精品解析：吉林省2020年中考数学试题（解析版）

吉林省 20200 年初中毕业生学业水平考试数学试题一、单项选择题（每小题 2分，共 12分） ﹣1. 6 的相反数是（　　） 1616﹣﹣A. B. C. D. 66C【答案】【解析】【分析】根据相反数的定义，即可解答．【详解】−6 的相反数是：6，故选 C. 2. 国务院总理李克强 2020 年月日在作政府工作报告时说，去年我国农村贫困人口减少11090000，脱 522 贫攻坚取得决定性成就．数据11090000用科学记数法表示为（）11.09106 1.109107 1.109108 0.1109108 A. B. C. D. B【答案】【解析】【分析】根据科学记数法的定义即可得． n1 a 10 ，n 为整数，这种记数的方法叫做【详解】科学记数法：将一个数表示成的形式，其中 a  10 科学记数法 7则11090000 1.10910 故选：B．【点睛】本题考查了科学记数法的定义，熟记定义是解题关键． 3. 如图，由个完全相同的小正方体组合成一个立体图形，它的左视图为（ 5）A. B. C. D. A【答案】【解析】【分析】根据左视图的定义即可得．【详解】由左视图的定义得：这个立体图形的左视图由 2 行 1 列组成，其中，每行上只有 1 个小正方形，1 列上有 2 个小正方形观察四个选项可知，只有选项 A 符合故选：A．【点睛】本题考查了左视图的定义，熟记定义是解题关键．三视图的另两个概念是：主视图和俯视图，这是常考点，需掌握． 4. 下列运算正确的是（）3B. a2  a5 C. (2a)2  2a2 D. a2 a3  a6 a3  a2  a A. D【答案】【解析】【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的乘方、积的乘方逐项判断即可． 2323 【详解】A、 5 ，此项错误 a a  a  a 3a2  a23  a6 ，此项错误 B、 (2a)2  4a2 C、 D、，此项错误 3232 ，此项正确 a  a  a  a 故选：D．【点睛】本题考查了同底数幂的乘除法、幂的乘方、积的乘方，熟记整式的运算法则是解题关键．  5. 将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则的大小为（）A. B. C. D. 85 75 65 60 B【答案】【解析】【分析】先根据直角三角板的性质得出∠ACD 的度数，再由三角形内角和定理即可得出结论．【详解】解：如图所示，由一副三角板的性质可知：∠ECD=60°，∠BCA=45°，∠D=90°， ∴∠ACD=∠ECD－∠BCA=60°－45°=15°， ∴∠α=180°－∠D－∠ACD=180°－90°－15°=75°，故选：B．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是 180°是解答此题的关键． 6. O 如图，四边形内接于．若 B 108 ，则的大小为（）ABCD D AB. C. 72 D. 82 54 62 C【答案】【解析】【分析】根据圆内接四边形的对角互补，可求得的度数． D O 【详解】因为，四边形内接于，B 108 ABCD 所以， =180°- B 180108  72 D 故选：C 【点睛】考核知识点：圆的内接四边形．熟记圆的内接四边形性质是关键．二、填空题（每小题 3分，共 24分） 27. 分解因式： =_______________． a  ab 【答案】a（a﹣b）．【解析】 2【详解】解： =a（a﹣b）． a  ab 故答案为 a（a﹣b）．【点睛】本题考查因式分解-提公因式法． 8. 不等式3x 1 7 的解集为_______． x  2 【答案】【解析】【分析】．移项、合并同类项、系数化为 1 即可得出答案．【详解】解：3x 1 7 移项：3x  7 1 合并同类项：3x  6 x  2 ，，，系数化成１：，x  2 所以不等式的解集为： x  2 ；故答案为：．【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式，关键是掌握解不等式的解题步骤． 29. 一元二次方程根的判别式的值为______． x  3x 1  0 【答案】13 【解析】【分析】根据一元二次方程根的判别式△=b2-4ac 即可求出值．【详解】解：∵a=1，b=3，c=-1， ∴△=b2-4ac=9+4=13．所以一元二次方程 x2+3x-1=0 根的判别式的值为 13．故答案为：13．【点睛】本题考查了根的判别式，解决本题的关键是熟记根的判别式． 10. 