考生注意：
本試卷26道試題，滿分120分，考試時間100分鐘．
本試卷分設(shè)試卷和答題紙．試卷包括試題與答題要求．作答必須涂（選擇題）或?qū)懀ǚ沁x擇題）在答題紙上，在試卷上作答一律不得分．
答卷前，務(wù)必用鋼筆或圓珠筆在答題紙正面清楚地填寫姓名、準考證號碼等相關(guān)信息．
一．選擇題（共10小題每題3分，滿分30分）
1．下列手機軟件圖標中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義旋轉(zhuǎn)180°后能夠與原圖形完全重合即是中心對稱圖形，以及軸對稱圖形的定義即可判斷出．
【解答】解：A、∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故A選項錯誤；
B、∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，也不是軸對稱圖形，故B選項錯誤；
C、∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故C選項錯誤；
D、∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后能與原圖形重合，∴此圖形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故D選項正確．
故選：D．
【點評】此題主要考查了中心對稱圖形與軸對稱的定義，根據(jù)定義得出圖形形狀是解決問題的關(guān)鍵．
2．如圖，已知圓錐側(cè)面展開圖的扇形面積為65πcm2，扇形的弧長為10πcm，則圓錐母線長是（ ）
A．5cmB．10cmC．12cmD．13cm
【分析】圓錐的側(cè)面積＝，把相應(yīng)數(shù)值代入即可求解．
【解答】解：設(shè)母線長為R，由題意得：65π＝，解得R＝13cm．
故選：D．
【點評】本題考查圓錐側(cè)面積公式的應(yīng)用．
3．下列說法合理的是（ ）
A．小明做了3次拋擲圖釘?shù)脑囼灒l(fā)現(xiàn)兩次釘尖朝上，由此他說釘尖朝上的概率是．
B．某射擊運動員射擊一次只有兩種可能的結(jié)果：射中靶心、沒有射中靶心，所以它射中靶心的概率是
C．小明做了3次擲均勻硬幣的試驗，其中有一次正面朝上，兩次正面朝下，他認為再擲一次，正面朝上的概率還是．
D．某彩票的中獎概率是3%，買100張彩票一定有3張中獎．
【分析】根據(jù)概率的意義，模擬實驗，逐一判斷即可解答．
【解答】解：A、小明做了3次拋擲圖釘?shù)脑囼?，發(fā)現(xiàn)兩次釘尖朝上，由此他說釘尖朝上的概率是，是錯誤的，3次試驗不能總結(jié)出概率，故A不符合題意；
B、某射擊運動員射擊一次只有兩種可能的結(jié)果：射中靶心、沒有射中靶心，所以它射中靶心的概率是，是錯誤的，中靶與不中靶不是等可能事件，故B不符合題意；
C、小明做了3次擲均勻硬幣的試驗，其中有一次正面朝上，兩次正面朝下，他認為再擲一次，正面朝上的概率還是，故C符合題意；
D、某彩票的中獎概率是3%，買100張彩票不一定有3張中獎，故D不符合題意；
故選：C．
【點評】本題考查了概率的意義，模擬實驗，熟練掌握概率的意義是解題的關(guān)鍵．
4．一元二次方程2x2﹣5x﹣2＝0的根的情況是（ ）
A．有兩個相等的實數(shù)根B．有兩個不相等的實數(shù)根
C．只有一個實數(shù)根D．沒有實數(shù)根
【分析】先計算判別式的值，然后根據(jù)判別式的意義判斷方程根的情況．
【解答】解：∵Δ＝（﹣5）2﹣4×2×（﹣2）＝41＞0，
∴方程有兩個不相等的實數(shù)根．
故選：B．
【點評】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根與Δ＝b2﹣4ac有如下關(guān)系：當Δ＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當Δ＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當Δ＜0時，方程無實數(shù)根．
5．如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，⊙O的半徑為1，則邊心距OM的長為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出∠BOM，利用余弦的定義計算即可．
【解答】解：連接OB，
∵六邊形ABCDEF是⊙O內(nèi)接正六邊形，
∴∠BOM＝＝30°，
∴OM＝OB?cs∠BOM＝1×＝；
故選：B．
