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数学试卷
1．考试时间120 分钟；
2．全卷共三道大题，总分120 分；
3．请将答案填写在答题卡的指定位置．
一、选择题（本大题共10 道小题，每小题3 分，共30 分）
1. 剪纸艺术是中国古老的民间艺术之一，下面剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫
做中心对称图形，据此逐一判断即可．
【详解】解：由中心对称图形的定义可知，四个选项中，只有D 选项中的图形是中心对称图形．
2. 下列运算正确的是（ ）
A.
5
2
10
x
x
x
=
B.
2
2
4
2
m
m
m
+
=
C.
2
2
2
(
)
x
y
x
y
+
=
+
D.
3
3
( 2 )
8
a
a
−
= −
【答案】D
【解析】
【分析】根据同底数幂乘法、合并同类项、完全平方公式、积的乘方的运算法则，逐个判断选项即可
【详解】解：对选项A：根据同底数幂乘法法则，同底数幂相乘，底数不变，指数相加
5
2
5 2
7
10
x
x
x
x
x
+
=
=
，选项错误，不符合题意；
对选项B：根据合并同类项法则，合并同类项时，系数相加，字母与指数不变
2
2
2
4
2
2
m
m
m
m
+
=
，
选项错误，不符合题意；
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对选项C：根据完全平方公式
2
2
2
2
2
(
)
2
x
y
x
xy
y
x
y
+
=
+
+
+
，选项错误，不符合题意；
对选项D：根据积的乘方法则，积的乘方等于各因式分别乘方，再将结果相乘
3
3
3
3
( 2 )
( 2) ?
8
a
a
a
−
= −
= −
，选项正确，符合题意
3. 如图，一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的左视图是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据左视图的定义求解即可．
【详解】解：由图可知，该几何体的左视图有两列，且从左向右看，每列小正方形的数量为2 ，1，
故选A ．
4. 在“体重管理年”的活动中，某校对学生的体重进行监测，下面是其中的一组数据（单位：kg ）：47，
49，56，52，56．这组数据的众数和平均数分别是（ ）
A. 52，52
B. 56，52
C. 56，50
D. 52，56
【答案】B
【解析】
【分析】众数是一组数据中出现次数最多的数，平均数等于所有数据的和除以数据的个数，据此求解即
可．
【详解】解：∵在这组数据中，56 出现了2 次，其余数都只出现1 次，
∴这组数据的众数为56；
这组数据的平均数为47
49
52
56
56
52
5
+
+
+
+
=
．
5. 深耕黑土地，守护大粮仓．某水稻生产基地2023 年平均每公顷产7000 kg 水稻，到2025 年平均每公顷
产8470 kg 水稻，设水稻每公顷产量的年平均增长率为x ，可列方程为（ ）
A.
(
)
7000 1
2
8470
x
+
=
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B.
2
7000(1
)
8470
x
+
=
C.
(
)
2
7000
7000 1
7000(1
)
8470
x
x
+
+
+
+
=
D.
(
)
7000 2 1
8470
x
+
=
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平均增长率问题的列方程，根据增长率的计算规律，计算2023 年经过两年增长后2025
年的产量，即可列出对应方程．
【详解】解：设水稻每公顷产量的年平均增长率为x ，
∵2023 年平均每公顷产量为7000kg ，
∴2024 年平均每公顷产量为
(
)
7000 1
x kg
+
，
∴2025 年平均每公顷产量为
(
) (
)
(
)
2
7000 1
1
7000 1
x
x
x
kg
+
+
=
+
，
又∵2025 年平均每公顷产量为8470kg ，
∴可列方程为
2
7000(1
)
8470
x
+
=
．
6. 已知关于x 的分式方程4
2
1
2
2
k
k
x
x
−
−
=
−
−
的解为正数，则k 的取值范围为（ ）
A.
6
k −
B.
6
k −
C.
6
k −且
4
k −
D.
6
k −且
4
k −
【答案】C
【解析】
【分析】先解分式方程得到x 关于k 的表达式，再根据“解为正数”和“分式分母不为零”列出不等式，
求解即可得到k 的取值范围．
【详解】解：原方程可变形为4
2
1
2
2
k
k
x
x
−
+
=
−
−
方程两边同乘(
)
2
x −
去分母得，4
2
2
k
k
x
−+
=
−
整理得，
6
=
+
x
k
分式方程的解为正数，且分母不能为0
∴
0
x
且
2
0
x −
∴
6
0,
6
2
0
k
k
+
+
−
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解得
6
k −且
4
k −．
7. 在第25 届米兰冬奥会上，我国冰雪健儿取得了骄人的成绩．为了弘扬中华体育精神，某中学开展“冰
雪运动进校园”活动．学校计划用300 元购买笔记本和钢笔两种奖品，笔记本20 元/个，钢笔15 元/个．所
有资金恰好用完，则购买方案有（ ）
A. 3 种
B. 4 种
C. 5 种
D. 6 种
【答案】B
【解析】
【分析】根据总资金列出方程，再结合x，y 为正整数的条件，找出所有符合要求的购买方案.
【详解】解：设购买笔记本x 个，钢笔y 个，,x y 均为正整数，
由题意得20
15
300
x
y
+
=
两边同除以5化简得4
3
60
x
y
+
=
整理得
4
20
3
x
y =
−
∵y 是正整数，4 与3互质，
∴x 必须是3的倍数，
又∵
0
y
，
∴
4
20
0
3
x
−
，解得
15
x
，
结合
0
x
可得，x 的取值为3,6,9,12 ，共4 种不同取值，
故有4 种购买方案.
8. 如图，在平面直角坐标系中，双曲线
(
)
0
k
y
k
x
=
上有A，B 两点，AC
x
⊥
轴于点C ，BD
x
⊥
轴于
点D ，H 为OB 的中点，
6
AHO
S
=
△
，则k 的值为（ ）
A. 8
B.
8
−
C. 16
D.
