吉林省2021年中考数学真题试卷（解析版）

2021 年吉林省中考数学试卷一、单项选择题（每小题 2 分，共 12 分）  1 1. A. 化简 的结果为（）B. C. D. 2－1 01C【答案】【解析】【分析】括号前面是减号时，去掉括号，括号内加号变减号，减号变加号．  1 1 【详解】解：，故选：C．【点睛】本题考查去括号，解题关键是掌握去括号法则． 2. 据《吉林日报》2021 年 5 月 14 日报道，第一季度一汽集团销售整车 70060 辆，数据 70060 用科学记数法表示为（）7.006103 7.006104 70.06103 0.7006104 A. B. C. D. B【答案】【解析】【分析】科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式，其中 1≤|a|＜10，n 为整数．确定 n 的值时，要看把原数变成 a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10 时，n 是正整数；当原数的绝对值＜1 时，n 是负整数． 4【详解】解：，70060  7.006010 故选：B．【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要确定 a 的值以及 n 的值． 3. 不等式 2x 1 3 的解集是（）A. x 1 【答案】【解析】 B. x  2 C. x 1 D. x  2 B【分析】按照解不等式步骤：移项，合并同类项，系数化为 1 求解．【详解】解： 2x 1 3 ，，2x  31 ，2x  4 x  2 ．故选：B．【点睛】本题考查解不等式，熟练掌握不等式的基本性质是解题关键． 4. 如图，粮仓可以近似地看作由圆锥和圆柱组成，其主视图是（）A. B. C. D. A【答案】【解析】【分析】粮仓主视图上部视图为等腰三角形，下部视图为矩形．【详解】解：粮仓主视图上部视图为等腰三角形，下部视图为矩形．故选：A．【点睛】本题考查简单组合几何体的三视图，解题关键是掌握主视图是从正面看到的图形． 5. O 如图，四边形内接于，点 P为边）上任意一点（点 P不与点 A，重合）连接 D．若 ABCD CP AD B 120 ，则 APC 的度数可能为（ 30° A. B. C. 50 D. 45 65 D【答案】【解析】【分析】由圆内接四边形的性质得度数为，再由 APC 为的外角求解． 60 PCD D O 【详解】解：∵四边形内接于，ABCD ∴∵，B  D 180 B 120 ，∴∵∴D 180 B  60 APC APC  D ，为的外角， PCD ，只有 D 满足题意．故选：D．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补． 6. 古埃及人的“纸草书”中记载了一个数学问题：一个数，它的三分之二，它的一半，它的七分之一，它 x的全部，加起来总共是 33，若设这个数是，则所列方程为（）2311231x  x  x  33 x  x  x  33 A. C. B. D. 7272311211x  x  x  x  33 x  x  x  x  33 37227C【答案】【解析】 2311x  x  x  x  33 【分析】根据题意列方程．．272311x  x  x  x  33 【详解】解：由题意可得 27故选 C 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，找等量关系是解题的关键．二、填空题（每小题 3 分，共 24 分） 7. 计算： -1＝_____． 9【答案】2 【解析】【分析】利用二次根式的性质化简，进而通过计算即可得出答案．【详解】 -1＝3-1＝2 9故答案为：2．【点睛】此题主要考查了二次根式、实数的运算；正确化简二次根式是解题的关键． 28. 因式分解： __________． m  2m  m m 2 【答案】 【解析】【分析】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，直接提取公因式 m 即可． 2m m 2 【详解】 m  2m  m m 2 故答案为： 【点睛】本题考查题公因式法因式分解．掌握提公因式法是关键． 2x x9. 计算： __________． x 1 x 1 x【答案】【解析】 x 1 【分析】根据同分母分式的加减法则运算． 2x x2x  x x【详解】解：．x 1 x 1 x 1 x 1 x故答案为：．x 1 【点睛】本题考查了同分母分式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键 2x若关于的一元二次方程 c有两个相等的实数根，则的值为__________． 10. x  3x  c  0 9【答案】【解析】 4【分析】根据判别式求解即可．   