【點評】本題考查的是正多邊形和圓的有關(guān)計算，掌握正多邊形的中心角的計算公式、熟記余弦的概念是解題的關(guān)鍵．
6．如圖，將Rt△ABC繞其直角頂點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°后得到Rt△DEC，連接AD，若∠B＝65°，則∠ADE等于（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC＝CD，∠CED＝∠B，再判斷出△ACD是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出∠CAD＝45°，然后根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和列式計算即可得解．
【解答】解：∵Rt△ABC繞其直角頂點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°后得到Rt△DEC，
∴AC＝CD，∠CED＝∠B＝65°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°，
由三角形的外角性質(zhì)得，∠ADE＝∠CED﹣∠CAD＝65°﹣45°＝20°．
故選：C．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并準確識圖是解題的關(guān)鍵．
7．在同一平面直角坐標系內(nèi)，將函數(shù)y＝2x2的圖象向右平移2個單位長度，再向下平移1個單位長度得到的圖象的頂點坐標是（ ）
A．（2，﹣4）B．（4，﹣2）C．（2，﹣1）D．（﹣2，﹣1）
【分析】根據(jù)題意易得新拋物線的頂點，根據(jù)頂點式及平移前后二次項的系數(shù)不變可得新拋物線的解析式．
【解答】解：將函數(shù)y＝2x2的圖象向右平移2個單位長度，再向下平移1個單位長度得到的圖象為：y＝2（x﹣2）2﹣1，
∴得到圖象的頂點坐標是（2，﹣1），
故選：C．
【點評】此題主要考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，要求熟練掌握平移的規(guī)律：左加右減，上加下減．
8．如圖，點A在雙曲線y＝上，點B在雙曲線y＝（k≠0）上，AB∥x軸，過點A作AD⊥x軸于D．連接OB，與AD相交于點C，若AC＝2CD，則k的值為（ ）
A．6B．9C．10D．12
【分析】根據(jù)題意可以設(shè)出點A的坐標，從而可以表示出點B的坐標，然后根據(jù)三角形的相似即可解答本題．
【解答】解：設(shè)點A的坐標為（a，），則點B的坐標為（，），
∵AB∥x軸，AC＝2CD，
∴∠BAC＝∠ODC，
∵∠ACB＝∠DCO，
∴△ACB∽△DCO，
∴，
∴＝，
∵OD＝a，則AB＝2a，
∴點B的橫坐標是3a，
∴3a＝，
解得，k＝9，
故選：B．
【點評】本題考查反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用反比例函數(shù)的性質(zhì)和三角形相似的知識解答．
9．小華同學在數(shù)學實踐活動課中測量自己學校門口前路燈的高度．如圖，校門E處，有一些斜坡EB，斜坡EB的坡度i＝1：2.4：從E點沿斜坡行走了4.16米到達坡頂?shù)腂處，在B處看路燈頂端O的仰角為35°，再往前走3米在D處，看路燈頂端O的仰角為65°，則路燈頂端O到地面的距離約為（ ）
（已知sin35°≈0.6，cs35°≈0.8，tan35°≈0.7，sin65°≈0.9，cs65°≈0.4，tan65°≈2.1）
A．5.5米B．4.8米C．4.0米D．3.2米
【分析】過點O作OF⊥EC于點F，交BD延長線于點G，可得矩形ABDC和矩形CDGF，斜坡EB的坡度i＝1：2.4，EB＝4.16，根據(jù)勾股定理可得，AB＝1.6，AE＝3.84，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)即可求出DG和OG的長，進而可得路燈頂端O到地面的距離．
【解答】解：如圖，過點O作OF⊥EC于點F，交BD延長線于點G，
可得矩形ABDC和矩形CDGF，
斜坡EB的坡度i＝1：2.4，EB＝4.16，
即AB：AE＝1：2.4，
根據(jù)勾股定理可得：
AB＝1.6，AE＝3.84，
根據(jù)題意可知：
AC＝BD＝3，F(xiàn)G＝CD＝AB＝1.6，
在Rt△BOG中，tan∠OBG＝＝，
即tan35°≈0.7＝，
在Rt△ODG中，tan∠ODG＝，
即tan65°≈2.1＝，
∴OG＝2.1DG，
解得DG＝1.5
∴OG＝2.1DG≈3.15，