16
−
【答案】D
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【解析】
【分析】设点B 的坐标为( , )
x y ，由H 为OB 中点得
2
OB
OH
=
，由BD
x
⊥
轴及AC
x
⊥
轴，可得
//
AC BD，可证OHC
OBD
∽
，先求相似比，即得面积比，根据反比例函数k 的几何意义可知
1 |
|
2
OBD
S
k
=
，可得
1 |
|
8
HOC
S
k
=
，再结合
1 |
|
2
AOC
S
k
=
及
AHO
AOC
HOC
S
S
S
=
−
建立方程求解即
可．
【详解】解：设
( , )
B x y ，其中
0
x
，
0
y
，则xy
k
=
，
H
为OB 的中点，
∴
2
OB
OH
=
，
BD
x
⊥
轴，AC
x
⊥
轴，
AC
BD
，
由图可知点H 在线段AC 上，
∴OHC
OBD
∽
，
相似比为
1
2
2
OH
OH
OB
OH
=
=
，
∴
1
4
OHC
OBD
S
S
=
，
点B 在双曲线
k
y
x
=
上，BD
x
⊥
轴，
1 |
|
2
OBD
S
k
=
，
1
1 |
|
4
8
HOC
OBD
S
S
k
=
=
，
点A在双曲线
k
y
x
=
上，AC
x
⊥
轴，
1 |
|
2
AOC
S
k
=
，
AHO
AOC
HOC
S
S
S
=
−
，
1
1
6
|
|
|
|
2
8
k
k
=
−
，
3 |
| 6
8 k
=
，
|
| 16
k
=
，
双曲线位于第二象限，
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0
k
，
16
k
= −
．
9. 如图，在Rt
ABC
△
中，
90
BAC
=
，
30
B
=
，D 为BC 上一点，且AC
AD
=
，E ，F 分别是
CD，AB 的中点，连接EF ，若
2
AC =
，则EF 的长为（ ）
A. 2 3
B.
3
C. 1
D. 0.5
【答案】B
【解析】
【分析】连接AE ，先根据含30角的直角三角形性质求出
C
和BC 的长，再由勾股定理可得AB 的长，
再证明ACD
是等边三角形，利用三线合一得到AE
BC
⊥
，最后在Rt
AEB
△
中利用斜边中线定理求出
EF 的长．
【详解】如图，连接AE ，
在Rt ABC
中，
90
BAC
=
，
30
B
=
，
2
AC =
，
90
30
60
C
=
=
−
，
2
4
BC
AC
=
=
，
由勾股定理得：
2
2
2
2
4
2
2 3
AB
BC
AC
=
−
=
−
=
，
AC
AD
=
，
60
C
=
，
ACD
是等边三角形，
E
是CD的中点，
AE
CD
⊥
，即
90
AEB
=
，
在Rt
AEB
△
中，F 是AB 的中点，
1
1
2 3
3
2
2
EF
AB
=
=
=
．
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10. 如图，在菱形ABCD中，DE 垂直平分BC ，
1
2
EDF
ADC
=
，DF ，DE 分别交对角线AC 于
G ，H 两点，下列结论：①连接EF ，则DEF
为等边三角形；②过点G 作GN
AD
⊥
于点N ，则
GN
GF
=
；③
2
3
AG
GH
CH
EF
=
=
=
；④M 为边AB 上任意一点，连接MD 和ME ，若
4 5
BME
DEC
S
S
=
△
△
∶
∶
，则有
1 10
DAM
ABCD
S
S
=
△
菱形
∶
∶
；⑤逆时针旋转
FDE
，使射线DF 与边AB 交于
点P ，射线DE 与边BC 交于点Q ，若
2
CQ =
，
2 2
AP =
，则
10
PQ =
；其中正确的是（ ）
A. ①③④
B. ②④⑤
C. ①②③④
D. ①②③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形性质及 DE 垂直平分BC 可判定DBC
和ABD
均为等边三角形，进而求出各角度数；
利用等边三角形性质、全等三角形判定与性质、相似三角形性质及面积公式逐一判断各结论即可．
【详解】解：如图，连接EF ，
四边形 ABCD 是菱形，
AB
BC
CD
DA
=
=
=
，
180
ABC
BCD
+
=
，
180
ADC
BCD
+
=
．
DE
垂直平分BC ，
DB
CD
=
，BE
EC
=
，
90
DEC
=
，
DB
CD
BC
=
=
，即DBC
为等边三角形．
60
DBC
BCD
CDB
=
=
=
，
120
ABC
=
，
120
ADC
=
．
ABD
△
也是等边三角形，
60
BAD
=
．
1
2
EDF
ADC
=
，
60
EDF
=
，
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DE
BC
⊥
，DBC
为等边三角形，
DE
平分
CDB
，
30
CDE
BDE
=
=
，
60
30
30
FDB
EDF
BDE
=
−
=
−
=
．
60
30
30
ADF
ADB
FDB
=
−
=
−
=
，
60
BAD
BCD
=
=
，DA
CD
=
，
30
ADF
CDE
=
=
，
(
)
ADF
CDE ASA
≌
，
DF
DE
=
．
60
EDF
=
，
DEF
为等边三角形，故①正确；
如图，过点G 作GN
AD
⊥
于点N ，
60
BAD
=
，
30
ADF
=
，
90
AFD
=
，即GF
AB
⊥
，
AC
平分
DAB
，GN
AD
⊥
，GF
AB
⊥
，
GN
GF
=
，故②正确；
ABD
是等边三角形，
AD
BD
=
，
DF
AB
⊥
，
1
1
2
2
AF
BF
AB
CD
=
=
=
，
AB
CD
∥
，
AFG
CDG
∽
．
1
2
AG
AF
CG
CD
=
=
，
1
3
AG
AC
=
．
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同理CEH
ADH
∽
，
1
2
CH
CE
AH
AD
=
=
，
1
3
CH
AC
=
．
1
3
GH
AC
AG
CH
AC
=
−
−
=
，即
1
3
AG
GH
CH
AC
=
=
=
．
点E 、F 是BC 、AB 的中点，
EF
是ABC
的中位线，
1
2
EF
AC
=
，
2
AC
EF
=
，
2
3
AG
GH
CH
EF
=
=
=
，故③正确；
如图，M 为边AB 上任意一点，连接MD 和ME ，过点M 作MH
BC
⊥
交CB 延长线于点H ，
设菱形边长为a ，则
3
sin 60
2
DE
CD
a
=
=
，
2
3
3
2
2
ABCD
S
BC DE
a
a
a
=
=
=
菱形
，
2
1
1
3
3
2
2 2
2
8
DEC
a
S
EC DE
a
a
=
=
=
．
:
4:5
BME
