ABDC和矩形CDGF，斜坡EB的坡
度i＝1：2.4，EB＝4.16，根据勾股定理可得，AB＝1.6，AE＝3.84，然后根据锐角三角函数即可求出
DG和OG的长，进而可得路灯顶端O到地面的距离．
【解答】解：如图，过点O作OF⊥EC于点F，交BD延长线于点G，
可得矩形ABDC和矩形CDGF，
斜坡EB的坡度i＝1：2.4，EB＝4.16，
即AB：AE＝1：2.4，
根据勾股定理可得：
AB＝1.6，AE＝3.84，
根据题意可知：
AC＝BD＝3，FG＝CD＝AB＝1.6，在Rt△BOG中，tan∠OBG＝ ＝ ，
即tan35°≈0.7＝ ，
在Rt△ODG中，tan∠ODG＝ ，
即tan65°≈2.1＝ ，
∴OG＝2.1DG，
解得DG＝1.5
∴OG＝2.1DG≈3.15，
∴OF＝OG+GF＝3.15+1.6≈4.75≈4.8（米）．
所以路灯顶端O到地面的距离约为4.8米．
故选：B．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，解决本题的关键是掌握仰角
俯角和坡度坡角定义．
10．下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与如图的三角形相
似的是（ ）A． B．
C． D．
【分析】可利用正方形的边把对应的线段表示出来，利用三边对应成比例两个三角形相似，分别计算各
边的长度即可解题．
【解答】解：如图，
由勾股定理得AC＝ ，BC＝2 ，AB＝ ，
∵AC2+BC2＝10，AB2＝10，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴夹直角的两边之比为 ，
由图中各选项可知，B选项中的三角形符合题意．故选：B．
【点评】此题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，三角形对应边比值相等判定三角形相似的方法，
本题中根据勾股定理计算三角形的三边长是解题的关键．
二．填空题（共8小题，每题3分，满分24分）
11．一元二次方程5x2+4x﹣1＝0的一次项系数为 4 ．
【分析】根据一元二次方程的一般形式得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程5x2+4x﹣1＝0的一次项系数为4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，注意：找项的系数时带着前面的符号．
12．如图，在 O中， ＝ ，且∠A＝40°，则∠C＝ 7 0 °．
⊙
【分析】先根据圆周角定理得到∠B＝∠C，然后根据三角形内角和计算∠C的度数．
【解答】解：∵ ＝ ，
∴∠B＝∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝ ×（180°﹣40°）＝70°．
故答案为：70．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
13．甲、乙两台机床在相同的条件下，同时生产一种直径为10mm的滚珠．现在从中各抽测100个进行检
测，结果这两台机床生产的滚珠平均直径均为10mm，但 ， ，则 乙 机床生
产这种滚珠的质量更稳定．
【分析】根据甲的方差大于乙的方差，即可得出乙机床生产这种滚珠的质量更稳定．
【解答】解：∵这两台机床生产的滚珠平均直径均为10mm，S2
甲
＞S2
乙
，
∴乙机床生产这种滚珠的质量更稳定．
故答案为：乙．
【点评】本题主要考查方差，方差是各变量值与其均值离差平方的平均数，它是测算数值型数据离散程
度的最重要的方法．本题考查方差的定义与意义，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越
大，反之也成立．
14．盒中有若干个白球和10个红球，这些球除颜色外无其他差别，从盒中随机取出一个球，如果它是白球
的概率是 ，那么盒中有白球 6 个．
【分析】利用概率公式列式计算即可．
【解答】解：设盒子里有白球x个，
根据题意得： ＝ ，
解得：x＝6，
经检验x＝6是原方程的解，
故答案为：6．
【点评】本题考查了概率公式，解题的关键是了解概率的求法，难度不大．
15．如图，菱形ABCD顶点A在函数y＝ （x＞0）的图象上，函数y＝ （k＞3，x＞0）的图象关于直线AC对称，且经过点B，D两点，若AB＝2，∠BAD＝30°，则k＝ 6+ 2 ．
【分析】连接OC，AC，过A作AE⊥x轴于点E，延长DA与x轴交于点F，过点D作DG⊥x轴于点
G，得O、A、C在第一象限的角平分线上，求得A点坐标，进而求得D点坐标，便可求得结果．
【解答】解：连接OC，AC，过A作AE⊥x轴于点E，延长DA与x轴交于点F，过点D作DG⊥x轴于
点G，
∵函数y＝ （k＞3，x＞0）的图象关于直线AC对称，