∴OF＝OG+GF＝3.15+1.6≈4.75≈4.8（米）．
所以路燈頂端O到地面的距離約為4.8米．
故選：B．
【點評】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題、坡度坡角問題，解決本題的關(guān)鍵是掌握仰角俯角和坡度坡角定義．
10．下列4×4的正方形網(wǎng)格中，小正方形的邊長均為1，三角形的頂點都在格點上，則與如圖的三角形相似的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】可利用正方形的邊把對應(yīng)的線段表示出來，利用三邊對應(yīng)成比例兩個三角形相似，分別計算各邊的長度即可解題．
【解答】解：如圖，
由勾股定理得AC＝，BC＝2，AB＝，
∵AC2+BC2＝10，AB2＝10，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴夾直角的兩邊之比為，
由圖中各選項可知，B選項中的三角形符合題意．
故選：B．
【點評】此題考查了勾股定理在直角三角形中的運用，三角形對應(yīng)邊比值相等判定三角形相似的方法，本題中根據(jù)勾股定理計算三角形的三邊長是解題的關(guān)鍵．
二．填空題（共8小題，每題3分，滿分24分）
11．一元二次方程5x2+4x﹣1＝0的一次項系數(shù)為 4 ．
【分析】根據(jù)一元二次方程的一般形式得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程5x2+4x﹣1＝0的一次項系數(shù)為4，
故答案為：4．
【點評】本題考查了一元二次方程的一般形式，注意：找項的系數(shù)時帶著前面的符號．
12．如圖，在⊙O中，＝，且∠A＝40°，則∠C＝ 70 °．
【分析】先根據(jù)圓周角定理得到∠B＝∠C，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和計算∠C的度數(shù)．
【解答】解：∵＝，
∴∠B＝∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝×（180°﹣40°）＝70°．
故答案為：70．
【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．
13．甲、乙兩臺機床在相同的條件下，同時生產(chǎn)一種直徑為10mm的滾珠．現(xiàn)在從中各抽測100個進行檢測，結(jié)果這兩臺機床生產(chǎn)的滾珠平均直徑均為10mm，但，，則 乙 機床生產(chǎn)這種滾珠的質(zhì)量更穩(wěn)定．
【分析】根據(jù)甲的方差大于乙的方差，即可得出乙機床生產(chǎn)這種滾珠的質(zhì)量更穩(wěn)定．
【解答】解：∵這兩臺機床生產(chǎn)的滾珠平均直徑均為10mm，S2甲＞S2乙，
∴乙機床生產(chǎn)這種滾珠的質(zhì)量更穩(wěn)定．
故答案為：乙．
【點評】本題主要考查方差，方差是各變量值與其均值離差平方的平均數(shù)，它是測算數(shù)值型數(shù)據(jù)離散程度的最重要的方法．本題考查方差的定義與意義，它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立．
14．盒中有若干個白球和10個紅球，這些球除顏色外無其他差別，從盒中隨機取出一個球，如果它是白球的概率是，那么盒中有白球 6 個．
【分析】利用概率公式列式計算即可．
【解答】解：設(shè)盒子里有白球x個，
根據(jù)題意得：＝，
解得：x＝6，
經(jīng)檢驗x＝6是原方程的解，
故答案為：6．
【點評】本題考查了概率公式，解題的關(guān)鍵是了解概率的求法，難度不大．
15．如圖，菱形ABCD頂點A在函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，函數(shù)y＝（k＞3，x＞0）的圖象關(guān)于直線AC對稱，且經(jīng)過點B，D兩點，若AB＝2，∠BAD＝30°，則k＝ 6+2 ．
【分析】連接OC，AC，過A作AE⊥x軸于點E，延長DA與x軸交于點F，過點D作DG⊥x軸于點G，得O、A、C在第一象限的角平分線上，求得A點坐標，進而求得D點坐標，便可求得結(jié)果．
【解答】解：連接OC，AC，過A作AE⊥x軸于點E，延長DA與x軸交于點F，過點D作DG⊥x軸于點G，
∵函數(shù)y＝（k＞3，x＞0）的圖象關(guān)于直線AC對稱，
∴O，A，C三點在同直線上，且∠COE＝45°，
∴OE＝AE，
不妨設(shè)OE＝AE＝a，則A（a，a），
