黄金卷05-赢在中考·黄金8卷备战2023年中考数学全真模拟卷（福建专用）（解析版）_初中数学人教版_9下-初中数学人教版_10中考模拟卷

【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷 （福建专用） 第五模拟 （本卷满分150分，考试时间为120分钟） 一、单选题（共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中只 有一个选项是最符合题意的） 1．下列运算正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平方根、立方根以及乘方的定义逐一计算即可得出答案． 【详解】解：A.原式 ，计算错误，故选项A不符合题意； B.原式 ，计算错误，故选项B不符合题意； C.原式 ，计算正确，故选项C符合题意； D.原式 ，计算错误，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了算术平方根和立方根，熟练掌握定义是解题的关键． 2．将下列平面图形绕轴旋转一周，可得到图中所示的立体图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】从运动的观点来看，点动成线，线动成面，面动成体，分别判断各选项是否 可得到图中所示的立体图形． 【详解】解：A、绕轴旋转一周可得到圆柱，故不合题意； B、绕轴旋转一周，可得到球体，故不合题意； C、绕轴旋转一周，可得到一个中间空心的几何体，故不合题意； D、绕轴旋转一周，可得到图中所示的立体图形，故符合题意； 故选：D． 【点睛】此题主要考查了点线面体，关键是掌握面动成体．点、线、面、体的运动组 成了多姿多彩的图形世界． 3．“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是（ ） A．必然事件 B．随机事件 C．确定事件 D．不可能事件 【答案】B 【分析】根据事件发生的可能性的大小，即可判定．【详解】解：“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是随机事件， 故选：B． 【点睛】本题考查了事件发生的可能性的大小，熟练掌握和运用判断事件发生的可能 性的大小是解决本题的关键． 4．下列各式中，能与 合并的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先化成最简二次根式，再根据同类二次根式的定义判断即可． 【详解】A． 化简后不能与 合并，不合题意； B． 化简后不能与 合并，不合题意； C． 化简后不能与 合并，不合题意； D． 化简后能与 合并，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了二次根式的性质和同类二次根式，能熟记同类二次根式的性质是 解题的关键． 5．如图所示是重庆某日一段时间内气温随时间的变化情况，下列说法正确的是（ ） A．此图能反映出全天的气温变化 B．2时到10时期间恰好有三个时刻气温 为 C．2时到5时气温逐渐上升 D．2时气温最低 【答案】B 【分析】根据函数图象即可一一判定． 【详解】解：A、此图不能反映出全天的气温变化，故该选项错误，不符合题意； B、2时到10时期间恰好有三个时刻气温为 ，故该选项正确，符合题意； C、2时到5时气温首先下降然后逐渐上升，故该选项错误，不符合题意； D、2时气温不是最低，故该选项错误，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了函数图象的识别，从函数图象中获取相关信息是解决本题的关键． 6．如图，某广场有一块圆形的花圃，中间有一个正方形的水池，测量出除水池外圆内 可种植面积是120m2，从水池边到圆周，每边都相距4m，设正方形的边长为xm，则可 列出的方程是（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意和图形中的数据，用圆的面积减去正方形的面积等于圆内可种植的 面积，列出相应的一元二次方程，从而可以解答本题． 【详解】解：由图可得， ， 故选：C． 【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列 出相应的一元二次方程． 7．如图，在 的方格中（共有16个小方格），每个小方格都是边长为1的正方形， ， ， 分别是小正方形的顶点，则扇形 的面积等于（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求出扇形 的半径为 ， ，再根据扇形的面积 公式即可求解． 