2023年山東省濟南市萊蕪區(qū)數學中考模擬預測題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網

一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分，每小只有一個正確選項.
1. 下列四個圖案中，是中心對稱圖形的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解.
【詳解】解：A．此圖案是中心對稱圖形，符合題意；
B．此圖案不是中心對稱圖形，不合題意；
C．此圖案不是中心對稱圖形，不合題意；
D．此圖案不是中心對稱圖形，不合題意；
故選A．
【點睛】本題考查了中心對稱圖形的概念，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合.
2. 在0，2，，這四個數中，最小的數是（）
A. 0B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據有理數比較大小的方法求解即可．
【詳解】解：∵，
∴，
∴最小的數為，
故選C．
【點睛】本題主要考查了有理數比較大小，熟知正數大于0，0大于負數，兩個負數比較大小，絕對值越大其值越小是解題的關鍵．
3. 使得式子有意義的x的取值范圍是（）
A. x≥4B. x＞4C. x≤4D. x＜4
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用二次根式有意義的條件分析得出答案．
【詳解】解：使得式子有意義，則：4﹣x＞0，
解得：x＜4
即x的取值范圍是：x＜4
故選D．
【點睛】此題主要考查了二次根式有意義的條件，正確把握定義是解題關鍵．
4. 計算的結果是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據冪的乘方和積的乘方法則計算即可．
【詳解】解：，
故選B．
【點睛】本題考查了冪的乘方和積的乘方運算，解題的關鍵是掌握相應的運算法則．
5. 如圖，將一塊含不的直角三角板的頂點放在直尺的一邊上，若，那么∠2的度數是（）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知角的度數結合平行線的性質得出答案．
【詳解】解：∵將一塊含有30°的直角三角形的頂點放在直尺的邊上，∠1=48°，
∴∠2=∠3=180°-48°-30°=102°
故選：D．
【點睛】此題主要考查平行線的性質，正確得出∠3的度數是解題的關鍵．
6. 已知點在軸上，則點的坐標是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用x軸上點的坐標特點得出m的值，進而得出答案．
【詳解】解：點在軸上，
，
解得：，
，
則點的坐標是：．
故選：A．
【點睛】此題主要考查了點的坐標，正確得出m的值是解題關鍵．
7. 若一元二次方程x2﹣2kx+k2＝0的一根為x＝﹣1，則k的值為（）
A. ﹣1B. 0C. 1或﹣1D. 2或0
【答案】A
【解析】
【分析】把x＝﹣1代入方程計算即可求出k的值．
【詳解】解：把x＝﹣1代入方程得：1+2k+k2＝0，
解得：k＝﹣1，
故選A．
【點睛】此題考查了一元二次方程的解，方程的解即為能使方程左右兩邊相等的未知數的值．
8. 如圖，是的直徑，點、是圓上兩點，且，則( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本題考查圓周角定理，根據鄰補角的定義求出的度數，然后根據同弧所對的圓周角是圓心角的一半求解．
【詳解】解：∵，
∴，
∴，
故選：C．
9. 甲，乙兩個班參加了學校組織的2019年“國學小名士”國學知識競賽選拔賽，他們成績的平均數、中位數、方差如下表所示，規(guī)定成績大于等于95分為優(yōu)異，則下列說法正確的是（）
A. 甲、乙兩班的平均水平相同B. 甲、乙兩班競賽成績的眾數相同
C. 甲班的成績比乙班的成績穩(wěn)定D. 甲班成績優(yōu)異的人數比乙班多
【答案】A
【解析】
【分析】由兩個班的平均數相同得出選項A正確；由眾數的定義得出選項B不正確；由方差的性質得出選項C不正確；由兩個班的中位數得出選項D不正確；即可得出結論．
【詳解】解：A、甲、乙兩班的平均水平相同；正確；
B、甲、乙兩班競賽成績的眾數相同；不正確；
C、甲班的成績比乙班的成績穩(wěn)定；不正確；
D、甲班成績優(yōu)異的人數比乙班多；不正確；
故選A．
【點睛】本題考查了平均數，眾數，中位數，方差；正確的理解題意是解題的關鍵．
10. 如圖是二次函數y＝ax2+bx+c的圖象，對于下列說法：①ac＞0，②2a+b＞0，③4ac＜b2，④a+b+c＜0，⑤當x＞0時，y隨x的增大而減小，其中正確的是（）
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根據二次函數的圖象與性質即可求出答案．
【詳解】解：①由圖象可知：a＞0，c＜0，
∴ac＜0，故①錯誤；
②由于對稱軸可知：＜1，
∴2a+b＞0，故②正確；
③由于拋物線與x軸有兩個交點，
∴△＝b2﹣4ac＞0，故③正確；
④由圖象可知：x＝1時，y＝a+b+c＜0，
故④正確；
⑤當x＞時，y隨著x的增大而增大，故⑤錯誤；
故選C．
【點睛】本題考查二次函數，解題的關鍵是熟練運用二次函數的圖象與性質，本題屬于基礎題型．
二、填空題（本大題共6小題，每小題4分，滿分24分）
11. 因式分解：ax﹣ay=_____．
【答案】a（x-y）.