DEC
S
S
=
，
2
2
4
3
3
5
8
10
BME
S
a
a
=
=
．
2
1
3
2 2
10
a MH
a
=
，
解得
2 3
5
MH
a
=
．
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120
ABC
=
，
60
MBH
=
．
2 3
4
5
sin60
5
3
2
a
MH
BM
a
=
=
=
，
1
5
AM
AB
BM
a
=
−
=
．
2
1
1
3
3
2
2 5
2
20
DAM
a
S
AM DE
a
a
=
=
=
．
2
2
3
3
:
:
1:10
20
2
DAM
ABCD
S
S
a
a
=
=
菱形
，故④正确；
由旋转性质及
60
PDQ
=
，
60
ADB
=
，
ADP
BDQ
=
．
ADP
BDQ
=
，DA
DB
=
，
60
DAB
DBQ
=
=
，
(
)
ASA
DAP
DBQ
≌
．
2 2
BQ
AP
=
=
．
2
CQ =
，
3 2
BC
BQ
CQ
=
+
=
，
3 2
AB
=
．
2
PB
AB
AP
=
−
=
．
过点P 作PM
CB
⊥
交CB 延长线于M ．
120
ABC
=
，
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60
PBM
=
．
1
2
cos60
2
2
2
BM
PB
=
=
=
，
3
6
sin60
2
2
2
PM
PB
=
=
=
．
2
5 2
2 2
2
2
MQ
BM
BQ
=
+
=
+
=
．
在Rt PMQ
中，
2
2
2
2
6
5 2
14
10
2
2
PQ
PM
MQ
=
+
=
+
=
，故⑤错误．
综上所述，正确的是①②③④．
二、填空题（本大题共10 道小题，每小题3 分，共30 分）
11. 2026 年5 月19 日，哈尔滨市举行万人徒步活动，约有12000 人参加．将数据12000 用科学记数法表示
为____________．
【答案】
4
1.2 10
【解析】
【分析】科学记数法的表现形式为
10n
a
，其中1
10
a
，n 为整数，确定a 和n 的值即可得到答案．
【详解】解：
4
12000
1.2 10
=
．
12. 在函数
2
y
x−
=
中，自变量x 的取值范围是____________．
【答案】
2
x
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，即被开方数为非负数，列出不等式即可求解自变量x 的取值范围．
【详解】解：由题意得，
2
0
x−
，
解得
2
x
．
13. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC ，BD相交于点O，且OA
OC
=
，请添加一个条件
____________，使四边形ABCD是平行四边形．
【答案】OB
OD
=
（答案不唯一）
【解析】
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【分析】已知对角线AC 被点O平分，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只需补充另一条对角线
BD也被点O平分即可．
【详解】解：添加条件：OB
OD
=
，
在四边形ABCD中，OA
OC
=
，OB
OD
=
，
四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．
故答案为：OB
OD
=
（答案不唯一）
14. “七八个星天外，两三点雨山前”，数词在这句诗词中出现的概率为________．（标点不计）
【答案】1
3
【解析】
【分析】先统计去掉标点后句子的总字数，再统计其中数词的个数，根据概率公式计算即可得到结果．
【详解】解：去掉标点后，该句共有12 个汉字，其中数词的个数为4，
根据概率公式，可得数词出现的概率为：
4
1.
12
3
P =
=
15. 关于x 的不等式组
1
1
3
x
a
x
−
+
只有3 个整数解，则a 的取值范围是____________．
【答案】2
1
a
−
−
【解析】
【分析】先分别解不等式组中的两个不等式，根据不等式组只有3个整数解确定不等式组的整数解，进而
可确定a 的取值范围．
【详解】解：
1
1
3
x
a
x
−
+
①
②
解不等式①得
1
x
a
+ ，
解不等式②得
2
x
，
∵关于x 的不等式组
1
1
3
x
a
x
−
+
只有3 个整数解，
∴该不等式组的整数解为0，1，2，
∴1
1
0
a
−
+
，
∴2
1
a
−
−．
16. 如图，PA，PB分别与
O
相切于A，B 两点，
80
P
=
，则
C
= ____________．
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【答案】
50##50 度
【解析】
【分析】连接
,
OA OB ，根据切线的性质定理可知
90
OAP
OBP
=
=
，利用四边形内角和为360求
出
AOB
的度数，然后根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接
,
OA OB ，
,
PA PB 分别与
O
相切于
,
A B 两点，
,
OA
PA OB
PB
⊥
⊥
，
90
OAP
OBP
=
=
，
OAPB 是四边形，
内角和为360，
80
P
=
，
360
100
AOB
OAP
OBP
P
=
−
−
−=
，
,
C
AOB
分别是弧AB 所对的圆周角和圆心角，
1
50
2
C
AOB
=
=
．
17. 王芳用一个圆心角为120，半径为4 的扇形卡纸，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为
____________．
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【答案】4
3
## 1
13
【解析】
【分析】本题考查圆锥的相关计算，圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，
扇形的半径等于圆锥的母线长，设这个圆锥的底面圆半径为r ，利用弧长公式列方程求解即可．
【详解】解：设这个圆锥底面圆的半径为r ，
根据题意得
120
4
2
180
r
=
，
解得
4
3
r =
．
18. 如图，菱形ABCD的边长为10，对角线
16
BD =
，P ，Q 为BD上两个动点，且
2
PQ =
，则
AP
AQ
+
的最小值为____________．
【答案】2 37
【解析】
【分析】利用菱形的轴对称性可知点A关于BD的对称点为点C ，则AP
CP
=
，将AP
AQ
+
转化为
CP
AQ
+
；通过平移构造平行四边形，将CP 转化为C Q