我国古代数学著作《算学启蒙》中有这样一个学问题，其大意是：跑得快的马每天走 240 里，跑得慢的马每天走150里．慢马先走天，快马几天可以追上慢马？ 12 x设快马天可以追上慢马，根据题意，可列方程为______．【答案】（240-150）x=150×12 【解析】【分析】根据两马的速度之差×快马出发的时间=慢马的速度×慢马提前出发的时间，即可得出关于 x 的一元一次方程．【详解】解：题中已设快马 x 天可以追上慢马，则根据题意得：（240-150）x=150×12．故答案为：（240-150）x=150×12．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用问题，找到等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键． 11. 如图，某单位要在河岸上建一个水泵房引水到处，他们的做法是：过点 C作CD  l 于点，将水 DlC泵房建在了处．这样做最节省水管长度，其数学道理是_______． D【答案】垂线段最短．【解析】【分析】直线外一点与直线上各点连结的所有线段中，垂线段最短．【详解】通过比较发现：直线外一点与直线上各点连结的所有线段中，垂线段最短．故答案为：垂线段最短．【点睛】此题主要考查点到直线的距离，动手比较、发现结论是解题关键． AC CE 1212. 如图， AB // CD // EF ．若，，则 ______． BD  5 DF  【答案】10 【解析】【分析】 AC BD 根据平行线分线段成比例得到，由条件即可算出 DF 的值． CE DF 【详解】解：∵ AB // CD // EF ，AC BD ∴，CE DF AC CE 12又∵ ∴，，BD  5 512，DF ∴，DF 10 故答案为：10．【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键． 113. 如图，在ABC 中，，分别是边，AC 的中点．若的面积为．则四边形 2DBCE 的DADE EAB 面积为_______． 3【答案】 2【解析】【分析】 1DE//BC, DE  BC 先根据三角形中位线定理得出，再根据相似三角形的判定与性质得出 2SADE SABC DE BC 2 ，从而可得ABC 的面积，由此即可得出答案．  ( )【详解】点，分别是边，的中点 AC DEAB 1DE//BC, DE  BC 2ADE ABC S△ADE DE BC 14 ( )2  S 4S△ADE ，即 △ABC S△ABC 1S 又ADE 21SABC  4 2 2132S SADE  2   则四边形的面积为 DBCE ABC 23故答案为：．2【点睛】本题考查了三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 14. 如图，在四边形中，，AB  CB AD  CD ，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝 ABCD 形”，筝形的对角线，相交于点．以点 OB为圆心，长为半径画弧，分别交，BC ABCD AC BO BD AB 的长为_______（结果保留）．于点，，若，，则 ABD  ACD  30 EFAD 1 EF 2【答案】【解析】【分析】根据题意，求出 OB 的长；根据弧长的公式，代入数据，即可求解．【详解】由题意知：，AB  CB AD  CD ，∴∵ABC 和 ADC 是等腰三角形，AC⊥BD．，ABD  ACD  30 AD 1 13∴OD= ，OA= 223∴OB= ．23230° r  ，∵∠ABD= ∴∠EBF= ，60 60° =´ 2pr EF 360° 13p= p´ =．3222故答案为．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和弧长的公式，正确掌握等腰三角形的性质和弧长的公式是解题的关键．三、解答题（每小题 5分，共 20分）先化简，再求值： (a 1)2  a(1 a) 1，其中．15. a  7 【答案】，3a 3 7 【解析】【分析】分别依据完全平方公式和单项式乘多项式法则计算，再合并同类项，然后将代入即可． a  7 22【详解】解：原式= a  2a 1 a  a 1 =3a 将代入．a  7 原式= 3 7 【点睛】本题考查整式的混合运算，二次根式的化简求值．熟练掌握完全平方公式和单项式乘多项式法则是解决此题的关键． 16. “中国结”是我国特有的手工编织工艺品，也是一种传统吉祥装饰物，如图，现有三张正面印有“中国结”图案的不透明卡片，B，，卡片除正面图案不同外，其余均相同．