∴O，A，C三点在同直线上，且∠COE＝45°，
∴OE＝AE，
不妨设OE＝AE＝a，则A（a，a），
∵点A在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，
∴a2＝3，
∴a＝ ，∴AE＝OE＝ ，
∵∠BAD＝30°，
∴∠OAF＝∠CAD＝ ∠BAD＝15°，
∵∠OAE＝∠AOE＝45°，
∴∠EAF＝30°，
∴AF＝ ，EF＝AEtan30°＝1，
∵AD＝AB＝AF＝2，AE∥DG，
∴EF＝EG＝1，DG＝2AE＝2 ，
∴OG＝OE+EG＝ +1，
∴D（ +1，2 ），
∴ ，
故答案为：6+2 ．
【点评】本题是一次函数图象与反比例函数图象的交点问题，主要考查了一次函数与反比例函数的性质，
菱形的性质，解直角三角形，关键是确定A点在第一象限的角平分线上．
16．抛物线y＝﹣x2+bx+c的部分图象如图所示，则关于x的方程﹣x2+bx+c＝3的解是 ﹣ 2 或 0 ．【分析】求出抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝3的交点坐标即可．
【解答】解：由题意抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝3的交点坐标为（0，3）或（﹣2，3），
∴一元一次方程y＝﹣x2+bx+c＝3的解为﹣2或0，
故答案为：﹣2或0，
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点坐标，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题
型．
17．如图，在△ABC中点D、E分别在边AB、AC上，请添加一个条件： ∠ AED ＝∠ B （答案不唯一） ，
使△ABC∽△AED．
【分析】根据∠AED＝∠B和∠A＝∠A可以求证△AED∽△ABC，故添加条件∠AED＝∠B即可以求证
△AED∽△ABC．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
故添加条件∠AED＝∠B即可以使得△AED∽△ABC，
故答案为：∠AED＝∠B（答案不唯一）．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，等边三角形对应角相等的性质，本题中添加条件∠AEB＝∠B
并求证△AED∽△ABC是解题的关键．
18．如图，点A，C分别是y轴，x轴正半轴上的动点，AC＝1，将线段AC绕点A顺时针旋转60°得到线段
AB，则OB的最小值是 ．【分析】取AC的中点D，连接BC，OD，BD，根据旋转的性质证明△ABC是等边三角形，当B，O，
D三点共线时，OB取最小值．
【解答】解：如图，取AC的中点D，连接BC，OD，BD，
由旋转可知：CA＝BA，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝1，
∵∠AOC＝90°，D是AC中点，
∴OD＝ AC＝ ，BD⊥AC，
∴BD＝ ＝ ，
∵OB≥BD﹣OD，∴OB≥ ﹣ ，
当B，O，D三点共线时，OB取最小值，
∴OB的最小值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了最短路线问题，坐标与图形变换﹣旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．计算：（﹣1）2021+|﹣2|+4sin30°﹣（ ﹣ ）0．
π
【分析】按照实数的运算法则依次展开计算即可得出答案．
【解答】解：原式＝﹣1+2+4× ﹣1＝﹣1+2+2﹣1＝2．
【点评】本题考查实数的混合运算，涉及绝对值、零指数幂、正整数幂，特殊角的三角函数值等知识，
熟练掌握其运算法则，细心运算是解题的关键．
20．为了了解学校图书馆上个月借阅情况，管理员对学生借阅艺术、经济、科普及生活四类图书的情况进
行了统计，并绘制了如下的不完整统计图，请根据图中信息解答下列问题：
（1）求上个月借阅图书的学生人次和扇形统计图中“经济”部分的圆心角度数；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）从借阅情况分析，如果要添置这四类图书共2000册，请你估算“科普”类图书应添置多少册合适？【分析】（1）用借“生活”类的书的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；然后用 360°乘
以“经济”的人数所占的百分比得到“经济”部分的圆心角度；
（2）先计算出借阅“科普“的学生数，然后补全条形统计图；
（3）利用样本估计总体，用样本中“科普”类所占的百分比乘以2000即可．
【解答】解：（1）上个月借阅图书的学生总人次为 ＝250（人次）：
扇形统计图中“经济”部分的圆心角度数＝ ＝57.6°；