，从而将问题转化为求AC的最小值，最后
利用勾股定理求解
【详解】解：如图，连接AC 交BD于点O
四边形ABCD是菱形
AC
BD
⊥
，OA
OC
=
，
1
8
2
OB
OD
BD
=
=
=
在Rt AOB
中，
2
2
2
2
10
8
6
OA
AB
OB
=
−
=
−
=
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2
12
AC
OA
=
=
点A关于BD的对称点是点C
AP
CP
\
=
AP
AQ
CP
AQ
+
=
+
将点C 沿BD方向平移2 个单位长度得到点C，连接C Q
，AC
CC
PQ
，
2
CC
PQ
=
=
四边形CC QP
是平行四边形
CP
C Q
=
AP
AQ
C Q
AQ
+
=
+
当A，Q ，C三点共线时，C Q
AQ
+
最小，最小值为线段AC的长
AC
BD
⊥
，CC
BD
∥
AC
CC
⊥
90
ACC
=
在Rt ACC
中，
2
2
2
2
12
2
148
2 37
AC
AC
CC
=
+
+
=
=
=
AP
AQ
+
的最小值为2 37
19. 在综合与实践课上，老师带领同学们以“直角三角形的折叠”为主题开展探究活动，同学们用一张直
角三角形纸片进行折叠．已知Rt
ABC
△
，
90
ABC
=
，
30
C
=
，
2
AC =
，在AC 边上找一点
D ，将纸片沿BD折叠，使点A落在A处，当ABD
的某一边与AC 边垂直时，A D
=____________．
【答案】2
3
−
或
3
1
2
+
或1
2
【解析】
【分析】先根据直角三角形的性质求出原三角形的边长，再根据折叠的性质得到对应边和对应角相等，分
三种情况讨论：当A B
AC
⊥
，当A D
AC
⊥
，当BD
AC
⊥
当利用直角三角形的边角关系计算A D
的长
度．
【详解】解：已知Rt
ABC
△
中，
90
ABC
=
，
30
C
=
，
2
AC =
，
所以
1
AB = ，
60
A
=
．
由折叠性质可知：AD
AD
=
，
1
A B
AB
=
=
，
60
BA D
A
=
=
．
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过B 作BE
AC
⊥
于点E ，可得
3
sin 60
2
BE
AB
=
=
，
1
cos60
2
AE
AB
=
=
．
当A B
AC
⊥
时：
3
1
2
A E
A B
BE
=
−
= −
，
在Rt A DE
中，
90
A ED
=
，
60
DA E
=
，
所以
3
2 1
2
3
cos60
2
A E
A D
=
=
−
=
−
．
当A D
AC
⊥
时：
90
A DA
=
，
由折叠性质得
45
ADB
A DB
=
=
，
在Rt
BDE
△
中，
90
BED
=
，
45
BDE
=
，
所以
3
2
DE
BE
=
=
，
1
1
cos
1 2
2
AE
AB
A
=
=
=
所以
3
1
3
1
2
2
2
AD
DE
AE
+
=
+
=
+
=
，即
3
1
2
A D
+
=
．
当BD
AC
⊥
时：
90
BDA
=
，则
,
D E 重合，
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所以
1
2
A D
AE
AD
=
=
=
综上，A D
的值为2
3
−
或
3
1
2
+
或1
2 ．
20. 如图，
1
B 是直线
1
:
2
2
l y
x
=
+
与y 轴的交点，过点
1
B 作
1
1
AB
l
⊥
交x 轴于点
1A ，以
1
1
A B 为边，向右
作正方形
1
1
2
1
A B B C ，延长
2
1
B C 交x 轴于点
2
A ；以
2
2
A B 为边，向右作正方形
2
2
3
2
A B B C ，延长
3
2
B C 交x 轴
于点
3A ；以
3
3
A B 为边，向右作正方形
3
3
4
3
A B B C ，延长
4
3
B C 交x 轴于点
4A ；…，按照这个规律进行下
去，则点
n
C 的纵坐标为____________．
【答案】
1
3
2
n-
骣
琪
琪
桫
【解析】
【分析】由题意易得
1
0
2,
4
OB
OB
=
=
，则有
2
2
1
0
1
0
2 5
B B
OB
OB
=
+
=
，
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
5
tan
,sin
2
5
OB
OB
OB B
OB B
OB
B B
=
=
=
=
，然后可得
0
1
1
1
0
1
1
1
1
2
tan
5
B
OB
B
B
C
B
A
A
B
B
=
=
=
=
，分别过点
1
2
3
,
,
C C C 作x 轴的垂线，垂足分别为
,
,
E F H ，进而根据三角函数可得点
1
2
3
,
,
C C C 的坐标，最后总结规律即可．
【详解】解：由直线
1
:
2
2
l y
x
=
+
可令
0
x =
时，则有
2
y =
，令
0
y =
时，则有
4
x = −，
∴
(
)
(
)
1
0
0,2 ,
4,0
B
B
−
，
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∴
1
0
2,
4
OB
OB
=
=
，
∴
2
2
1
0
1
0
2 5
B B
OB
OB
=
+
=
，
∴
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
5
tan
,sin
2
5
OB
OB
OB B
OB B
OB
B B
=
=
=
=
，
∵四边形
1
1
2
1
A B B C 是正方形，
∴
1
1
2
1
1
1
90
A B B
B AC
=
=
，
1
1
1
2
1
1
B
A
A
B
C
B =
=
，
∴
1
1
0
1
1
2
180
90
A B B
A B B
=
−
=
，
∴
0
1
1
1
0
1
1
1
1
2
tan
5
B
OB
B
B
C
B
A
A
B
B
=
=
=
=
，
分别过点
1
2
3
,
,
C C C 作x 轴的垂线，垂足分别为
,
,
E F H ，如图所示：
∴
1
1
1
1
1
1
1
90
BOA
B AC
A EC
=
=
=
，
∴
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
90
B BO
OB B
B BO
A BO
OA B
A BO
OA B
C A E
+
=
+
=
+
=
+
=
，
∴
0
1
1
1
1
1
OB B
A BO
C A E
=
=
，
∴
1
1
1
1
1
1
1
0
1
sin
sin
1
C E
AC
C A E
AC
OB B
=
=
= ，
∴
1
C 的纵坐标为1；
∵四边形
2
2
3
2