【解析】
【詳解】試題分析：直接提公因式分解因式即可.ax-ay= a（x-y）.
考點：分解因式.
12. 在中，，則__________．
【答案】70°
【解析】
【分析】根據等腰三角形的性質和三角形內角和計算∠B的度數，等邊對等角．
【詳解】∵AB＝AC, ∠A＝400，
∴∠B＝∠C＝700.
【點睛】此題考查等腰三角形性質，難度不大
13. 分別寫有數字、、、0、的五張大小和質地均相同的卡片，從中任意抽取一張，抽到無理數的概率的是_____．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用無理數的定義結合概率求法得出答案．
【詳解】解：∵5個數字中，無理數有，共2個，
∴從中任意抽取一張，抽到無理數的概率的是，
故答案為：．
【點睛】此題主要考查了概率公式以及無理數的定義，正確把握相關定義是解題關鍵．
14. 一個多邊形的外角和等于它的內角和，則這個多邊形的邊數是______．
【答案】4##四
【解析】
【分析】根據多邊形的內角和公式與外角和定理列出方程，然后求解即可．
【詳解】解：設這個多邊形是n邊形，
根據題意得，，
解得，
故答案為：4．
【點睛】本題考查了多邊形的內角和公式與外角和定理，多邊形的外角和與邊數無關，任何多邊形的外角和都是．
15. 分式方程的解是.
【答案】1.
【解析】
【分析】方程兩邊同乘以最簡公分母x（x+1），化分式方程為整式方程，解整式方程求得x的值，檢驗即可得分式方程的解.
【詳解】方程兩邊同乘以最簡公分母x（x+1），得，
x+1=2x，
x=1，
經檢驗x=1是原分式方程的解.
故答案為1.
【點睛】本題考查了分式方程的解法，方程兩邊同乘以最簡公分母，化分式方程為整式方程是解分式方程的關鍵；解分式方程一定驗根.
16. 如圖，AB為⊙O的直徑，點P為AB延長線上的一點，過點P作⊙O的切線PE，切點為M，過A、B兩點分別作PE的垂線AC、BD，垂足分別為C、D，連接AM，則下列結論正確的是___________.(寫出所有正確結論的序號)
①AM平分∠CAB；
②AM2＝AC?AB；
③若AB＝4，∠APE＝30°，則的長為；
④若AC＝3，BD＝1，則有CM＝DM＝.
【答案】①②④
【解析】
【分析】連接OM，由切線的性質可得OM⊥PC，繼而得OM∥AC，再根據平行線的性質以及等邊對等角即可求得∠CAM＝∠OAM，由此可判斷①；通過證明△ACM∽△AMB，根據相似三角形的對應邊成比例可判斷②；求出∠MOP＝60°，利用弧長公式求得的長可判斷③；由BD⊥PC，AC⊥PC，OM⊥PC，可得BD∥AC//OM，繼而可得PB=OB=AO，PD=DM=CM，進而有OM=2BD＝2，在Rt△PBD中，PB=BO=OM=2，利用勾股定理求出PD的長，可得CM＝DM＝DP＝，由此可判斷④.