（2）借阅“科普”的学生数＝250﹣60﹣40﹣100＝50（人次），
补充完整条形统计图如下图
（3） （册），
答：估计“科普”类图书应添置400册合适．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总
体的百分比大小．
21．在建设美好乡村活动中，某村民委员会准备在乡村道路两旁种植柏树和杉树．经市场调查发现：购买
2棵柏树和3棵杉树共需440元，购买3棵柏树和1棵杉树共需380元．
（1）求柏树和杉树的单价；
（2）若本次美化乡村道路购买柏树和杉树共150棵（两种树都必须购买），且柏树的棵数不少于杉树
的3倍，设本次活动中购买柏树x棵，此次购树的费用为w元．
①求w与x之间的函数表达式，并写出x的取值范围？
②要使此次购树费用最少，柏树和杉树各需购买多少棵？最少费用为多少元？
【分析】（1）设柏树每棵m元，杉树每棵n元，可得： ，即可解得柏树每棵100元，杉
树每棵80元；
（2）①由柏树的棵数不少于杉树的 3 倍，有 x≥3（150﹣x），而 w＝100x+80（150﹣x）＝
20x+12000，即知w＝20x+12000（x≥112.5且x是整数）；
②由一次函数性质可得柏树购买113棵，杉树购买37棵，最少费用为14260元．
【解答】解：（1）设柏树每棵m元，杉树每棵n元，
根据题意得： ，
解得 ，
∴柏树每棵100元，杉树每棵80元；
（2）①∵柏树的棵数不少于杉树的3倍，
∴x≥3（150﹣x），
解得x≥112.5，
根据题意得：w＝100x+80（150﹣x）＝20x+12000，∴w＝20x+12000（x≥112.5且x是整数）；
②∵20＞0，
∴w随x的增大而增大，
∵x是整数，
∴x最小取113，
∴当x＝113时，w取最小值20×113+12000＝14260，
此时150﹣x＝150﹣113＝37，
答：要使此次购树费用最少，柏树购买113棵，杉树购买37棵，最少费用为14260元．
【点评】本题考查二元一次方程组和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系
式．
22．如图，在△ABC中，以AB为直径的 O交BC于点D，与CA的延长线交于点E， O的切线DF与
AC垂直，垂足为F． ⊙ ⊙
（1）求证：AB＝AC．
（2）若CF＝2AF，AE＝4，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到OD⊥DF，进而得出OD∥AC，根据平行线的性质、等腰
三角形的判定和性质定理证明结论；
（2）连接BE、AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，BE⊥EC，根据等腰三角形的性质得到BD＝DC，
进而得到AC＝12，得到答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵DF是 O的切线，
⊙
∴OD⊥DF，
∵DF⊥AC，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠ACB，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠OBD＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：如图，连接BE、AD，
∵AB是 O的直径，
⊙
∴AD⊥BC，BE⊥EC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC，
∵DF⊥AC，BE⊥EC，
∴DF∥BE，
∵BD＝DC，
∴CF＝FE，
∵CF＝2AF，AE＝4，
∴AC＝12，
∴AB＝AC＝12，
∴ O的半径为6．
⊙【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定，掌握圆的切线垂直于经过切点的
半径是解题的关键．
23．如图，AB∥EF∥CD，E为AD与BC的交点，F在BD上，求证： + ＝ ．
【分析】根据平行线分线段成比例定理，得到 ＝ 和 ＝ ，求和化简得到答案．
【解答】解：∵AB∥EF，
∴ ＝ ，
∵EF∥CD，
∴ ＝ ，
∴ + ＝ + ＝1，
∴ + ＝ ．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，掌握定理、找准对应关系是解题的关键．
24．定义：（一）如果两个函数y ，y ，存在x取同一个值，使得y ＝y ，那么称y ，y 为“合作函数”，
1 2 1 2 1 2称对应x的值为y ，y 的“合作点”；
1 2
（二）如果两个函数为y ，y 为“合作函数”，那么y +y 的最大值称为y ，y 的“共赢值”．
1 2 1 2 1 2