A B B C ，
3
3
4
3
A B B C 都是正方形，
∴
2
2
3
2
2
0
3
3
4
3
3
0
90
A B B
A B B
A B B
A B B
=
=
=
=
，
2
2
2
3
2
2
3
3
3
4
3
3
,
A B
B B
A C A B
B B
A C
=
=
=
=
，
同理可得：
2
2
3
3
0
1
C A F
C A H
OB B
=
=
，
∵
0
2
0
1
1
2
3 5
B B
B B
B B
=
+
=
，
∴
2
2
0
2
0
1
2
3
2
2
3 5
tan
2
B A
B B
OB B
B B
A C
=
=
=
=
，
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∴
2
2
2
0
1
3
sin
2
C F
A C
OB B
=
=
，
0
3
0
2
2
3
9 5
2
B B
B B
B B
=
+
=
，
∴
2
C 的纵坐标为3
2
，
3
3
0
3
0
1
3
4
3
3
9 5
tan
4
B A
B B
OB B
B B
A C
=
=
=
=
，
∴
3
3
3
0
1
9
sin
4
C H
A C
OB B
=
=
，
∴
3
C 的纵坐标为9
4
，
…；
∴按照这个规律进行下去，则点
n
C 的纵坐标为
1
3
2
n−
．
三、解答题（本大题共8 道题，满分60 分）
21. 先化简，再求值：
2
2
1
4
1
3
6
9
x
x
x
x
−
−
+
+
+
，其中
4cos60
1
x =
+ ．
【答案】化简的结果为
3
2
x
x
+
−
，值为6
【解析】
【详解】解：
2
2
1
4
1
3
6
9
x
x
x
x
−
−
+
+
+
2
2
3
6
9
3 1
4
x
x
x
x
x
+ −
−
=
+
+
+
(
)(
)
(
)
2
2
2
2
3
3
x
x
x
x
x
+
−
=
+
+
+
(
)
(
)(
)
2
3
2
3
2
2
x
x
x
x
x
+
+
+
+
−
=
3
2
x
x
+
=
−
，
∵
1
4cos60
1
4
1
3
2
x =
+ =
+ =
，
∴原式
3
3
6
3
2
+
=
=
−
．
22. 如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，ABC
的三个顶点坐标分别为
(
)
1, 2
A
−
，
第20页/共36页
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(
)
3, 2
B
−
，
(
)
2, 3
C
−
．
（1）画出ABC
关于x 轴对称的图形
1
1
1
A B C
△
，并写出
1A 的坐标；
（2）画出
1
1
1
A B C
△
绕点
1A 逆时针旋转90得到的
1
2
2
A B C
△
，并写出
2
C 的坐标；
（3）求出（2）中线段
1
1
AC 所扫过的图形面积．（结果保留π ）
【答案】（1）如图所示：
1
1
1
A B C
△
即为所求；
(
)
1 1,2
A
（2）如图所示：
1
2
2
A B C
△
即为所求；
(
)
2 0,3
C
；
（3）2
【解析】
【分析】（1）根据轴对称图形的作法画图即可，然后即可确定点的坐标；
（2）根据旋转图形的作法画图即可，然后即可确定点的坐标；
（3）根据网格得出
2
1
2
1
1
1
2
AC =
+
=
，再由扇形的面积计算公式求解即可．
【小问1 详解】
解：图略；
第21页/共36页
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根据图像得：
(
)
1 1,2
A
；
【小问2 详解】
图略；
根据图像得：
(
)
2
C
0,3 ；
【小问3 详解】
根据网格得：
2
1
2
1
1
1
2
AC =
+
=
，
∵逆时针旋转90，
∴扫过的图形面积为：
2
90
( 2)
360
2
=
．
23. 如图，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+
经过
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
两点，交y 轴于点C ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）作射线BD交y 轴于点D ，使
15
CBD
=
，则CD的长为_________________．
【答案】（1）
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+
（2）3
3
−
或3 3
3
−
．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可确定函数解析式；
（2）根据题意得出
3
OB
OC
=
= ，确定
45
ABC
=
，然后分两种情况分析：当点D 在点C 上方时，当点
D 在点C 下方时，结合解三角形及图形求解即可．
【小问1 详解】
解：∵抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+
经过
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
两点，
∴
2
( 1)
0
9
3
0
b
c
b
c
−−
−
+
=
−+
+
=
，
解得：
2
3
b
c
=
=
，
第22页/共36页
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∴
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+
；
【小问2 详解】
解：当
0
x =
时，
3
y =
，
∴
3
OC =
，
∵
(
)
3,0
B
，
∴
3
OB =
，
∴
3
OB
OC
=
= ，
∴
45
ABC
=
，
∴当点D 在点C 上方时，
如图所示：
∵
15
CBD
=
，
∴
15
45
60
ABD
=
+
=
，
∴
tan60
3
3
3 3
OD
OB
=
=
=
，
∴
3 3
3
CD
OD
OC
=
−
=
−
；
当点D 在点C 下方时，
如图所示：
∵
15
CBD
=
，
∴
45
15
30
ABD
=
−
=
，
第23页/共36页
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∴
3
tan30
3
3
3
OD
OB
=
=
=
，
∴
3
3
CD
OC
OD
=
−
= −
；
综上可得：CD的长为3
3
−
或3 3
3
−
．
24. 为了传承东北抗联精神，某中学举行“红色经典”主题阅读活动．该校采用简单随机抽样的方法，对