将三张卡片正面向下洗匀，小 CA吉同学从中随机抽取一张卡片，记下图案后正面向下放回，洗匀后再从中随机抽取一张卡片．请用画树状图或列表的方法，求小吉同学抽出的两张卡片中含有卡片的概率． A5【答案】两张卡片中含有 A 的概率为，详解见解析． 9【解析】【分析】分别使用树状图法或列表法将小吉同学抽取卡片的结果表示出来，第一次共有 3 种不同的抽取情况，第二次同样也有 3 种不同的抽取情况，所有等可能出现的结果有 9 种，找出含有 A 卡片的抽取结果，即可算出概率．【详解】解：解法一：画树状图，根据题意，画树状图结果如下：由树状图可以看出，所有等可能出现的概率一共有 9 种，而两张卡片中含有 A 卡片的结果有 5 种，所以 P 59（小吉抽到两张卡片中有 A 卡片）= ．解法二：用列表法，根据题意，列表结果如下：结果为：（第一次抽取情况，第二次抽取情况）由表可以看出，所有等可能出现的概率一共有 9 种，而两张卡片中含有 A 卡片的结果有 5 种，所以 P（小 5吉抽到两张卡片中有 A 卡片）= ．9【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，用图表的形式将第一次、第二次抽取所可能发生的情况一一列出，避免遗漏． 17. 甲、乙二人做某种机械零件，已知甲每小时比乙多做 6个，甲做90个所用的时间与乙做个所用的时 60 间相等．求乙每小时做零件的个数．【答案】12 个．【解析】【分析】 x设乙每小时做个零件，甲每小时做 xx  6 个零件，根据时间=总工作量÷工作效率，即可得出关于的分式方程，解之并检验后即可得出答案． x【详解】解：设乙每小时做个零件，则甲每小时做 x  6 个零件，由题意得： 90 60 ，解得：，x 12 x  6 x经检验：是分式方程的解，且符合题意， x 12 ∴分式方程的解为：，x 12 答：乙每小时做 12 个零件．【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 18. 如图，在中， AB  AC ，点在边上，且，过点作DE / /AC 并截取 DABC BD  CA DAB ，且点，在同侧，连接 BE AB ．CDE  AB E求证： DEB  ABC 【答案】证明见详解【解析】．【分析】根据 SAS 即可证得 DEB  ABC ．【详解】证明：∵ DE / /AC ∴∠A=∠EDB，，在△ABC 和△DEB 中， BD  CA EDB  A DE  AB ，∴DEB  ABC （SAS）．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．四、解答题（每小题 7分，共 28分） 19. 如图①、图②、图③都是33 的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．，B，均为格 CA点．在给定的网格中，按下列要求画图：（1）在图①中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格 MN MN NAB AB M点． PQ PQ Q，（2）在图②中，画一条不与（3）在图③中，画一个重合的线段，使与关于某条直线对称，且 P为格点． AC AC ，使与关于某条直线对称，且，，为格点． ABC DEF DEF DEF【答案】（1）图见解析；（2）图见解析；（3）图见解析．【解析】【分析】（1）先画出一条33 的正方形网格的对称轴，根据对称性即可在图①中，描出点 AB 的对称点 MN，它们一定在格点上，再连接即可． MN （2）同（1）方法可解；（3）同（1）方法可解；【详解】解：（1）如图①，33 的正方形网格的对称轴 l，描出点 AB 关于直线 l 的对称点 MN，连接 MN 即为所求； PQ （2）如图②，同理（1）可得，即为所求；即为所求．（3）如图③，同理（1）可得， DEF 【点睛】本题考查了作图轴对称变换，解决本题的关键是找到图形对称轴的位置． 20. 如图，某班数学小组测量塔的高度，在与塔底部 35m 1m B相距的C处，用高 1.5m 的测角仪 CD 测得该塔顶端的仰角∠EDA 为36．求塔的高度（结果精确到）．（参考数据：sin36  0.59 ，AAB cos36  0.81 ，tan36  0.73 ）【答案】 27m 【解析】【分析】 AE tan∠EDA  通过，可求出 AE 的长，从而得到 AB 的高度． DE 【详解】解：由题意可知 DE  CB  35 ∠EDA  36 ，，BE  CD 1.5 ，AE DE tan∠EDA   tan36 在直角△ADE 中，，∵∴∴tan36  0.73 ，AE  0.73 ，即 AE  25.55 ，35 AB  AE  BE  25.551.5  27.05  27 的高度为 27m ，因此塔．