0 2的有两个相等实数根，【详解】解：∵一元二次方程 x  3x  c  0 2∴，  3  4c  0 9c  解得．49故答案为：．4【点睛】本题考查了一元二次方程 ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根． b cm 长为 11. 如图，已知线段，其垂直平分线的作法如下：①分别以点 A和点 B为圆心， AB  2cm CD 半径画弧，两弧相交于，两点；②作直线 D．上述作法中满足的条作为 ___1.（填“ ”，“ ” CCD bb或“ ”）【答案】＞【解析】 12AB 【分析】作图方法为：以【详解】解：∵ A，，B为圆心，大于长度画弧交于，两点，由此得出答案． DCAB  2cm 1AB ，∴半径长度 b2即．b 1cm 故答案为：．【点睛】本题考查线段的垂直平分线尺规作图法，解题关键是掌握线段垂直平分线的作图方法． 0,3 4,0 ，连接 12. 如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标为 ，点 B的坐标为 ，若将ABO 绕点 AB B顺时针旋转90，得到，则点的坐标为__________． A’ △A’BO’ 7,4 【答案】【解析】   【分析】根据旋转的性质可求得和的长度，进而可求得点的坐标． A’ O AO B 【详解】解：作由旋转可得轴于点，A C  x C，O’  90 O’B  x 轴， ∴四边形为矩形， O’BCA’ ∴，BC  A’O’  OA  3 A’C  O’B  OB  4 ，7,4 ∴点坐标为 A’ ．7,4 ．故答案为：【点睛】此题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转找到题目中线段之间的关系． 13. 如图，为了测量山坡的护坡石坝高，把一根长为的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿上长为 4.5m AC AD 1m m．时，它离地面的高度为，则坝高为__________ 0.6m CF DE 【答案】2.7 【解析】 AD DE 【分析】根据 DE / /CF ，可得，进而得出即可．，CF AC CF 【详解】解：如图，过作于，则 DE / /CF FCCF  AB 10.6 AD DE ∴，即，，AC CF 4.5 CF 解得 CF  2.7 故答案为：2.7 【点睛】本题考查了相似三角形应用，解决本题的关键是掌握相似三角形的性质． 14. CB 如图，在中，，A  30 ，．以点为圆心，长为半径画弧，分别 RtABC C  90 BC  2 C，则图中阴影部分的面积为__________（结果保留）．交，于点，AC DAB E2  3 【答案】【解析】 3【分析】连接，由扇形面积﹣三角形面积求解． CE CBE CBE 【详解】解：连接，CE ∵∴∵∴∴A  30 ，B  90 A  60 ，，CE  CB 为等边三角形， △CBE ECB  60 ，BE  BC  2 ，22 60 2∴∵，S扇形CBE   360 332，S△BCE BC  3 423  3 ∴阴影部分的面积为．2  3 故答案为：．3【点睛】本题考查扇形的面积与等边三角形的性质与判定，解题关键是判断出三角形 CBE 为等边三角形与扇形面积的计算．三、解答题（每小题 5 分共 20 分） 1x  2 x  2  x x1  15. x  先化简，再求值： ，其中．213 【答案】【解析】，x  4 2【分析】先根据平方差公式和单项式乘以多项式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可． x  2 x  2  x x1 【详解】解：   x2  4  x2  x ， x  4 111x   4  3 当时，原式．222【点睛】本题考查了平方差公式，单项式乘以多项式，合并同类项，运用平方差公式是解题的关键． 16. 第一盒中有 1 个白球、1 个黑球，第二盒中有 1 个白球，2 个黑球．这些球除颜色外无其他差别，分别从每个盒中随机取出 1 个球，用画树状图或列表的方法，求取出的 2 个球都是白球的概率． 1【答案】 6【解析】【分析】用列表法表示所有可能出现的结果情况，进而得出两次都是白球的概率即可．【详解】解：用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：白黑白白、白黑、白 12121黑、黑黑黑白、黑白、黑 2黑、黑共有 6 种等可能出现的结果情况，其中两球都是白球的有 1 种， 1所以取出的 2 个球都是白球的概率为答：取出的 2 个球都是白球的概率为．．616【点睛】本题考查简单事件的概率，正确列表或者画树状图是解题关键． 17. 