本校学生一周的阅读时间（单位：min ）进行了抽样调查，把所得的数据分组整理，并绘制成如下两幅不
完整的统计图．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）m = __________，C 组对应的频数__________，并补全直方图；
（2）调查所得数据的中位数落在__________组（填组别）；
（3）该校共有1500名学生，根据抽样调查结果，估计该校学生一周阅读时间不少于60min 的学生人数．
【答案】（1）45 ，25 ，补全频数分布直方图如图：
（2）B
（3）675人
【解析】
【分析】（1）用A 组的人数除以占比求解抽取的总人数，再由B 组人数除以总人数求解m ，然后用总人数
减去A 、B 、D 组的人数求出C 组的人数，即可补全频数分布直方图；
（2）由中位数的定义求解即可；
第24页/共36页
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（3）用样本估计总体的方法求解即可．
【小问1 详解】
解：抽取的总人数为10 10%
100
=
（人），
%
45 100 100%
45%
m
=
=
，则
45
m =
，
C
组对应的频数为：100 10
45 20
25
−
−
−
=
，
补全频数分布直方图略；
【小问2 详解】
解：共100个数据，
中位数是第50、51个数据的平均数，
由频数分布直方图可得A 组10个数据，B 组45 个数据，那么第50、51个数据在B 组，
中位数落在B 组；
【小问3 详解】
解：
25
20
1500
675
100
+
=
（人）．
答：估计该校学生一周阅读时间不少于60min 的学生人数为675人．
25. 一条公路上依次有A，B，C 三地，甲车从A 地出发去C 地，途经B 地，到达C 地后，立即按原路原
速返回A 地；乙车在甲车出发0.1小时后从A 地去B 地，到达B 地停留2 小时，立即按原路原速返回，结
果比甲车提前0.3小时到达A 地，两车均按各自速度匀速行驶．如图是甲车行驶过程中距离B 地的路程
(
)
km
y
与甲车行驶时间( )
x h 的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）A，C 两地之间的距离为__________km，乙车的速度为_______________km/ h ；
（2）求线段EF 的函数解析式；
（3）请直接写出乙车返回A 地前，甲车行驶多少小时，甲乙两车相距10km ．
【答案】（1）270；100；
（2）
90
360(4
6)
y
x
x
=
−
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（3）19 h
9
或35 h
9
或4h
【解析】
【分析】（1）根据题意及函数图象即可得出A，C 两地之间的距离，确定乙车在路上行驶的总时间为：
6 0.1 2 0.3
3.6
−
−−
=
小时，利用路程除以时间计算速度即可；
（2）根据图象得：甲车的速度为：(180
90)
3
90km / h
+
=
，确定
(4,0),
(6,180)
E
F
，然后利用待定系数
法求函数解析式即可；
（3）分三种情况分析：当乙车停留，甲车到达B 地后继续行驶10 km；当甲车到达B 地之前时，与乙车之
间的距离为10 km时；当从B 地返回A 地的过程中，两车之间距离为10 km，结合题意建立方程求解即
可．
【小问1 详解】
解：根据图象得，A、B 两地之间的距离为180 千米，B、C 两地之间的距离为90 千米，
∴A，C 两地之间的距离为：180 90
270km
+
=
；
根据图象得：当甲到达C 地时，用时3 小时，
∴返回A 地时总的时间为6 小时，
∵乙车在甲车出发0.1小时后从A 地去B 地，到达B 地停留2 小时，立即按原路原速返回，结果比甲车提前
0.3小时到达A 地，
∴乙车在路上行驶的总时间为：6 0.1 2 0.3
3.6
−
−−
=
小时，
∵乙车从A 地去B 地，然后返回A 地，
∴总路程为：180 2
360
=
千米，
∴乙车的速度为360
100km/h
3.6 =
；
【小问2 详解】
根据图象得：甲车的速度为：(180
90)
3
90km / h
+
=
，
∴90 90
1h
=
，180 90
2h
=
，
∴
(4,0),
(6,180)
E
F
，
设线段EF 的函数解析式为
(
0)
y
kx
b k
=
+
，
∴
4
0
6
180
k
b
k
b
+
=
+
=
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解得：
90
360
k
b
=
= −
，
∴
90
360(4
6)
y
x
x
=
−
；
【小问3 详解】
设甲车行驶t 小时，甲乙两车相距10 km，
由（1）（2）得：甲车的速度为：90km / h ，乙车的速度为100km/h ，
∵乙车在甲车出发0.1小时后从A 地去B 地，
∴甲车提前行驶了90 0.1
9km
10km
=
，
∵100km/h>90km/h ，
∴在从A 到B 的过程中，两车之间的距离一直减小，不可能相距10 km，
∴甲车行驶到B 地需要的时间为：180 90
2h
=
，乙车行驶到B 地需要的时间为：180 100
1.8h
=
，
∴当乙车停留，甲车到达B 地后继续行驶10 km，即为两车之间距离为10 km，
此时的时间为：
10
19
2
h
90
9
t =
+
=
；
当甲车到达B 地之前时，与乙车之间的距离为10 km时，
由（2）得，甲车返回到B 地的时间为4 小时，乙车2 小时后的时间为：0.1 1.8 2
3.9
+
+
=
小时，
甲车行驶的路程为：180
90
(90 10)
350km
+
+
−
=
，
∴行驶的时间为：
350
35 h
3.9h
90
9
t =
=
，符合题意；
当从B 地返回A 地的过程中，两车之间距离为10 km，
100(
0.1 1.8
2)
90(
2 1 1) 10
t
t
−
−
−
=
−
−−
+
，
解得：
4h
t =
（符合题意），
综上可得：甲车行驶19 h
9
或35 h
9
或4h 时，甲乙两车相距10 km．
26. 在正方形ABCD中，对角线AC ，BD相交于点O，E 为直线AC 上一点，连接BE ，过E 点作
EF
BE
⊥
，交AD边所在的直线于点F ．
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（1）如图①，当点E 在OC 上时，求证：
2
AB
AF
AE
+
=
；
（2）如图②，当点E 在OA上时；如图③，当点E 在CA 的延长线上时，请分别写出线段AB ，AF ，
AE 之间的数量关系，不需要证明．
【答案】（1）证明：如图，过点E 作EG
AC
⊥
交AB 的延长线于点G ，
∴
90
AEG
=
，