∵點A在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，
∴a2＝3，
∴a＝，
∴AE＝OE＝，
∵∠BAD＝30°，
∴∠OAF＝∠CAD＝∠BAD＝15°，
∵∠OAE＝∠AOE＝45°，
∴∠EAF＝30°，
∴AF＝，EF＝AEtan30°＝1，
∵AD＝AB＝AF＝2，AE∥DG，
∴EF＝EG＝1，DG＝2AE＝2，
∴OG＝OE+EG＝+1，
∴D（+1，2），
∴，
故答案為：6+2．
【點評】本題是一次函數(shù)圖象與反比例函數(shù)圖象的交點問題，主要考查了一次函數(shù)與反比例函數(shù)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，關(guān)鍵是確定A點在第一象限的角平分線上．
16．拋物線y＝﹣x2+bx+c的部分圖象如圖所示，則關(guān)于x的方程﹣x2+bx+c＝3的解是 ﹣2或0 ．
【分析】求出拋物線y＝﹣x2+bx+c與直線y＝3的交點坐標即可．
【解答】解：由題意拋物線y＝﹣x2+bx+c與直線y＝3的交點坐標為（0，3）或（﹣2，3），
∴一元一次方程y＝﹣x2+bx+c＝3的解為﹣2或0，
故答案為：﹣2或0，
【點評】本題考查拋物線與x軸的交點坐標，解題的關(guān)鍵是學會利用圖象法解決問題，屬于中考?？碱}型．
17．如圖，在△ABC中點D、E分別在邊AB、AC上，請?zhí)砑右粋€條件： ∠AED＝∠B（答案不唯一） ，使△ABC∽△AED．
【分析】根據(jù)∠AED＝∠B和∠A＝∠A可以求證△AED∽△ABC，故添加條件∠AED＝∠B即可以求證△AED∽△ABC．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
故添加條件∠AED＝∠B即可以使得△AED∽△ABC，
故答案為：∠AED＝∠B（答案不唯一）．
【點評】本題考查了相似三角形的判定，等邊三角形對應(yīng)角相等的性質(zhì)，本題中添加條件∠AEB＝∠B并求證△AED∽△ABC是解題的關(guān)鍵．
18．如圖，點A，C分別是y軸，x軸正半軸上的動點，AC＝1，將線段AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AB，則OB的最小值是 ．
【分析】取AC的中點D，連接BC，OD，BD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△ABC是等邊三角形，當B，O，D三點共線時，OB取最小值．
【解答】解：如圖，取AC的中點D，連接BC，OD，BD，
由旋轉(zhuǎn)可知：CA＝BA，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴BC＝AC＝1，
∵∠AOC＝90°，D是AC中點，
∴OD＝AC＝，BD⊥AC，
∴BD＝＝，
∵OB≥BD﹣OD，
∴OB≥﹣，
當B，O，D三點共線時，OB取最小值，
∴OB的最小值為．
故答案為：．
【點評】本題考查了最短路線問題，坐標與圖形變換﹣旋轉(zhuǎn)，解決本題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
三．解答題（共8小題，滿分66分）
19．計算：（﹣1）2021+|﹣2|+4sin30°﹣（﹣π）0．
【分析】按照實數(shù)的運算法則依次展開計算即可得出答案．
【解答】解：原式＝﹣1+2+4×﹣1＝﹣1+2+2﹣1＝2．
【點評】本題考查實數(shù)的混合運算，涉及絕對值、零指數(shù)冪、正整數(shù)冪，特殊角的三角函數(shù)值等知識，熟練掌握其運算法則，細心運算是解題的關(guān)鍵．
20．為了了解學校圖書館上個月借閱情況，管理員對學生借閱藝術(shù)、經(jīng)濟、科普及生活四類圖書的情況進行了統(tǒng)計，并繪制了如下的不完整統(tǒng)計圖，請根據(jù)圖中信息解答下列問題：
（1）求上個月借閱圖書的學生人次和扇形統(tǒng)計圖中“經(jīng)濟”部分的圓心角度數(shù)；
（2）將條形統(tǒng)計圖補充完整；
（3）從借閱情況分析，如果要添置這四類圖書共2000冊，請你估算“科普”類圖書應(yīng)添置多少冊合適？
【分析】（1）用借“生活”類的書的人數(shù)除以它所占的百分比即可得到調(diào)查的總?cè)藬?shù)；然后用360°乘以“經(jīng)濟”的人數(shù)所占的百分比得到“經(jīng)濟”部分的圓心角度；
（2）先計算出借閱“科普“的學生數(shù)，然后補全條形統(tǒng)計圖；
（3）利用樣本估計總體，用樣本中“科普”類所占的百分比乘以2000即可．