AB 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用问题，熟练掌握三角函数是解题的关键． kx  0 21. y  如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点 O，B在函数 B的图象上（点的横坐标 Ax2,4 大于点的横坐标），点的坐示为 A，过点作AD  x轴于点，过点 B作轴于点，连 CBC  x DAA接，．OA AB 的（1）求（2）若值． k为中点，求四边形的面积． OC OABC D【答案】（1）8；（2）10．【解析】【分析】 k(2,4) y  (x  0) （1）将点的坐标为代入，可得结果； Ax（2）利用反比例函数的解析式可得点 B的坐标，利用三角形的面积公式和梯形的面积公式可得结果． k(2,4) y  (x  0) 【详解】解：（1）将点的坐标为代入，Axk  xy  24  8 可得，的值为 8； k （2）的值为 8， k k8y  y  函数的解析式为，xx为Q D OC 中点，，OD  2 OC  4 ，8y  点B的横坐标为 4，将代入，x  4 xy  2 可得，(4,2) ，点B的坐标为 11S四边形OABC  SAOD  S四边形ABCD  2 4  2  4  2 10 ．22【点睛】本题主要考查了反比例函数的系数的几何意义，运用数形结合思想是解答此题的关键． k22. 2020 年3月线上授课期间，小莹、小静和小新为了解所在学校九年级 600 名学生居家减压方式情况，（交流谈心）、对该校九年级部分学生居家减压方式进行抽样调查，将居家减压方式分为（享受美食）、 AB（室内体育活动）、（听音乐）和（其他方式）五类，要求每位被调查者选择一种自己最常用的减 DCE压方式．他们将收集的数据进行了整理，绘制的统计表分别为表 1、表 2 和表 3．表 1：小莹抽取名男生居家减压方式统计表（单位：人） 60 减压方式 CABDE人数 637 854表 2：小静随机抽取名学生居家减压方式统计表（单位：人） 10 减压方式 CABDE人数 33211表 3：小新随机抽取名学生居家减压方式统计表（单位：人） 60 减压方式 CABDE人数 613 526 10 根据以上材料，回答下列问题：（1）小莹、小静和小新三人中，哪一位同学抽样调查的数据能较好地反映出该校九年级学生居家减压方式情况，并简要说明其他两位同学抽样调查的不足之处．（2）根据三人中能较好地反映出该校九年级居家减压方式的调查结果，估计该校九年级 600 名学生中利用室内体育活动方式进行减压的人数．【答案】（1）小新抽样调查所得的数据能较好地反映出该校九年级学生居家减压方式情况；小莹抽取名60 男生居家减压方式统计,没有随机抽样，而且只抽取男生，样本没有代表性；小静随机抽取名学生居家减 10 压方式统计，样本容量太小，也没有代表性；（2）260 人【解析】【分析】（1）根据抽样调查的要求，所抽样本必须具有代表性，要保证所有个体都有相同的机会被抽到，样本的容量要适当； 26 （2）根据样本的情况估计总体情况，利用室内体育活动方式进行减压的人数：600× 人60 【详解】解：（1）小新抽样调查所得的数据能较好地反映出该校九年级学生居家减压方式情况.小莹抽取 60 名男生居家减压方式统计,没有随机抽样，而且只抽取男生，样本没有代表性；小静随机抽取名学生居家 10 减压方式统计，样本容量太小，也没有代表性；（2）估计该校九年级 600 名学生中利用室内体育活动方式进行减压的人数： 26 600× =260（人） 60 答：（1）小新抽样调查所得的数据能较好地反映出该校九年级学生居家减压方式情况．小莹抽取名男生 60 居家减压方式统计,没有随机抽样，而且只抽取男生，样本没有代表性；小静随机抽取名学生居家减压方 10 式统计，样本容量太小，也没有代表性；（2）估计该校九年级 600 名学生中利用室内体育活动方式进行减压的人数是 260人．【点睛】考核知识点：抽样调查.要注意抽样调查中样本的容量要适中，要具有代表性,会用样本估计总体情况．五、解答题（每小题 8分，共 16分） 23. 某种机器工作前先将空油箱加满，然后停止加油立即开始工作，当停止工作时，油箱中油量为．在整 5L y个过程中，油箱里的油量（单位：）与时间（单位： x）之间的关系如图所示． Lmin （1）机器每分钟加油量为_____ ，机器工作的过程中每分钟耗油量为_____ ．