∵四边形ABCD是正方形，AC ，BD是对角线，
∴
45
BAC
DAC
=
=
，
∴
90
45
G
BAC
=
−
=
，
∴AGE
是等腰直角三角形，
∴AE
EG
=
，
∴
2
AG
AE
=
，
∵EF
BE
⊥
，
∴
90
FEA
AEB
FEB
+
=
=
，
∵
90
AEB
BEG
+
=
，
∴
FEA
BEG
=
，
又∵
45
FAE
G
=
=
，AE
EG
=
，
FEA
BEG
=
，
∴
(
)
ASA
AEF
GEB
≌
，
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∴AF
BG
=
，
∴AG
AB
BG
AB
AF
=
+
=
+
，
∵
2
AG
AE
=
，
∴
2
AB
AF
AE
+
=
；
（2）图②：
2
AB
AE
AF
=
+
；图③：
2
AF
AE
AB
=
+
【解析】
【分析】（1）过点E 作EG
AC
⊥
交AB 的延长线于点G ，可得
AGE
是等腰直角三角形，得出
2
AG
AE
=
，证明
(
)
ASA
AEF
GEB
≌
得出AF
BG
=
，进而根据线段和差的关系即可得出结论；
（2）如图②，过点E 作EH
AC
⊥
交AB 于点H ，如图③：过点E 作EK
AF
⊥
交AF 于点K ，同（1）
的方法证明即可求解．
【小问1 详解】
略
【小问2 详解】
解：如图②，过点E 作EH
AC
⊥
交AB 于点H ，
∴
90
AEH
=
，
∵四边形ABCD是正方形，AC ，BD是对角线，
∴
45
BAC
DAC
=
=
，
∴
90
45
45
AHE
=
−
=
，
∴AHE
是等腰直角三角形，
∴AE
EH
=
，
∴
2
AH
AE
=
，
∵EF
BE
⊥
，
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∴
90
FEA
FEH
AEH
+
=
=
，
∵
90
FEH
HEB
+
=
，
∴
FEA
HEB
=
，
又∵
45
DAC
AHE
=
=
，
∴
180
45
135
FAE
BHE
=
=
−
=
，
∵
FAE
BHE
=
，AE
EH
=
，
FEA
HEB
=
，
∴
(
)
ASA
AEF
HEB
≌
，
∴AF
BH
=
，
∵AB
AH
BH
=
+
，
∴
2
AB
AE
AF
=
+
；
如图③，过点E 作EK
AE
⊥
交AF 于点K ，
∵四边形ABCD是正方形，AC ，BD是对角线，
∴
45
BAC
DAC
EAK
=
=
=
，
∴
90
45
45
AKE
=
−
=
，
∴AKE
是等腰直角三角形，
∴AE
EK
=
，
∴
2
AK
AE
=
，
∵EF
BE
⊥
，
∴
90
FEK
KEB
FEB
+
=
=
，
∵
90
KEB
BEA
+
=
，
∴
FEK
BEA
=
，
又∵
45
AKE
BAC
=
=
，
∴
135
FKE
BAE
=
=
，
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∵
FEK
BEA
=
，EK
AE
=
，
FKE
BAE
=
，
∴
(
)
ASA
KEF
AEB
≌
，
∴FK
AB
=
，
∵AF
AK
FK
=
+
，
∴
2
AF
AE
AB
=
+
．
27. “节能减排，倡导绿色出行”．某新能源汽车生产厂家推出特惠A ，B 两种型号的新能源汽车，已知
销售2 台A 型汽车和1台B 型汽车总售价为21万元，销售3台A 型汽车和2 台B 型汽车总售价为34万
元．已知A 型汽车的成本为每台7 万元，B 型汽车的成本为每台4.5 万元．
（1）求A 型汽车和B 型汽车每台售价分别为多少万元？
（2）若汽车厂家售出A ，B 两种型号的汽车共50台，售出A 型汽车的数量不超过30台，并且投入的总
成本不低于295 万元，求有哪几种销售方案？
（3）在（2）的条件下，全部售出，哪种销售方案获得的利润最大？最大利润为多少万元？
【答案】（1）A 型汽车每台售价8 万元，B 型汽车每台售价5万元
（2）共有3种销售方案，方案1：售出A 型汽车28 台，B 型汽车22 台；方案2 ：售出A 型汽车29 台，B
型汽车21台；方案3：售出A 型汽车30台，B 型汽车20 台
（3）售出A 型汽车30台，B 型汽车20 台时利润最大，最大利润为40 万元
【解析】
【分析】（1）根据总售价条件列二元一次方程组求解两种汽车的售价；
（2）根据数量限制和总成本要求列不等式组得到整数解，确定所有销售方案；
（3）根据一次函数的增减性求出最大利润及对应方案，即可求解．
【小问1 详解】
解：设A 型汽车每台售价为x 万元，B 型汽车每台售价为y 万元，
根据题意得
2
21
3
2
34
x
y
x
y
+
=
+
=
解得
8
5
x
y
=
=
答：A 型汽车每台售价8 万元，B 型汽车每台售价5 万元．
【小问2 详解】
设售出A 型汽车a 台，则售出B 型汽车(50
)
a
−
台，a 为整数，
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根据题意得
(
)
30
7
4.5 50
295
a
a
a
+
−
解不等式7
225 4.5
295
a
a
+
−
得2.5
70
a
，即
28
a
因此28
30
a
，
∵a 为整数，可得a 的取值为28，29，30
当
28
a =
时，50
22
a
−
=
；
当
29
a =
时，50
21
a
−
=
；
当
30
a =
时，50
20
a
−
=
答：共有3 种销售方案，方案1：售出A 型汽车28 台，B 型汽车22 台；方案2：售出A 型汽车29 台，B
型汽车21 台；方案3：售出A 型汽车30 台，B 型汽车20 台．
【小问3 详解】
设总利润为W 万元，
每台A 型汽车利润为8 7
1
−
= (万元)，每台B 型汽车利润为5 4.5
0.5
−
=
(万元)
因此
0.5(50
)
0.5
25
W
a
a
a
=
+
−
=
+
因为0.5
0
，所以W 随a 的增大而增大， 所以当a 取最大值30 时，W 取得最大值，
0.5 30
25
40
W
=
+
=
最大
(万元)，
此时50
20
a
−
=
答：售出A 型汽车30 台，B 型汽车20 台时获得的利润最大，最大利润为40 万元．
28. 如图，在平面直角坐标系中，
AOBC
的AO 边与x 轴重合，点A在x 轴负半轴上，点C 在y 轴正半
轴上，OA，OC 的长是一元二次方程
2
7
12
0
x
x
−
+
=
的两个根（OA
OC
）．
（1）求点A和点C 坐标；
（2）在OB 边上有一动点P 从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB 方向匀速运动，动点Q 从点A
出发，以每秒1.6个单位长度的速度沿折线A C
B