【详解】解：由题意得扇形 的半径为 ， ， ∴扇形 的面积为 ． 故选：A 【点睛】本题为格点问题，考查了勾股定理，扇形面积公式等知识，熟知勾股定理和 扇形面积公式是解题关键． 8．在同一平面直角坐标系中，一次函数 与 的图象如图所示，方程组 的解为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据方程组变形可得 ，根据一次函数图象交点，即可为方程组的 解,即可求解． 【详解】解：方程组 的解即为 的解，即一次函数 与 的交点坐标， 即 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了图像法求二元一次方程组的解，数形结合是解题的关键． 9．如图，点D，E分别在 的AB，BC边上，将 沿DE对折，使点B与点C 重合，DE为折痕，若 ，则 的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由折叠的性质得出 ，设 ，由三角形的外角的性质 求出 ，再由 可得 ，则可得 ．最 后列方程求解即可． 【详解】解：∵将 沿DE折叠，使点B与点C重合， ∴BDCD，∴BBCD， 设BBCDx， ∴ADC BBCD2x， ∵BDCD,AC BD， ∴ACCD， ∴ADC A2x， ∵A70, ∴2x70 解得：x35， ∴B35， 故选：C． 【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质及三角形的外角性质，利用折叠 的性质及三角形的外角性质，理解等腰三角形的性质解题的关键． 10．在平面直角坐标系中，长为2的线段CD（点D在点C右侧）在x轴上移动， A0，2 ，B0，4 ，连接AC，BD，则ACBD的最小值为（ ） A．2 5 B．2 10 C．6 2 D．3 5 【答案】B 【分析】设Cm，0，则有ACBD m222  m2242 ，推出要求 的 ACBD 最小值，相当于在x轴上找一点Pm，0 ，使得点 P 到M0，2 和N2，4 的距离和最小， 如图1中，作点M 关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P，连接MP，此时 PM PN的值最小，求出NQ即可解决问题． 【详解】解：设Cm，0 ，  CD2， Dm2,0 ， A0，2 ，B0，4 ，  ACBD m222  m2242 ，  要使ACBD的最小值，相当于在x轴上找一点Pm，0 ，使得点 P 到M0，2 和 P N2，4 M x Q NQ xN2，4 的距离和最小，如图1,中，作点M 关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于 P，连接MP，此时PM PN的值最小， N2，4 ，Q0，2 ，  PM PN 的最小值=PNPQNQ 2262 2 10， ACBD的最小值为：2 10， 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称—最短路径问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等 知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学 会利用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分） x 11．若使分式 有意义，则x的取值范围是_______________． x3 【答案】x3 【分析】由分母不为零可得x30，从而可得答案． x 【详解】解：∵分式 有意义， x3 ∴x30， 解得：x3， 故答案为：x3． 【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，掌握“分式的分母不为零”是解本题的关 键． 12．掷一枚质地均匀的骰子时，观察向上一面的点数，点数大于2且小于5的概率是 ___________． 1 【答案】 3 【分析】由掷一个骰子，共有6种等可能的结果，点数大于2且小于5的有2种情况， 直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：∵掷一个骰子，共有6种等可能的结果，点数大于2且小于5的有2种情况， 2 1 ∴点数大于2且小于5的概率为：  ． 6 3 1 故答案为： ． 3 【点睛】本题考查了概率公式的应用，注意概率=所求情况数与总情况数之比． 13．如图，将等边三角形CBA绕点C顺时针旋转得到VCBⅱA ，使得B，C，A三点 在同一直线上，则___________________． 