LLyxx（2）求机器工作时关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． x（3）直接写出油箱中油量为油箱容积的一半时的值． 1y  x  35 【答案】（1）3，；（2），10  x  60 ；（3）5 或 40． 0.5 2【解析】【分析】 60 min （1）根据加油量为即可得；根据时剩余油量为即可得； 10min 30L 5L （2）根据函数图象，直接利用待定系数法即可得； yxy 15 （3）先求出机器加油过程中的关于的函数解析式，再求出时，两个函数对应的 x 的值即可． 30  3(L) 【详解】（1）由函数图象得：机器每分钟加油量为 10 30 5 60 10  0.5(L) 机器工作的过程中每分钟耗油量为故答案为：3，；0.5 （2）由函数图象得：当时，机器油箱加满，并开始工作；当时，机器停止工作 x 10min x  60min x(10,30),(60,5) 则自变量的取值范围为10  x  60 ，且机器工作时的函数图象经过点 y设机器工作时关于的函数解析式 xy  kx  b 10k  b  30 (10,30),(60,5) 将点解得代入得： 60k  b  5 12k   b  35 1y则机器工作时关于的函数解析式 xy  x  35 ；2yy  ax x（3）设机器加油过程中的关于的函数解析式 (10,30) 将点解得代入得： 10a  30 a  3 y则机器加油过程中的关于的函数解析式 xy  3x 油箱中油量为油箱容积的一半时，有以下两种情况： ①在机器加油过程中 30 y  15 当时，，解得 3x 15 x  5 2②在机器工作过程中 30 1y  15  x  35 15 当时，，解得 x  40 22x综上，油箱中油量为油箱容积的一半时的值为5 或 40．【点睛】本题考查了函数图象、利用待定系数法求一次函数和正比例函数的解析式等知识点，从函数图象中正确获取信息是解题关键． AEFG 24. 能够完全重合的平行四边形纸片和按图①方式摆放，其中 AD  AG  5 ，．点，DABCD AB  9 G分别在边，AE AB 上，CD 与FG 相交于点 H．【探究】求证：四边形 AGHD 是菱形． AEFG 绕着点顺时针旋转一定的角【操作一】固定图①中的平行四边形纸片，将平行四边形纸片 ABCD A度，使点与点重合，如图②，则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为______． CFAEFG 【操作二】四边形纸片绕着点继续顺时针旋转一定的角度，使点与点 EB重合，连接，DG A45sin BAD  ，如图③若，则四边形的面积为______． DCFG CF 【答案】探究：证明见解析；操作一：56；操作二：72．【解析】【分析】 AD//GH, AG//DH 探究：先根据平行四边形的性质可得，再根据平行四边形的判定可得四边形 AGHD 是平行四边形，然后根据菱形的判定即可得证； AD  FE,D  E 操作一：先根据菱形的性质得出，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据全等三角形的性质、三角形的周长公式即可得； AH  FH 操作二：先根据平行四边形的性质、等腰三角形的判定可得ADG 是等腰三角形，且平分，DAG AB 1DN  NG  DG 再根据等腰三角形的三线合一可得 AB  DG ，，然后利用正弦三角函数可求出 DN 的 2长，从而可得 DG 的长，最后根据矩形的判定可得四边形是矩形，据此利用矩形的面积公式即可 DCFG 得． 【详解】探究：四边形 AEFG 都是平行四边形和ABCD  AE//GF, AB//DC AD//GH, AG//DH ，即 四边形 AGHD 是平行四边形又 AD  AG  5 平行四边形 AGHD 是菱形；操作一：如图，设 AE 与 DF 相交于点 H，AB 与 FG 相交于点 M AEFG 四边形和是两个完全重合的平行四边形 ABCD  AD  FE,D  E ，DF  AB  9 D  E AHD  FHE AD  FE 在ADH 和中， △FEH ADH FEH(AAS) ，ADH 和的周长相等 △FEH  AH  FH 同理可得： ADH FEH FBM AGM 、、、的周长均相等 AGM ADH △FEH FBM  AD  5, DF  AB  9 又L AD  DH  AH  AD  DH  FH  AD  DF 14 的周长为 ADH ADH 4L  414  56 则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为 ADH 故答案为：56；操作二：如图，设 AB 与 DG 相交于点 N AEFG 是两个完全重合的平行四边形四边形和ABCD  AD  AG  5,CD  FG  AB  9,BAD  BAG,CD//AB//FG ADG 是等腰三角形，且平分DAG AB 1DN  NG  DG  AB  DG CD  DG 在，2DN 45DN 45sin NAD  中，，即 Rt△ADN AD 5解得 DN  4 DG  2DN  8 CD//FG,CD  FG 又四边形是平行四边形 DCFG ，即 CD  DG CDG  90 平行四边形是矩形 DCFG 则四边形的面积为 DCFG DG CD  89  72 故答案为：72．