（1）判断函数y＝x+2m与y＝ 是否为“合作函数”，如果是，请求出m＝1时它们的合作点；如果不
是，请说明理由；
（2）判断函数y＝x+2m与y＝3x﹣1（|x|≤2）是否为“合作函数”，如果是，请求出合作点；如果不是，
请说明理由；
（3）已知函数y＝x+2m与y＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3）（0≤x≤5）是“合作函数”，且有唯一合
作点．
①求出m的取值范围；
②若它们的“共赢值”为24，试求出m的值．
【分析】（1）由于y＝x+2m与y＝ 都经过第一、第三象限，所以两个函数有公共点，可以判断两个函
数是“合作函数”，再联立x+2＝ ，解得x＝﹣4或x＝2，即可求“合作点”；
（2）假设是“合作函数”，可求“合作点”为 x＝m+ ，再由|x|≤2，可得当﹣ ≤m≤ 时，是“合
作函数”；当m＞ 或m＜﹣ 时，不是“合作函数”；
（3）①由已知可得：x+2m＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3），解得x＝m+3或x＝m﹣1，再由已知可得
当0≤m+3≤5时，﹣3≤m≤2，当0≤m﹣1≤5时，1≤m≤6，因为只有一个“合作点”则﹣3≤m＜1
或2＜m≤6；②y +y ＝（x﹣m）2+6m﹣3，由①可分两种情况求m的值：当﹣3≤m＜1时，x＝5时，
1 2
y +y 在0≤x≤5的有最大值为m2﹣4m+22＝24，当2＜m≤6时，x＝0时，y +y 在0≤x≤5的有最大值
1 2 1 2
为m2+6m﹣3＝24，分别求出符合条件的m值即可．
【解答】解：（1）∵y＝x+2m是经过第一、第三象限的直线，y＝ 是经过第一、第三象限的双曲线，
∴两函数有公共点，∴存在x取同一个值，使得y ＝y ，
1 2
∴函数y＝x+2m与y＝ 是“合作函数”；
当m＝1时，y＝x+2，
∴x+2＝ ，解得x＝﹣4或x＝2，
∴“合作点”为x＝2或x＝﹣4；
（2）假设函数y＝x+2m与y＝3x﹣1是“合作函数”，
∴x+2m＝3x﹣1，
∴x＝m+ ，
∵|x|≤2，
∴﹣2≤m+ ≤2，
∴﹣ ≤m≤ ，
∴当﹣ ≤m≤ 时，函数y＝x+2m与y＝3x﹣1（|x|≤2）是“合作函数”；当m＞ 或m＜﹣ 时，函
数y＝x+2m与y＝3x﹣1（|x|≤2）不是“合作函数”；
（3）①∵函数y＝x+2m与y＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3）（0≤x≤5）是“合作函数”，
∴x+2m＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3），
∴x2﹣（2m+2）x+（m2+2m﹣3）＝0，
∴x＝m+3或x＝m﹣1，
∵0≤x≤5时有唯一合作点，
当0≤m+3≤5时，﹣3≤m≤2，当0≤m﹣1≤5时，1≤m≤6，
∴﹣3≤m＜1或2＜m≤6时，满足题意；
②∵y +y ＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3）+x+2m＝x2﹣2mx+m2+6m﹣3＝（x﹣m）2+6m﹣3，
1 2
∴对称轴为x＝m，
∵﹣3≤m＜1或2＜m≤6，
当﹣3≤m＜1时，x＝5时，y +y 在0≤x≤5的有最大值为m2﹣4m+22，
1 2
∴m2﹣4m+22＝24，
∴m＝2+ 或m＝2﹣ ，
∴m＝2﹣ ；
当2＜m≤6时，x＝0时，y +y 在0≤x≤5的有最大值为m2+6m﹣3，
1 2
∴m2+6m﹣3＝24，
∴m＝3或m＝﹣9，
∴m＝3；
综上所述：m＝2﹣ 或m＝3．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；理解题意，熟练掌握一次函数、二次函数的图象及性质是解
题的关键．
25．为了维护国家主权和海洋权利，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理，如图，正在执行巡航任
务的海监船以每小时50海里的速度向正东方航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，继续航行1
小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东30°方向上．
（1）求∠APB的度数；
（2）已知在灯塔P的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？【分析】（1）在△ABP中，求出∠PAB、∠PBA的度数即可解决问题；
（2）作PH⊥AB于H．求出PH的值即可判定；
【解答】解：（1）∵∠PAB＝30°，∠ABP＝120°，
∴∠APB＝180°﹣∠PAB﹣∠ABP＝30°．
（2）作PH⊥AB于H．
∵∠BAP＝∠BPA＝30°，
∴BA＝BP＝50，