【答案】120 【分析】根据旋转的性质和等边三角形的性质，利用180ACB，求出ACA的度 数，即为的度数． 【详解】解：∵将等边三角形CBA绕点C顺时针旋转得到VCBⅱA ， ∴ACA，ACB60， ∵B，C，A三点在同一直线上， ∴ACA180ACB120； 故答案为：120． 【点睛】本题考查求旋转角，等边三角形性质．熟练掌握对应点与旋转中心形成的夹 角即为旋转角，是解题的关键． 14．如图，抛物线yax2bxc（a，b，c为常数，且a0）交x轴于A1,0 ， b c B2,0两点，则不等式x2 x 0的解集为_______． a a 【答案】x1或x2 【分析】根据图象得到ax2bxc0的解集为x1或x2，然后不等式两边同时除 以a，不等号方向改变即可求解． 【详解】解：由题意可知：x=1和x2是方程ax2bxc0的两根， 由图象可知：ax2bxc0的解集为x1或x2，且二次函数的开口向下， b c ∴x2 x 0的解集为 或 ， a a x1 x2 故答案为：x1或x2．【点睛】本题考查了二次函数与不等式的关系的运用，数形结合思想，解答时分析函 数的图象是关键． 15．如图，在由相同的菱形组成的网格中，ABC 60，小菱形的顶点称为格点，已 知点A，B，C，D，E都在格点上，连接BD，BE，tanEBD的值为______. 3 【答案】 9 【分析】连接AC，设菱形网格的边长为a，则ABBC 3a，证明 ABC为等边三角 1 形， 为等边三角形，得出 ，求出EO  AO AE  a，根据勾股定理 ABC AC 3a 2  1 a EO 2 3 求出 ，求出tanEBD   即可． 3 3 BO 3 3 9 BO  AB2  AO2  a a 2 2 【详解】解：连接AC，如图所示： 设菱形网格的边长为a，则ABBC 3a， ∵此图为相同的菱形组成的网格， ∴四边形ABCD为菱形，E在AC上， 1 ∴ ，AO AC， ACBD 2 ∵ABBC，ABC 60， ∴ ABC为等边三角形， ∴AC 3a， 1 3 ∴AO  AC  a， 2 2 ∵ABC 60， ∴AFE60， ∵AF EF ， ∴△AEF 为等边三角形， ∴AE AF a， 1 ∴EO  AO AE  a， 23 3 根据勾股定理得：BO  AB2  AO2  a， 2 1 a EO 2 3 ∴tanEBD   ． BO 3 3 9 a 2 3 故答案为： ． 9 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求一个 角的正切值，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握菱形的性质． k 16．如图，一次函数 与反比例函数y k>0 的图象交于A，B两点，点P在以 y2x x C4,0 为圆心，2为半径的  C上，Q是 AP 的中点，已知OQ长的最大值为3，则k 的值为______ 128 【答案】 25 【分析】连接BP，根据中位线定理可得BP长的最大值为236，当BP过圆心C时， BP最长，过B作BDx轴与D，设Bt,2t ，则CDt4t4, 即BD2t, 根 据勾股定理可得BC2 CD2BD2,列出方程求出点B的坐标，代入反比例函数解析式 即可求解． 【详解】解：连接BP，由对称性得：OAOB， 而Q是AP的中点， 1 ∴OQ BP 2 ∵OQ的长的最大值为3，则BP长的最大值为 ， 236 如图所示：当BP过圆心C时，BP最长，过B作BDx轴与D， CP2，  BC4，B在直线y2x上， 设Bt,2t ，则CDt4t4, 即BD2t, 在Rt BCD 中，由勾股定理得：BC2 CD2BD2,  42 t422t2, 整理得：5t28t 0， 8 解得： （舍去），或t  ， t 0 2 5 1  8 16 ∴B ,  ，  5 5  k ∵B在反比例函数y k>0 的图像上， x 8 16 128 k    . 5 5 25 128 故答案为 . 25 【点睛】本题属于反比例函数与一次函数综合题，考查反比例函数图象上点的坐标特 征，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的中位线的性质，圆的基本性 质等，综合性比较强，难度较大． 三、解答题（本大题共9小题，满分86分） 2(x2)3x3  17．解不等式组：x x1   3 4 【答案】1x3 【分析】根据不等式的解法解不等式①②，得到两个解集的公共部分即是不等式组的 解集． 【详解】解：解不等式①得：x1 解不等式②得：x3∴不等式组的解是1x3 【点睛】本题考查了一元一次不等式组解集的求法，其关键就是用口诀求解．