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定、正弦三角函数等知识点，熟记并灵活运用各判定定理与性质是解题关键．六、解答题（每小题 10分，共 20分） 25. 如图，ABC 是等边三角形， AB  4cm ，动点 P从点出发，以 A2cm / s 的速度沿向点 B匀速运 AB PQ  AB Q于点，以 PQ PQD PQ 动，过点 P作，交折线为边作等边三角形，使点，在．AC CB DAx s0  x  2 △PQD cm2 y异侧．设点 P的运动时间为   ，与ABC 重叠部分图形的面积为 cm x （用含的代数式表示）．（1）的长为______ AP x（2）当点落在边BC 上时，求的值． Dyxx（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． 2232y  3 3×2 0  x   x 1 【答案】（ 1 ）；（ 2 ）；（ 3 ）当时，．；当时， 2x 3321 3 3 3 2(x  2)2 2；当时， 1 x  2 y   x 18 3x  6 3 y  2【解析】【分析】 （1）根据“路程速度时间”即可得； A  B  DPQ  60, PQ  DP AQ  BP （2）如图（见解析），先根据等边三角形的性质可得，再根据垂直的 AQP  BPD  30 定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后在 RtAPQ 中，利用直角三角形的性质列出等式求解即可得； 220  x   x 1 和1 x  2 （3）先求出点 Q 与点 C 重合时 x 的值，再分、三种情况，然后分别利用等 33边三角形的性质、正切三角函数、以及三角形的面积公式求解即可得． AP  2x(cm) 【详解】（1）由题意得：故答案为：；2x △PQD 都是等边三角形（2）如图，和ABC A  B  DPQ  60, PQ  DP PQ  AB APQ  BPQ  90 ，即 AQP  90 A  30 BPD  BPQ  DPQ  30 ，A  B APQ AQP  BPD  30 PQ  DP 在和中， △BDP APQ BDP(AAS)  AQ  BP  AB  4, AP  2x  AQ  BP  AB  AP  4  2x RtAPQ AQP  30 在中，，即 11 AP  AQ 2x  (4  2x) 222x  解得；3（3）是等边三角形 ABC  AC  BC  AB  4 11AP  AQ  4  2 当点 Q 与点 C 重合时， 22则2x  2 ，解得 x 1 结合（2）的结论，分以下三种情况： 2△PQD 0  x  ①如图 1，当时，重叠部分图形为 3△PQD 由（2）可知，等边的边长为 PQ  3AP  2 3x 3由等边三角形的性质得：PQ 边上的高为 PQ  3x 21y  2 3x3x  3 3×2 则22 x 1 ②如图 2，当时，重叠部分图形为四边形 EFPQ 3B  60,BPD  30 BFP 180 B  BPD  90 11BF  BP  (4  2x)  2  x 则在中，，Rt△BFP PF  3BF  3(2  x) 22DF  PD  PF  2 3x  3(2  x)  3 3x  2 3 EF tan D  在则中，，即 Rt△DEF y  S EF  tan 60 DF  3DF DF  SPQD  SRt DEF 四边形EFPQ 1 3 3×2  DF  EF 23 3 3×2  (3 3x  2 3)2 221 3 2  x2 18 3x  6 3 MPQ ③如图 3，当时，重叠部分图形为 1 x  2 11BM  BP  (4  2x)  2  x 同②可知，，PM  3BM  3(2  x) 22MQ PM RtMPQ tan MPQ  在中，，即 MQ  tan 60 PM  3PM 1y  S  PM MQ 则MNP 22 33(2  x) 23 3 2(x  2)2 2221 3 2 ；当时，；当时， 20  x   x 1 综上，当时， 1 x  2 y  3 3x y   x 18 3x  6 3 3323 3 (x  2)2 ．