詳解】連接OM，
∵PE為⊙O的切線，
∴OM⊥PC，
∵AC⊥PC，
∴OM∥AC，
∴∠CAM＝∠AMO，
∵OA＝OM，
∠OAM＝∠AMO，
∴∠CAM＝∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正確；
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AMB＝90°，
∵∠CAM＝∠MAB，∠ACM＝∠AMB，
∴△ACM∽△AMB，
∴，
∴AM2＝AC?AB，故②正確；
∵∠APE＝30°，
∴∠MOP＝∠OMP﹣∠APE＝90°﹣30°＝60°，
∵AB＝4，
∴OB＝2，
∴的長為，故③錯誤；
∵BD⊥PC，AC⊥PC，OM⊥PC，
∴BD∥AC//OM，
∴△PBD∽△PAC，
∴，
∴PB＝PA，
又∵AO=BO，AO+BO=AB，AB+PB=PA，
∴PB=OB=AO，
又∵BD∥AC//OM，
∴PD=DM=CM，
∴OM=2BD＝2，
在Rt△PBD中，PB=BO=OM=2
∴PD==，
∴CM＝DM＝DP＝，故④正確，
故答案為①②④.
【點睛】本題考查了切線的性質，平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定與性質，勾股定理等，綜合性較強，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.
三、解答題（本大題共10小題，滿分86分解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）
17. 計算：
【答案】
【解析】
【分析】本題考查實數的混合運算，根據零指數冪、負指數冪、特殊角的三角函數值、乘方的運算法則分別計算．再進行加減求得計算結果．
【詳解】解：原式
18. 先化簡，再求值：，其中．
【答案】-4
【解析】
【分析】直接利用冪的乘方運算法則以及同底數冪的乘除運算法則分別化簡得出答案．
【詳解】解：原式
，
當時，原式．
【點睛】考核知識點：分式的運算.掌握分式運算法則是關鍵.
19. 如圖，是正方形，E是邊上任意一點，連接，作，垂足分別為F，G．求證：．
【答案】見解析
【解析】
【分析】根據正方形的性質可得AB＝AD，再利用同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADG，再利用“角角邊”證明△BAF和△ADG全等，根據全等三角形對應邊相等可得BF＝AG，根據線段的和與差可得結論．
【詳解】.解：證明：∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，，
∵
∴．
【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，證明△BAF≌△ADG是解題的關鍵．
20. 為了增強學生的安全意識，某校組織了一次全校2500名學生都參加的“安全知識”考試．閱卷后，學校團委隨機抽取了100份考卷進行分析統(tǒng)計，發(fā)現考試成績（x分）的最低分為51分，最高分為滿分100分，并繪制了如下尚不完整的統(tǒng)計圖表．請根據圖表提供的信息，解答下列問題：
（1）填空：a=______，b=______，n=______；
（2）將頻數分布直方圖補充完整；
（3）該校對考試成績?yōu)?1≤x≤100的學生進行獎勵，按成績從高分到低分設一、二、三等獎，并且一、二、三等獎的人數比例為1：3：6，請你估算全校獲得二等獎的學生人數．
【答案】(1) 10，25，0.25；(2)補圖見解析；（3）90人．
【解析】
【分析】（1）根據頻數=總人數×頻率結合所給統(tǒng)計圖即可出答案；
（2）根據（1）中數據補全頻數分布直方圖即可；
（3）利用所給統(tǒng)計圖可以計算出考試成績?yōu)?1≤x≤100的學生人數，再根據全校獲得二等獎的學生人數占考試成績?yōu)?1≤x≤100的學生的比例即可求解.
【詳解】解：（1）a=100×0.1=10，b=100-10-18-35-12=25，n==0.25；
故答案為：10，25，0.25；
（2）補全頻數分布直方圖如圖所示；
（3）2500××=90（人），
答：全校獲得二等獎的學生人數90人．
【點睛】本題考查的是頻數分布方圖，讀懂統(tǒng)計圖，從統(tǒng)計圖中得出必要的信息是解決問題的關鍵.也考查了用樣本估計總體的思想.