求不等 式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．  a21 1  1 18．先化简，再求值：   ，其中 满足 ． a22a1 1a a2a a a22a10 【答案】1 【分析】先利用分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将等式变形，代入化简 式子中求解即可． a1a1 1  1 【详解】解：原式=    a12 a1 aa1   a1 1    aa1 a1 a1 a2  aa1 a1 aa2  2 a2 2a ∵a22a1=0， ∴a22a=1， 则原式=1． 【点睛】本题考查分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算法则和运算顺序，利用 整体代入的思想方法是解答的关键． 19．如图，在 ABCD中，点E在边AD上，以C为圆心，AE长为半径画弧，交边 BC于点F，连接BE、DF．求证： ABE≌  CDF ． 【答案】见解析 【分析】由作图可得AEFC，利用平行四边形的性质可以得到ABDC，AC， 用SAS证明全等即可． 【详解】证明：由题意可得：AEFC， ∵平行四边形ABCD， ∴ABDC，AC 在  ABE和 CDF中，AECF  AC，  ABCD ∴ ABE≌  CDFSAS ． 【点睛】本题考查全等的证明，解题的关键是找到全等的三角形的条件． 20．利用一元一次方程解应用题：现在是互联网时代，微商小李一次购进了一种时令 水果200kg，前两天他以每千克高于进价40%的价格卖出150kg，第三天他发现网上 卖该种水果的商家陡增，于是他果断将剩余的该种水果在前两天的售价基础上打4折 全部售出，最后他卖该种水果获得570元的利润．求这批水果的进价为多少元/千克． 【答案】这批水果的进价为15元/千克 【分析】设进价为x元/千克，根据前后一共获利570元，列出方程，求出x的值即可． 【详解】解：设进价为x元/千克，依题意得： 150140%x20015040%140%x200x570， 解得：x15， 答：这批水果的进价为15元/千克． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找出等量关 系，列出方程并解答． 21．如图，在 ABC中，AB AC，射线CM∥AB． (1)在线段AB上取一点E，使得CECB，在射线CM 上确定一点D，使 CDE是以 CE为底边的等腰三角形（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接AD，求证：ADBC． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）以点C为圆心，CB为半径画弧，交AB于一点，该点即为点E，作CE 的垂直平分线，交CM于一点，该点即为点D，连接CD、ED即可； （2）证明四边形ABCD是平行四边形即可． （1） 解：以点C为圆心，CB为半径画弧，交AB于一点，该点即为所求作的点E，作CE的 垂直平分线，交CM于一点，该点即为所求作的点D，如图所示： （2）证明：连接AD，如图所示： ∵AC＝AB，CE＝CB， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠CEB， ∵CD∥AB， ∴∠CEB＝∠DCE， ∵DE＝DC， ∴∠DCE＝∠DEC＝∠ABC＝∠ACB， ∴△DCE≌△ABC（ASA）， ∴CD＝AB， ∵CD∥AB， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC． 【点睛】本题主要考查作图−复杂作图，平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三 角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考 题型． 22．某校举办球赛，分为若干组，其中第一组有A，B，C，D，E五个队，这五个队要 进行单循环赛，即每两个队之间要进行一场比赛，每场比赛采用三局两胜制，即三局 中胜两局就获胜．每场比赛胜负双方根据比分会获得相应的积分（如2:0与2:1的积分 不同），积分均为正整数． 第一组 A B C D E 获胜场数 总积分 A 2:1 2:0 1:2 2:0 x 13 B 1:2 m 0:2 1:2 0 y C 0:2 n 1:2 2:1 2 p D 2:1 2:0 2:1 1:2 3 12 E 0:2 2:1 1:2 2:1 2 9 根据上表回答问题： (1)当B队的总积分y6时，上表中m处应填___； (2)求C队总积分p的所有可能值．