如图，点 D 在 AB 上，点 E 在 AC 上，BE 和 CD 相交于点 O，AB＝AC，∠B＝∠C.求证：AD＝AE 【答案】见解析. 【解析】【分析】根据 ASA△ADC≌△AEB，即可得出结论．【详解】证明：在△ABE 和△ACD 中， A＝A AB＝AC B＝C ∴△ABE≌△ACD（ASA） ∴AE=AD 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，应熟练掌握． 18. 港珠澳大桥是世界上最长的跨海大桥，它由桥梁和隧道两部分组成，桥梁和隧道全长共．其中桥 55km 梁长度比隧道长度的 9 倍少．求港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度． 4km 【答案】港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度分别为【解析】和49.1km 5.9km x km y km ．由桥梁和隧道全长共【分析】设港珠澳大桥隧道长度为，桥梁长度为，得 55km x  y  55 y  9x  4 ．桥梁长度比隧道长度的 9 倍少，得，然后列出方程组，解方程组即可． 4km x km y km ．【详解】解：设港珠澳大桥隧道长度为，桥梁长度为 x  y  55 y  9x  4 由题意列方程组得：．x  5.9 解得：．y  49.1 答：港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度分别为和49.1km 5.9km ．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组．四、解答题（每小题 27 分，共 28 分） 19. 图①、图 2 均是 A的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为 1，点，点 B44 均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．（1）在图①中，以点（2）在图②中，以点 AA，，BB，，为顶点画一个等腰三角形； CD，为顶点画一个面积为 3 的平行四边形． E【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可：如以（2）作底为 1，高为 3 的平行四边形即可． B为顶点，为底边，即可做出等腰三角形； AC 【详解】解：（1）如图①中，此时以（2）如图②中，此时底，高 B为顶点，为底边，该ABC 即为所求（答案不唯一）． AC ，因此四边形即为所求． h  3 AE 1 ABDE 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和平行四边形的性质，解题的关键掌握等腰三角形和平行四边形的基本性质． 20. 2020 年我国是全球主要经济体中唯一实现经济正增长的国家，各行各业蓬勃发展，其中快递业务保持着较快的增长．给出了快递业务的有关数据信息． 2016﹣2017 年快递业务量增长速度统计表年龄 2016 2017 2018 2019 2020 增长速度 51.4% 28.0% 26.6% 25.3% 31.2% 说明：增长速度计算办法为：增长速度=（本年业务量-去年业务量）÷去年业务量×100%．根据图中信息，解答下列问题：（1）2016﹣2020 年快递业务量最多年份的业务量是__________亿件．（2）2016﹣2020 年快递业务量增长速度的中位数是__________．（3）下列推断合理的是__________（填序号）． ①因为 2016﹣2019 年快递业务量的增长速度逐年下降，所以预估 2021 年的快递业务量应低于 2020 年的快递业务量； ②因为 2016﹣2020 年快递业务量每年的增长速度均在 25% 以上．所以预估 2021 年快递业务量应在 833.6 1 25% 1042 亿件以上．；（3）② 【答案】（1）833 6；（2） 28.0% 【解析】【分析】（1）根据 2016﹣2020 年快递业务量统计图可得答案；（2）根据中位数的意义，将 2016﹣2020 年快递业务量增长速度从小到大排列找出中间位置的一个数即可；（3）利用业务量的增长速度率估计 2021 年的业务量即可．【详解】解：（1）由 2016﹣2020 年快递业务量统计图可知，2020 年的快递业务量最多是 833.6 亿件，故答案为：833.6；（2）将 2016﹣2020 年快递业务量增长速度从小到大排列处在中间位置的一个数是，因此中位数是 28.0% ，28.0% 故答案为：；28.0% （3）①2016﹣2019 年快递业务量的增长速度下降，并不能说明快递业务量下降，而业务量也在增长，只是增长的速度没有那么快，因此①不正确； ②因为 2016﹣2020 年快递业务量每年的增长速度均在 25% 以上．