21. 如圖是某區(qū)域的平面示意圖，碼頭A在觀測站B的正東方向，碼頭A的北偏西方向上有一小島C，小島C在觀測站B的北偏西方向上，碼頭A到小島C的距離AC為10海里．
（1）填空：度，度；
（2）求觀測站B到AC的距離BP（結果保留根號）．
【答案】（1）30，45；（2）（5－5）海里
【解析】
【分析】（1）由題意得：，，由三角形內角和定理即可得出的度數；
（2）證出是等腰直角三角形，得出，求出，由題意得出，解得即可．
【詳解】解：（1）由題意得：，，
；
故答案為30，45；
（2），
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
解得：，
答：觀測站B到AC的距離BP為海里．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應用﹣方向角問題，通過解直角三角形得出方程是解題的關鍵．
22. 如圖，已知、是的兩條割線，與交于兩點，過圓心且與交于兩點，平分．
（1）求證：；
（2）過點切線交于，若，，求的值．[提示：
【答案】（1）詳見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用圓周角定理求出，再根據是公共角即可得證；
（2）由切線的性質和勾股定理可求的長，由相似三角形的性質可求，由，可得，從而可得，由此即可求出的值．
【小問1詳解】
∵平分，
∴，
又∵對圓心角是，對圓周角是，
∴
∴，
又∵，
∴；
【小問2詳解】
∵切于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，圓周角定理，切線的性質，勾股定理，求出的長是本題的關鍵．
23. 某超市銷售一種文具，進價為5元/件．售價為6元/件時，當天的銷售量為100件．在銷售過程中發(fā)現：售價每上漲0.5元，當天的銷售量就減少5件．設當天銷售單價統(tǒng)一為元/件（，且是按0.5元的倍數上漲），當天銷售利潤為元．
（1）求與的函數關系式（不要求寫出自變量的取值范圍）；
（2）要使當天銷售利潤不低于240元，求當天銷售單價所在的范圍；
（3）若每件文具的利潤不超過，要想當天獲得利潤最大，每件文具售價為多少元？并求出最大利潤．
【答案】（1）；（2）當天銷售單價所在的范圍為；（3）每件文具售價為9元時，最大利潤為280元.
【解析】
【分析】（1）根據總利潤＝每件利潤×銷售量，列出函數關系式，
（2）由（1）的關系式，即，結合二次函數的性質即可求的取值范圍
（3）由題意可知，利潤不超過即為利潤率＝（售價－進價）÷售價，即可求得售價的范圍．再結合二次函數的性質，即可求．
【詳解】解：
由題意
（1）
故與的函數關系式為：
（2）要使當天利潤不低于240元，則，
∴
解得，
∵，拋物線的開口向下，
∴當天銷售單價所在的范圍為
（3）∵每件文具利潤不超過
∴，得
∴文具的銷售單價為，
由（1）得
∵對稱軸為
∴在對稱軸的左側，且隨著的增大而增大
∴當時，取得最大值，此時
即每件文具售價為9元時，最大利潤為280元
【點睛】考核知識點：二次函數的應用.把實際問題轉化為函數問題解決是關鍵.
24. 在平面直角坐標系中，矩形ABCD的頂點坐標為A(0，0)，B(6，0)，C(6，8)，D(0，8)，AC，BD交于點E．

（1）如圖①，雙曲線過點E，直接寫出點E的坐標和雙曲線的表達式；
（2）如圖②，雙曲線與BC，CD分別交于點M，N，點C關于MN的對稱點C′在y軸上．求證△CMN∽△CBD，并求點C′的坐標；
（3）如圖③，將矩形ABCD向右平移m(m＞0)個單位長度，使過點E的雙曲線與AD交于點P．當△AEP為等腰三角形時，求m的值．
【答案】（1）E(3，4)，
（2）證明見解析；C′(0，)
（3）m的值為3或12
【解析】
【分析】（1）先根據矩形的性質求出E點坐標，然后代入到反比例函數解析式求解即可；
（2）由反比例函數圖像上點的坐標特征得到DN·AD＝BM·AB，由BC＝AD，AB＝CD，即可推出＝，即可證明△CMN∽△CBD．得到∠CMN=∠CBD，則MN∥CD，求出直線BD的表達式為y＝－x＋8，由C，C′關于MN對稱，得到CC′⊥BD，則可設直線CC′的解析式為，由此求解即可；
（3）分當AP＝AE時，當EP＝AE時，點P與點D重合，當PA＝PE時，三種情況討論求解即可．
【小問1詳解】
解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴DE＝EB，
∵B(6，0)，D(0，8)，
∴E(3，4)，
∵雙曲線過點E，
∴k1＝12，
∴反比例函數的表達式為；
【小問2詳解】
解：∵點M，N在反比例函數的圖象上，