【答案】(1)0:2 (2)9或10 【分析】（1）每场比赛的结果有四种：0:2，1:2，2:1，2:0，设以上四种得分为 a，b，c，d，且abcd，根据E和A的总分可得关于a，b，c，d的等式，化简即 可得出a，b，c，d的值，设m对应的积分为x，根据题意得关于x的方程，解得x的 值，则可得答案； （2）C队胜2场，分两种情况：当C、B的结果为2:0时；当C、B的结果为2:1时， 分别计算出p的值即可． 【详解】（1）解：由题可知：每场比赛的结果有四种：0:2，1:2，2:1，2:0， 根据题意可知每种结果都会得到一个正整数积分，设以上四种得分为a，b，c，d，且 abcd， 根据E的总分可得：acbc9， ∴a1，b2，c3， 根据A的总分可得：cdbd 13， ∴d 13cb2133224， 设m对应的积分为x，当y6时，bxab6，即2x126， ∴x1， ∴m处应填0:2； 故答案为：0:2． （2）解：∵C队胜2场， ∴分两种情况：当C、B的结果为2:0时，p143210； 当C、B的结果为2:1时，p13329； ∴C队总积分p的所有可能值为9或10． 故答案为：9或10． 【点睛】本题考查了统计表在比赛积分问题中的应用，读懂表格中的数据，理清题中 的数量关系是解题的关键． 23．图1，图2分别是某超市购物车的实物图与示意图，小江获得了如下信息： AE∥BC∥FG，AD80cm，CD60cm，CG30cm，DAE15，CGF 60， BCD120，ABC 90．请根据以上信息，解决下列问题．（结果精确到0.1cm， 参考数据：sin150.26，cos150.97， 31.73）(1)求点D到FG所在直线的距离． (2)求BC的长度． 【答案】(1)77.9 cm (2)47.6 cm 【分析】(1) 过点D作DN FG于点N，交AE的延长线于点M，交BC的延长线于点 P，过点C作CH FG于点H，通过解直角三角形及矩形的性质，即可求解； (2)利用解直角三角形即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点D作DN FG于点N，交AE的延长线于点M，交BC 的延长线于点P，过点C作CH FG于点H． 在Rt△DCP中，  CD60cm，DCP180BCD18012060， 3 DPCDsin6060 30 3cm． 2 在Rt△CHG中，  CG30cm，CGF 60， 3 CH CGsin6030 15 3cm． 2  AE∥BC∥FG，DN FG，CH FG 四边形ABPM 和四边形CHNP为矩形， CH PN 15 3cm DN DPPN 45 377.9cm ； （2）解：在Rt△ADM 中， AD80cm，DAM 15，  AM  ADcos15800.9777.6cm ． AM BP77.6cm， 在Rt△ DCP中， CD60cm，DCP60，  1 CPCDcos6060 30cm ． 2 BC BPCP77.63047.6cm ． 【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，作出辅助线是解题的关键． 24．如图1，在 O中，AB为弦，CD为直径，且ABCD，垂足为E，P为优弧 ACB上的动点（不与端点重合），连接PD． (1)求证：APDBPD； (2)在线段PD上有一点I，连接AD、AI．且AI平分PAB，求证：ADDI； (3)如图2，在（2）的条件下，若APB60， O的半径为2，过点D作 O的切线 交PA的延长线于点F；当PF PD时，求PI 的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)PI  3． 【分析】（1）根据垂径定理和圆周角定理可证明； （2）证明DAI DIA，进而命题可证； （3）连接OA，先计算得出△OAD是等边三角形，作AEDF于点E，求得FA的长， 证明△FAD∽△FDP，从而求得结果． 【详解】（1）证明：∵AB为弦，CD为直径，且ABCD， ∴ADBD， ∴APDBPD； （2）证明：∵ADBD， ∴APDBAD， ∵AI平分PAB， ∴PAI BAI ， ∵DAI BADBAI，DIAAPDPAI ， ∴DAI DIA， ∴ADDI； （3）解：连接OA，∵APB60，APDBPD，∴APDBPD30， ∴AOD2APD60， ∵OAOD， ∴△OAD是等边三角形， ∴ADOD2，ADO60， ∵DF是 O的切线， ∴FDO90，FDA30， ∵PF PD且APD30， 18030 ∴F PDF  75， 2 ∴DAF 180FFAD75， ∴ADFD2， 由（2）得ADDI 2， 作AEDF于点E， 1 ∴AE  AD1， ， 2 DE 2212  3 ∴EF 2 3， ∴AF  AE2EF2 84 3， ∵FPDFDA30， ∴△FAD∽△FDP， DF AF 2 84 3 ∴  ，即  ， PF DF PF 2 1 ∴PF  2 3，即 ， 2 3 PDPF 2 3 ∴PI PDDI 2 32 3． 