−
−
匀速运动．已知P ，Q 两点同时出发，当点Q 运动到
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点B 时，P ，Q 两点都停止运动，设运动时间为t 秒，求APQ
的面积S关于运动时间t 的函数解析式；
（3）在x 轴上有一点
(
)
1,0
R
，在y 轴上有一动点M ，在第一象限内是否存在一点N ，使得以M ，
N ，R ，B 四点为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出N 点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
(
)
3,0
A −
，
(
)
0,4
C
（2）
2
48
25
,0
25
8
16
25
2
6,
5
25
8
t
t
S
t
t
t
=
−
+
+
（3）存在，N 点坐标为(
)
4,3 或(
)
4,1 或
9
2, 2
【解析】
【分析】（1）先用因式分解法解一元二次方程，再根据点
,
A C 的位置，即可求解点A和点C 坐标；
（2）先由勾股定理以及平行四边形的性质得到
3,
5
BC
AO
AC
BO
=
=
=
=
，则点Q 从点A运动到点C
用时
( )
25
5 1.6
s
8
=
，点Q 从点A运动到点B 用时(
)
( )
5
3
1.6
5 s
+
=
，然后分两种情况讨论，利用三角
形面积公式以及割补法建立函数关系式；
（3）先求出(
)
3,4
B
，设
(
)
0,
M
m ，
(
)
,
N x y ，而
(
)
1,0
R
，然后按照对角线分三种情况讨论，利用矩形
的对角线互相平分且相等建立方程组求解即可．
【小问1 详解】
解：
2
7
12
0
x
x
−
+
=
(
)(
)
3
4
0
x
x
−
−
=
解得
1
3
x =
，
2
4
x =
∵OA，OC 的长是一元二次方程
2
7
12
0
x
x
−
+
=
的两个根（OA
OC
）
∴
3,
4
OA
OC
=
=
，
∵点A在x 轴负半轴上，点C 在y 轴正半轴上，
∴
(
)
3,0
A −
，
(
)
0,4
C
；
【小问2 详解】
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解：∵(
)
3,0
A −
，
(
)
0,4
C
，
∴
3,
4
OA
OC
=
=
∴
2
2
5
AC
OA
OC
=
+
=
，
∵四边形AOBC 是平行四边形，
∴
3,
5
BC
AO
AC
BO
=
=
=
=
，
∴点Q 从点A运动到点C 用时
( )
25
5 1.6
s
8
=
，点Q 从点A运动到点B 用时(
)
( )
5
3
1.6
5 s
+
=
，
当
25
0
8
t
时，
1.6
AQ
t
=
，过点
,
O P 分别作OM
AC
⊥
，PN
AC
⊥
，垂足为点
,
M N ，
∴
90
AMO
AOC
=
=
，
∵
OAM
CAO
=
∴
OAM
CAO
△
∽△
∴MO
AO
OC
AC
=
∴
3
4
5
MO =
∴
12
5
MO =
∵
AOBC
中，AC
BO
∥
，OM
AC
⊥
，PN
AC
⊥
∴
12
5
PN
OM
=
=
∴
1
1
12
48
1.6
2
2
5
25
S
AQ PN
t
t
=
=
=
即
48
25
0
25
8
S
t
t
=
；
当25
5
8
t
时，则
8
1.6
5
5
5
CQ
t
t
=
−=
−
，OP
t
= ，
5
BP
t
= −，
8
8
3
5
8
5
5
BQ
BC
CQ
t
t
=
−
=
−
−
=
−
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过点P 作直线PE
BC
⊥
交
,
BC x 轴于点
,
E F ，
∵
AOBC
中，AC
BO
∥
, BC
AO
∥
∴
CAO
POF
=
，
90
BEP
OFP
COA
=
=
=
，
∴
ACO
OPF
△
∽△
∴OP
PF
AC
CO
=
∴5
4
t
PF
=
∴
4
5
PF
t
=
，
∵BC
AO
∥
，CO
x
⊥
轴，EF
x
⊥
轴，
∴
4
EF
CO
=
=
，
∴
4
4
5
PE
EF
PF
t
=
−
=
−
∵
AOBC
AOP
BQP
ACQ
S
S
S
S
S
=
−
−
−
∴
2
1
4
1
8
4
1
8
16
3 4
3
8
4
5
4
2
6
2
5
2
5
5
2
5
25
S
t
t
t
t
t
t
= −
−
−
−
−
−
= −
+
+
，
即
2
16
25
2
6
5
25
8
S
t
t
t
= −
+
+
，
综上：
2
48
25
, 0
25
8
16
25
2
6,
5
25
8
t
t
S
t
t
t
=
−
+
+
；
【小问3 详解】
解：存在，
由（2）知
3
BC
AO
=
=
，
4
OC =
，BC
AO
∥
∴
(
)
3,4
B
，
第35页/共36页
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设
(
)
0,
M
m ，
(
)
,
N x y ，而
(
)
1,0
R
，
①当
,
MN RB 是矩形对角线时，则
0
3 1
2
2
4
0
2
2
x
m
y
+
+
=
+
+
=
，
∴
4
x =
，
4
m
y
+
=
∴
(
)
4,
N
y
而MN
RB
=
，则(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
4
0
3 1
4
0
y
m
−
+
−
=
−
+
−
，
∴
2
y
m
−
= ，
∴
4
2
m
y
y
m
+
=
−
=
或
4
2
m
y
y
m
+
=
−
= −
解得
3
y =
或
1
y = ，
∴
(
)
4,3
N
或
(
)
4,1
N
；
②当
,
MR NB 是矩形对角线时，则
0 1
3
2
2
0
4
2
2
x
m
y
+
+
=
+
+
=
，
∴
2
x = −，此时点N 不在第一象限，舍去；
当
,
MB NR 是矩形对角线时，则
0
3
1
2
2
4
0
2
2
x
m
y
+
+
=
+
+
=
，
∴
2
x =
，
4
m
y
=
−
∴
(
)
2,
N
y ，
(
)
0,
4
M
y −
而MB
NR
=
，则(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
3
0
4
4
2 1
0
y
y
−
+
−
−
=
−
+
−
，解得
9
2
y =
∴
9
2, 2
N
，
第36页/共36页
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综上：故存在，N 点坐标为(
)
4,3 或(
)
4,1 或
9
2, 2
．