∴DN·AD＝BM·AB，
∵BC＝AD，AB＝CD，
∴DN·BC＝BM·CD，
∴＝，
∵∠MCN=∠BCD，
∴△CMN∽△CBD．
∴∠CMN=∠CBD，
∴MN∥CD，
∵B(6，0)，D(0，8)，
∴直線BD的表達式為y＝－x＋8，
∵C，C′關于MN對稱，
∴CC′⊥MN，
∵MN∥BD，
∴CC′⊥BD，
∴可設直線CC′的解析式為，
∵C(6，8)，
∴，
∴，
∴直線CC′的表達式為y＝x＋，
∴C′(0，)；
【小問3詳解】
解：①當AP＝AE時，
∵A(0，0)，B(6，0)，C(6，8)，D(0，8)，
∴AB=6，BC=8，
∴，
∵E是AC與BD的交點，
∴AE=AP=5，
∴平移后P的坐標為(m，5)，E的坐標為(m＋3，4)，P，E在反比例函數圖象上，
∴5m＝4(m＋3)，
∴m＝12；
②當EP＝AE時，點P與點D重合，
∵P(m，8)，E(m＋3，4)反比例函數圖象上，
∴8m＝4(m＋3)，
∴m＝3；
③當PA＝PE時，
∵P(m，n)，E(m＋3，4)，A(m，0)，
∴n＝，
解得n＝，
∵P，E在反比例函數圖象上，
∴m＝4(m＋3)，
解得m＝－(舍)，
綜上所述，滿足條件的m的值為3或12．
【點睛】本題主要考查了坐標與圖形，矩形的性質，一次函數與反比例函數綜合，反比例函數與幾何綜合，等腰三角形的性質，兩點距離公式等等，熟知相關知識是解題的關鍵．
25. 已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，將△ABC繞點C順時針方向旋轉得到△A′B′C，記旋轉角為α，當90°＜α＜180°時，作A′D⊥AC，垂足為D，A′D與B′C交于點E．
（1）如圖1，當∠CA′D＝15°時，作∠A′EC的平分線EF交BC于點F．
①寫出旋轉角α的度數；
②求證：EA′+EC＝EF；
（2）如圖2，在（1）的條件下，設P是直線A′D上的一個動點，連接PA，PF，若AB＝，求線段PA+PF的最小值．（結果保留根號）
【答案】（1）①105°，②見解析；（2）
【解析】
【分析】（1）①解直角三角形求出∠A′CD即可解決問題，
②連接A′F，設EF交CA′于點O，在EF時截取EM=EC，連接CM．首先證明△CFA′是等邊三角形，再證明△FCM≌△A′CE（SAS），即可解決問題．
（2）如圖2中，連接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延長線于M．證明△A′EF≌△A′EB′，推出EF=EB′，推出B′，F關于A′E對稱，推出PF=PB′，推出PA+PF=PA+PB′≥AB′，求出AB′即可解決問題．
【詳解】①解：由∠CA′D＝15°，可知∠A′CD=90°-15°=75°，所以∠A′CA=180°-75°=105°即旋轉角α為105°．
②證明：連接A′F，設EF交CA′于點O．在EF時截取EM＝EC，連接CM．
∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°，
∴∠CEA′＝120°，
∵FE平分∠CEA′，
∴∠CEF＝∠FEA′＝60°，
∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠FCO＝∠A′EO，∵∠FOC＝∠A′OE，
∴△FOC∽△A′OE，
∴＝，
∴＝，
∵∠COE＝∠FOA′，
∴△COE∽△FOA′，
∴∠FA′O＝∠OEC＝60°，
∴△A′CF是等邊三角形，
∴CF＝CA′＝A′F，
∵EM＝EC，∠CEM＝60°，
∴△CEM是等邊三角形，
∠ECM＝60°，CM＝CE，
∵∠FCA′＝∠MCE＝60°，
∴∠FCM＝∠A′CE，
∴△FCM≌△A′CE（SAS），
∴FM＝A′E，
∴CE+A′E＝EM+FM＝EF．
（2）解：如圖2中，連接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延長線于M．
由②可知，∠EA′F＝′EA′B′＝75°，A′E＝A′E，A′F＝A′B′，
∴△A′EF≌△A′EB′，
∴EF＝EB′，
∴B′，F關于A′E對稱，
∴PF＝PB′，
∴PA+PF＝PA+PB′≥AB′，
在Rt△CB′M中，CB′＝BC＝AB＝2，∠MCB′＝30°，
∴B′M＝CB′＝1，CM＝，
∴AB′＝＝＝．
∴PA+PF的最小值為．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查旋轉變換相關，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質以及三角形的三邊關系等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考壓軸題，難度較大．