所以预估 2021 年快递业务量应在 833.6 1 25% 1042 亿件以上，因此②正确；故答案为：②．【点睛】本题考查条形统计图，中位数，样本估计总体，理解“增长率”“增长速度”“增长量”的意义及相互关系是正确判断的前提． 4kxy的图象与轴相交于点 21. y  x  2 y  如图，在平面直角坐标系中，一次函数 A，与反比例函数在3B m,2 BC  y 第一象限内的图象相交于点 ，过点 B作轴于点．C（1）求反比例函数的解析式；（2）求ABC 的面积． 6y  【答案】（1）；（2）6 x【解析】【分析】（1）因为一次函数与反比例函数交于 BB B 点，将代入到一次函数解析式中，可以求得点坐标，从而求得，得到反比例函数解析式； ky，利用一次函数解析式可以求得它与轴交点 BC  y C 0,2 0,2 （2）因为轴，所以 A的坐标 ，由 1S和BC 的长度，并且 BC // x 轴，所以 AC  BC A，B，C三点坐标，可以求得 AC ，即可求 VABC 2解．【详解】解：（1）∵ 点坐标满足一次函数解析式， B点是直线与反比例函数交点， ∴B43m  2  2 ∴∴∴∴，，m  3 B 3,2 ，k  6 ，6y  ∴反比例函数的解析式为；xBC  y （2）∵ 轴， C 0,2 ∴∴令，BC // x 轴，，BC  3 4y  x  2  2 ，则，x  0 3A 0,2 ∴∴∴∴，，AC  4 12SAC  BC  6 ，△ABC ABC 的面积为 6 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数交点问题，三角形的面积，同时要注意在平面直角坐标系中如何利用坐标表示水平线段和竖直线段． 22. 数学小组研究如下问题：长春市的纬度约为北纬，求北纬纬线的长度，小组成员查阅了相关资 44 44 料，得到三条信息：（1）在地球仪上，与南，北极距离相等的大圆圈，叫赤道，所有与赤道平行的圆圈叫纬线； OA 作O （2）如图，是经过南、北极的圆，地球半径约为．弦，过点 6400km BC / /OA OOK  BC 于点，连接 K．若，则以BK 为半径的圆的周长是北纬纬线的长度； OB AOB  44 44 sin 44  0.69 cos44  0.72 ，（3）参考数据：取3，．小组成员给出了如下解答，请你补充完整：解：因所以为，BC / /OA AOB  44 ，（　）（填推理依据），，B  AOB  44 因为在，所以 OK  BC BKO  90 中，．RtBOK BK  OB 所以北纬 OB  OA  6400 _______（填“ ”或“ ”）． sin B cos B 的纬线长 C  2  BK 44 （填相应的三角形函数值））（结果取整数）．  236400 　（km 【答案】两直线平行，内错角相等；【解析】；0.72；27648 cos B 【分析】由平行线的性质，锐角三角函数的定义求解．【详解】解：因为所以，BC / /OA AOB  44 ，（两直线平行，内错角相等）（填推理依据）， B  AOB  44 因为在，所以，OK  BC BKO  90 中，．RtBOK OB  OA  6400 （填“ ”或“ ”）． cos B BK  OBcos B sin B 所以北纬的纬线长．C  2  BK 44 （填相应的三角形函数值）  2364000.72  27648 km （结果取整数）．故答案为：两直线平行，内错角相等；；0.72；27648. cos B 【点睛】本题考查了解直角三角形和平行线的性质，解题关键是熟练三角函数的含义及解直角三角形的方法．五、解答题（每小题 8 分，共 16 分） 23. 疫苗接种，利国利民．甲、乙两地分别对本地各 40 万人接种新冠疫苗．甲地在前期完成 5 万人接种后， a甲、乙两地同时以相同速度接种，甲地经过天后接种人数达到25 万人，由于情况变化，接种速度放缓， y结果 100 天完成接种任务，乙地 80 天完成接种任务，在某段时间内，甲、乙两地的接种人数（万人）与 x各自接种时间（天）之间的关系如图所示． a的（1）直接写出乙地每天接种人数及的值； yxx（2）当甲地接种速度放缓后，求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；（3）当乙地完成接种任务时，求甲地未接种疫苗的人数． 1y  x 15 40 x 100 【答案】（1）；（2）；（3）5 万人 a  40 4【解析】【分析】（1）由接种速度＝接种人数÷接种天数求解．（2）利用待定系数法求解． y  34 （3）将代入（2）问中解析式得出，然后由．x  80 40 34  6 【详解】解：（1）乙地接种速度为（万人/天）， 40 80  0.5 ，0.5a  255 解得．