在Rt△PBH中，PH＝PB•sin60°＝50× ＝25 ，
∵25 ＞25，
∴海监船继续向正东方向航行是安全的．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，正确根据题意画出图形、准确标注方向角、
熟练掌握锐角三角函数的概念是解题的关键．
26．如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（3，0），D两点，与y轴交于点B，抛物线的对称轴与x轴交于点C（1，0），点E，P为抛物线的对称轴上的动点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当BE+DE最小时，求此时点E的坐标；
（3）若点M为对称轴右侧抛物线上一点，且M在x轴上方，N为平面内一动点，是否存在点P，M，
N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由对称轴﹣ ＝1，可知b＝﹣2a，再将A（3，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，即可求函数的
解析式；
（2）连接BA交对称轴于点E，连接DE，当A、B、E三点共线时，BE+DE的值最小，又由∠OAB＝
45°，可求CE＝2，则E（1，2）；
（3）设 P（1，t），当 AM 为正方形的对角线时，PM＝PA，过 M 点作 MG⊥PC 交于 G，证明
△PGM≌△ACP（AAS），可求M（1+t，t+2），再将M代入函数解析式即可求M（2，3）；当∠PAM
＝90°时，AM＝AP，过A点作AH⊥x轴，过M点作MH⊥AH交于点H，同理可证△MAH≌△PAC
（AAS），求出M（3+t，2），再将M代入函数解析式即可求M（2+ ，2）；当∠PMA＝90°时，PM
＝AM，过点M作TS∥x轴交对称轴于点T，过点A作AS⊥ST交于点S，同理可得△MPT≌△AMS
（AAS），求出M（2+ t，1+ t），再将M代入函数解析式即可求M（ ， ）．【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴与x轴交于点C（1，0），
∴﹣ ＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+3，
将A（3，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，
∴9a﹣6a+3＝0，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴D（﹣1，0），
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
连接BA交对称轴于点E，连接DE，
∵A、D关于直线x＝1对称，
∴DE＝AE，
∴BE+DE＝AE+BE≥AB，
当A、B、E三点共线时，BE+DE的值最小，
∵OA＝OB＝3，∴∠OAB＝45°，
∴AC＝CE，
∵AC＝2，
∴CE＝2，
∴E（1，2）；
（3）存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形，理由如下：
设P（1，t），
当AM为正方形的对角线时，如图2，PM＝PA，
过M点作MG⊥PC交于G，
∵∠MPA＝90°，
∴∠GPM+∠CPA＝90°，
∵∠GPM+∠GMP＝90°，
∴∠CPA＝∠GMP，
∵PM＝AP，
∴△PGM≌△ACP（AAS），
∴GM＝CP＝t，PG＝AC＝2，
∴M（1+t，t+2），
∴t+2＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
解得t＝﹣2或t＝1，
∵M点在x轴上方，
∴t＝1，
∴M（2，3）；当∠PAM＝90°时，AM＝AP，如图3，
过A点作AH⊥x轴，过M点作MH⊥AH交于点H，
同理可证△MAH≌△PAC（AAS），
∴AH＝AC＝2，CP＝MH＝﹣t，
∴M（3+t，2），
∴2＝﹣（t+3）2+2（t+3）+3，
解得t＝﹣2+ 或t＝﹣2﹣ ，
∴M（2+ ，2）或（2﹣ ，2）（舍去）；
当∠PMA＝90°时，PM＝AM，如图4，
过点M作TS∥x轴交对称轴于点T，过点A作AS⊥ST交于点S，
同理可得△MPT≌△AMS（AAS），
∴TP＝SM，SA＝MT，
∴M（2+ t，1+ t），
∴1+ t＝﹣（2+ t）2+2（2+ t）+3，
解得t＝﹣3+ 或t＝﹣3﹣ （舍去），
∴M（ ， ）；
综上所述：M点坐标为（2，3）或（2+ ，2）或（ ， ）．【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全
等的判定及性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