26. 二次函數y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點A(﹣1，0)，B(4，0)兩點，交y軸于點C．動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC，設運動的時間為t秒．
（1）求二次函數y＝ax2+bx+2的表達式；
（2）連接BD，當t時，求△DNB的面積；
（3）在直線MN上存在一點P，當△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點D的坐標；
（4）當t時，在直線MN上存在一點Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點Q的坐標．
【答案】（1）yx2x+2
（2）2 （3）D(1，3)或D(3，2)
（4）Q點坐標分別為(，)，(，)
【解析】
【分析】(1)將A(﹣1，0)，B(4，0)兩點代入解析式中即可求解；
(2)求出直線BD的解析式為yx+2，當t求出M(2，0)，分別將x=2代入直線BD解析式和拋物線中求出D點和N點縱坐標，最后利用即可求解；
(3)設P(2t﹣1，m)，且C(0，2)，B(4，0)，由△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形得到PB2＝PC2，進而得到m＝4t﹣5，進一步求出PC2 =PB2＝20t2-60t+50，再由即可求出t的值進而求解；
(4)當t時，直線MN剛好為拋物線對稱軸，以M為圓心AB為直徑構造圓，過點A作AC的垂線交圓于點G，由圓周角定理得到∠AQ1C＝∠CGA，由半徑相等得到∠MAG=∠CGA，進而得到∠OAC+∠AQ1C＝90°剛好滿足題意要求即可求解．
【小問1詳解】
解：將點A (﹣1，0），B(4，0)代入y＝ax2+bx+2，
得到，
解得：a，b，
∴二次函數解析式為yx2x+2；
【小問2詳解】
解：令yx2x+2中x=0，得到y(tǒng)=2，
∴C(0，2)，
設直線BC的解析式為：，代入點B(4，0)和點C(0，2)，
∴，
解得：
∴BC的直線解析式為yx+2，
當t時，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M(2，0)，
將x=2代入yx+2中，得到N(2，1)，
將x=2代入yx2x+2中，得到D(2，3)，
∴DM=3，MN=1，
∴；
小問3詳解】
解：∵動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，運動時間為t，
∴BM＝5﹣2t，M(2t﹣1，0)，
設P(2t﹣1，m)，且C(0，2)，B(4，0)，
∵PC2＝(2t﹣1)2+(m﹣2)2，PB2＝(2t﹣5)2+m2，
∵PB＝PC，
∴(2t﹣1)2+(m﹣2)2＝(2t﹣5)2+m2，
整理得到：m＝4t﹣5，
∴P(2t﹣1，4t﹣5)，
∴PC2 =PB2＝(2t﹣1)2+(4t-5-2)2=20t2-60t+50，
∵△PBC為等腰直角三角形，且∠BPC=90°，
∴，且，
即，
∴，
整理得到：
∴t＝1或t＝2，
此時動點M運動了1或2秒，
∴M(1，0)或M(3，0)，
將x=1或x=3分別代入二次函數yx2x+2中，
∴D(1，3)或D(3，2)；
【小問4詳解】
解：當t時，M(，0)，此時MN為拋物線對稱軸，點Q在拋物線對稱軸x上，如下圖所示：
以M為圓心AB為直徑構造圓，過點A作AC的垂線交圓于點G，圓與x的交點分別為Q1與Q2，
∵AB＝5，
∴AM，
由同弧所對的圓周角相等可知：∠AQ1C＝∠CGA，
∵AM=MG，
∴∠MAG=∠CGA，
∵∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠OAC+∠AQ1C＝90°剛好滿足題意要求，
∴Q1(，)，
∵Q1與Q2關于x軸對稱，
∴Q2(，)，
∴Q點坐標分別為(，)，(，)．
【點睛】本題是二次函數綜合題，主要考查二次函數的圖象及性質，“割補法”求三角形的面積，圓周角定理，等腰三角形的性質，用圓周角定理來處理∠AQC+∠OAC=90°是解題的關鍵．
參加人數
平均數
中位數
方差
甲
45
94
93
5.3
乙
45
94
95
4.8

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