a  40 y  kx  b 40,25 100,40 代入解析式得：（2）设，将 ，25  40k  b 40 100k  b ，14k  解得，b 15 1y  x 15 40 x 100 ∴．411y  x 15 y  80 15  35 得（3）把代入，x  80 44（万人）． 40 35  5 【点睛】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 24. 如图①，在中，，A  60 ，是斜边上的中线，点为射线BC 上一 AB E RtABC ACB  90 CD 点，将沿BDE DE 折叠，点 B的对应点为点．Fa的长（用含的代数式表示）； AB = a （1）若（2）若．直接写出 CD ，垂足为 G，点与点在直线 D的异侧，连接，如图②，判断四边形 DF  BC CE CF ADFC F的形状，并说明理由；（3）若，直接写出的度数． DF  AB BDE 1a【答案】（1）【解析】；（2）菱形，见解析；（3）或BDE 135 BDE  45 211CD  AB  a 【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得；221DF  AB 30° （2）由题意可得 DF / /AC ，，由“直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半”，得 21AC  AB ，得，则四边形是平行四边形，再由折叠得，于是判断四 DF  AC ADFC DF  BD  AD 2边形是菱形； ADFC （3）题中条件是“点是射线BC 上一点”，因此又分两种情况，即点与点在直线 D的异 CE EDF  AB F侧或同侧，正确地画出图形即可求出结果．【详解】解：（1）如图①，在中，，RtABC ACB  90 AB = a ，∵∴是斜边上的中线， CD AB 11CD  AB  a ．22（2）四边形是菱形． ADFC 理由如下：如图②∵ ∴G于点， DF  BC ，DGB  ACB  90 ∴DF / /AC ；由折叠得，，DF  DB 1DB  AB ∵∴，；21DF  AB 2∵∴，A  60 ，ACB  90 ，B  90 60  30 1AC  AB ∴∴，2，DF  AC ∴四边形是平行四边形； ADFC 1AD  AB ∵∴，2，AD  DF ∴四边形是菱形． ADFC （3）如图③，点与点在直线异侧， CE FD∵∴，DF  AB ；BDF  90 由折叠得，，BDE  FDE 11BDE  FDE  BDF  90  45 ∴；22如图④，点与点在直线 D同侧， CE F∵∴∴，DF  AB BDF  90 BDE  FDE  36090  270 ，，由折叠得， ∴，BDE  FDE ，BDE  BDE  270 ∴BDE 135 ．综上所述，或BDE 135 ．BDE  45 【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质、轴对称的性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识与方法，在解第（3）题时，应进行分类讨论，解题的关键是准确地画出图形，以免丢解．六、解答题（每小题 10 分，共 20 分） 25. 如图，在矩形中，，．动点 P从点 A出发沿折线向终点运ABCD AB  3cm AB  BC CAD  3cm PQ 与射线动，在边上以的速度运动；在边 BC 上以的速度运动，过点 P作线段相1cm/s DC AB 3cm/s PQD  60 Q交于点，且 VDPQ 与x s   ，连接，PD BD ．设点 P的运动时间为，重合部分图 △DBC y cm2 形的面积为．DQ （1）当点 PP与点 A重合时，直接写出的长；的长（用含的代数式表示）； x（2）当点在边 BC 上运动时，直接写出 BP yxx（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． 333×2  x  (0  x  2) 8483 3 89 3 415 3 y   x2  x  (2  x  3) PB  3 x 3 【答案】（1）1；（2）；（3） 83 3 26 3 x(3  x  4) 【解析】 AD DQ tan 60   3 求解即可； RtPDQ 【分析】（1）在中，由 31 3 s  ，则点 PB  3 x 3 （2）点（3）分类讨论①：点 BC 上． P在上运动时间为 P在BC 上时．AB QQ在P在上，点在CD 上；②：点 P在上，点延长线上；③：点 PDC AB AB 在【详解】解：（1）如图， PQD  60 RtPDQ 在∴中，，，AD  3 AD DQ tan 60   3 ，3∴．DQ  AD 1 331 3 s （2）点 ∴点 P在上运动时间为   ，AB PB  3 x 3 P在BC 上时：．