【点睛】本题考查了切线的性质定理，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性 质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 25．在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc的对称轴是直线x2，与y轴交点  1 的坐标为0, ．  2 (1)求此抛物线对应的函数表达式． (2)①当3≤ x≤ 3时，y的取值范围是______．5 7 ②若 时，  y ，则m的取值范围是______． mx1 2 2 1 1 (3)当 2 m2x0时，若函数 yx2bxc 的图像上有且只有一个点到直线y 2 的距离为1，求m的取值范围． (4)点A、点B均在这个抛物线上（点A在点B的右侧），点A的横坐标为m，点B的 横坐标为22m．将此抛物线上A、B两点之间的部分（包括A、B两点）记为图像 G．设图像G最高点的纵坐标与最低点的纵坐标的差为h，求h与m之间的函数关系式． 1 【答案】(1)yx24x 2 43 7 (2)①  y ；② 2 2 3m2 (3)2 3m2 3  2 3m24m4( m0)  3  (4)hm24m40m2  4m2m2   1 【分析】(1)用待定系数法可得抛物线对应的函数表达式为yx24x ； 2 (2) ①在3≤ x≤ 3时，求出y的最大、最小值即可得出答案； 7 5 5 ②当 时，y ；当 时，y ；当 时，y ，即可得 ； x2 2 x=1 2 x3 2 3m2 1 1 1 1 (3)在yx24x 中，令y 得x24x  ，得 或 ，故 2 2 2 2 x2 3 x2 3 2 3m2 3； 1 7 7 (4) 当 时，ym24m ；当 时，y4m2 ，顶点为(2, )， xm 2 x22m 2 2 2 由A在B的右侧，得m ，分三种情况分别列出函数关系式即可． 3 【详解】（1）解： 抛物线yx2bxc的对称轴是直线x2，与y轴交点的坐  1 标为(0, )， 2  b  2   2  ， 1 c   2 b4  解得： 1 ， c   21 抛物线对应的函数表达式为yx24x ．  2 1 （2）① 抛物线yx24x 的对称轴是直线 ，且 3(2)  3(2) ， 2 x2  1 1 1 当 时，yx24x 取最小值，最小值为3243 21 ，  x3 2 2 2 1 1 7 当 时，yx24x 取最大值，最大值为(2)24(2)  ． x2 2 2 2 1 7 当 时，y的取值范围是21  y ；  3≤ x≤ 3 2 2 1 7 故答案为：21  y ； 2 2 7 ②由①知， 时，y ， x2 2 1 1 5 当 时，yx24x (1)24(1)  ， x=1 2 2 2 5 由对称性可知， 时，y ， x3 2 5 7 时，  y ， m x1 2 2  3m2； 故答案为：3≤m≤2； （3）如图： 1 1 1 在直线y 上方，到直线y 距离为1的点在直线y 上， 2 2 2 1 1 在yx24x 中，令y ，得： 2 2 1 1 x24x  ， 2 2 解得：x2 3或x2 3， 1 1 当 m2x0时，函数 的图象上有且只有一个点到直线y 的 2 yx2bxc 2  距离为1，1 2 3 m22 3， 2 解得：2 3m2 3； 1 （4）当 时，ym24m ， xm 2 1 7 当 时，y(22m)24(22m) 4m2 ， x22m 2 2 1 7 抛物线yx24x 顶点为(2, )， 2 2 ∵A在B的右侧， m22m， 2 解得：m ， 3 当22m2，即m0时， 7 1 h4m2 (m24m )3m24m4， 2 2 当22m2m且2(22m)m(2)，即0m2时， 7 1 h (m24m )m24m4， 2 2 当2m2m，且2(22m)m(2)，即m>2时， 7 7 h (4m2 )4m2， 2 2 综上所述，  2 3m24m4( m0)  3  hm24m40m2  4m2m2   【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图象上点坐标的 特征，函数的最大(小)值等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．