y  2【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质、直角三角形的性质、正切三角函数等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分三种情况讨论是解题关键． 13226. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y  x2  bx  x与轴正半轴交于点，且点的坐标为 AA2x，过点作垂直于轴的直线 m是该抛物线上的任意一点，其横坐标为，过点 3,0 PQ  l l．PP作于A32QM QPQ PQMN 为边作矩形． m  点；是直线上的一点，其纵坐标为 l，以，M（1）求的值． bm重合时，求的值． Q（2）当点与点 Mm是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求的值． PQMN （3）当矩形（4）当抛物线在矩形 yxm的增大而减小时，直接写出的取值范围． PQMN 内的部分所对应的函数值随m = 0,m = 4 【答案】（1）b 1；（2）；（3）；（4）或0  m  3 m  4 ．m  7 1 12【解析】【分析】（1）将 A 点坐标代入函数解析式即可求得 b 的值；（2）分别表示出 P、Q、M 的坐标，根据 Q、M 的横坐标相同，它们重合时纵坐标也相同，列出方程求解即可； PQMN PQ  MQ ，即可求得 m 的值，再根据（3）分别表示出 PQ 和 MQ 的长度，根据矩形是正方形时顶点在正方形内部，排除不符合条件的 m 的值； m £1 （4）分，，1 m  3 m  3 ，m  3四种情况讨论，结合图形分析即可． 132y  x2  bx  A 3,0 【详解】解：（1）将点 代入 21320  32  3b  得，2解得 b=1,； 132y  x2  x  （2）由（1）可得函数的解析式为，2132P m, m2  m  ∴∵∴,2PQ  l Q，于点 132Q 3, m2  m  ,23m  ∵∴是直线上的一点，其纵坐标为 l，M23M (3,m  ) ，2Q若点与点重合，则 M133 m2  m  m  ，222m = 0,m = 4 解得；123131MQ =| (- m+ )- (- m2 + m+ ) |=| m2 – 2m | PQ =| 3- m | （3）由（2）可得，，2222PQMN PQ  MQ 当矩形是正方形时， 1| m2 – 2m |=| 3- m | 即即解解又，2112m2 – 2m = 3- m m2 – 2m = 3- m m2 – 2m = m- 3 m2 – 2m = m- 3 或得得，21，m1 = 7 + 1,m2 = -7 + 1 21，m3 = 3+ 3,m2 = 3- 32131y  x2  x   (x 1)  2 ，222∴抛物线的顶点为(1，2)， ∵抛物线的顶点在该正方形内部， 3- m+ >2 ，∴P 点在抛物线对称轴左侧，即，且 M 点的纵坐标大于抛物线顶点的纵坐标，即 m 1 21m   解得，故 m 的值为；- 7 +1 2（4）①如下图 yx随的增大而减小， PQMN m £1 当时，若抛物线在矩形内的部分所对应的函数值则 M 点的纵坐标应该小于 P 点纵坐标，且 P 点应该在 x 轴上侧， 313213- m+ <- m2 + m+  m2  m  0 即解且得，22223132- m+ <- m2 + m+ ，0  m  4 2213 m2  m  0 1 m  3 解∴得，22，0  m 1 ②如下图 yx随的增大而减小， PQMN 当时，若抛物线在矩形内的部分所对应的函数值 1 m  3 则 M 点的纵坐标应该小于 P 点纵坐标， 3132- m+ <- m2 + m+ 即，解得，0  m  4 22∴；1 m  3 ③当时，P 点和 M 点都在直线 x=3 上不构成矩形，不符合题意； m  3 ④如下图 yx随的增大而减小， PQMN 当m  3时，若抛物线在矩形内的部分所对应的函数值则 M 点的纵坐标应该大于 P 点纵坐标， 3132- m+ >- m2 + m+ 即故，解得或m  0 m  4 ，22，m  4 综上所述或0  m  3 m  4 ．【点睛】本题考查二次函数综合，正方形的性质定理，求二次函数解析式．能分别表示出 M、P、Q 的坐标并结合图形分析是解决此题的关键，注意分类讨论．本试卷的题干 0635