PQ （3）当 0  x  3 时，点 P在上，作于点，交于点，作 E于点，PM  CD EN  CD NAB MAB 3同（1）可得．MQ  AD 1 3DQ  DM  MQ  AP  MQ  x 1 ∴当，x 1 3 时x  2 ，Q①∴ 时，点在上， 0  x  2 DC BC 33∵，tan BDC  DBC  30 CD ∴∵，PQD  60 ，DEQ  90° ∴∵∴∵．EQ 1sin30  ，DQ 21x 1 EQ  DQ  ，22EN 3sin 60  ，EQ 233∴∴，EN  EQ  x 1 2411333332y  DQ EN  x 1  x 1  x 1 x2  x  0  x  2 ．2248848QPQ 交②当时，点在延长线上， BC 于点，如图， 2  x  3 DC FCF ，tan 60  ，CQ  DQ  DC  x 13  x  2 ∵∴∴CQ CF  CQtan 60 3 x  2 ，1132，S△CQF  CQCF  (x  2) 3(x  2)  x  2 3x  2 3 2223333y  S△DEQ  S△CQF x2  x  x2  2 3x  2 3 ∴84823 3 89 3 415 3 8×2  x  (2  x  3) ．  ③当 ∵P BC 上，如图，时，点在 3  x  4 ，CP  CB  BP  3  3(x 3)  4 3 3x 113 3 ∴．y  DC CP  3(4 3 3)  6 3 x(3  x  4) 222333×2  x  (0  x  2) 8483 3 89 3 415 3 y   x2  x  (2  x  3) 综上所述：．83 3 26 3 x(3  x  4) 【点睛】题目主要考察运用三角函数解三角形求出相应边的长度，然后利用三角形面积公式确定函数解析式，同时也对二次函数在几何动点问题进行考察，难点是在进行分类讨论时，作出对应图形并作出相应辅助线，同时确定相应的自变量范围． 7414如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y  x2  bx  c 的图象经过点，点．A 0, B 1, 26. （1）求此二次函数的解析式；（2）当（3）点时，求二次函数 y  x2  bx  c 的最大值和最小值； 2  x  2 m为此函数图象上任意一点，其横坐标为，过点 PQ / /x Q轴，点的横坐标为2m 1．已 PP作m的长度随的增大而减小． Q与点不重合，且线段 PQ 知点 Pm①求的取值范围； 13y  x2  bx  c 2  x  m的PQ  7 PQ ②当时，直接写出线段与二次函数的图象交点个数及对应的 取值范围． 744317 413y  x2  x  2  m   m  【答案】（1）；（2）最大值为；最小值为－2；（3）① ；② 或141PQ PQ 与图象有 2 个交点． 2  m   m   时，与图象交点个数为 1，时， 332【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解．（2）将函数代数式配方，由抛物线开口方向和对称轴直线方程求解． m求出取值范围， 0  PQ  7 （3）①由 ②通过数形结合求解． 7414代入 y  x2  bx  c 得： A 0, B 1, 【详解】解：（1）将，点 7 c 41，1 b  c 4 b 1 c   解得，747y  x2  x  ∴．427122（2）∵ ，y  x  x  x   2 41x   ∵抛物线开口向上，对称轴为直线．21y时，取最小值为－2， x   ∴当 2112     (2) ∵，22717 422  2   y时，取最大值 ∴当（3）① 当．x  2 4PQ  2m 1 m  3m 1 ，m的长度随的增大而减小， PQ  3m 1 PQ ，时，时， 3m 1 0 m的长度随增大而增大， PQ  3m 1 PQ ，当3m 1 0 ∴满足题意， 3m 1 0 1m  解得．30  PQ  7 ②∵ ∴，，0  3m 1 7 12  m  解得，31x   PQ 与图象有 1 交点，如图，当时，点 P在最低点， 211mQ与点在对称轴右侧， PQ 与图象只有 1 个交点，  m  增大过程中，，点 P23141x   x  x   直线关于抛物线对称轴直线对称后直线为，23341PQ 与图象有 2 个交点，  m   ∴时， 3243PQ 2  m   当时，与图象有 1 个交点， 41412PQ PQ 与图象有 2  m   2  m   m   综上所述，或时，与图象交点个数为 1，时， 3332 个交点．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，将函数解析式配方，通过数形结合的方法求解．