【解答】解：（1）上個月借閱圖書的學生總?cè)舜螢椋?50（人次）：
扇形統(tǒng)計圖中“經(jīng)濟”部分的圓心角度數(shù)＝＝57.6°；
（2）借閱“科普”的學生數(shù)＝250﹣60﹣40﹣100＝50（人次），
補充完整條形統(tǒng)計圖如下圖
（3）（冊），
答：估計“科普”類圖書應(yīng)添置400冊合適．
【點評】本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關(guān)鍵．條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數(shù)據(jù)；扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大?。?br>21．在建設(shè)美好鄉(xiāng)村活動中，某村民委員會準備在鄉(xiāng)村道路兩旁種植柏樹和杉樹．經(jīng)市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)：購買2棵柏樹和3棵杉樹共需440元，購買3棵柏樹和1棵杉樹共需380元．
（1）求柏樹和杉樹的單價；
（2）若本次美化鄉(xiāng)村道路購買柏樹和杉樹共150棵（兩種樹都必須購買），且柏樹的棵數(shù)不少于杉樹的3倍，設(shè)本次活動中購買柏樹x棵，此次購樹的費用為w元．
①求w與x之間的函數(shù)表達式，并寫出x的取值范圍？
②要使此次購樹費用最少，柏樹和杉樹各需購買多少棵？最少費用為多少元？
【分析】（1）設(shè)柏樹每棵m元，杉樹每棵n元，可得：，即可解得柏樹每棵100元，杉樹每棵80元；
（2）①由柏樹的棵數(shù)不少于杉樹的3倍，有x≥3（150﹣x），而w＝100x+80（150﹣x）＝20x+12000，即知w＝20x+12000（x≥112.5且x是整數(shù)）；
②由一次函數(shù)性質(zhì)可得柏樹購買113棵，杉樹購買37棵，最少費用為14260元．
【解答】解：（1）設(shè)柏樹每棵m元，杉樹每棵n元，
根據(jù)題意得：，
解得，
∴柏樹每棵100元，杉樹每棵80元；
（2）①∵柏樹的棵數(shù)不少于杉樹的3倍，
∴x≥3（150﹣x），
解得x≥112.5，
根據(jù)題意得：w＝100x+80（150﹣x）＝20x+12000，
∴w＝20x+12000（x≥112.5且x是整數(shù)）；
②∵20＞0，
∴w隨x的增大而增大，
∵x是整數(shù)，
∴x最小取113，
∴當x＝113時，w取最小值20×113+12000＝14260，
此時150﹣x＝150﹣113＝37，
答：要使此次購樹費用最少，柏樹購買113棵，杉樹購買37棵，最少費用為14260元．
【點評】本題考查二元一次方程組和一次函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，列出方程組和函數(shù)關(guān)系式．
22．如圖，在△ABC中，以AB為直徑的⊙O交BC于點D，與CA的延長線交于點E，⊙O的切線DF與AC垂直，垂足為F．
（1）求證：AB＝AC．
（2）若CF＝2AF，AE＝4，求⊙O的半徑．
【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OD⊥DF，進而得出OD∥AC，根據(jù)平行線的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)定理證明結(jié)論；
（2）連接BE、AD，根據(jù)圓周角定理得到AD⊥BC，BE⊥EC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到BD＝DC，進而得到AC＝12，得到答案．
【解答】（1）證明：如圖，連接OD，
∵DF是⊙O的切線，
∴OD⊥DF，
∵DF⊥AC，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠ACB，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠OBD＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：如圖，連接BE、AD，
∵AB是⊙O的直徑，
∴AD⊥BC，BE⊥EC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC，
∵DF⊥AC，BE⊥EC，
∴DF∥BE，
∵BD＝DC，
∴CF＝FE，
∵CF＝2AF，AE＝4，
∴AC＝12，
∴AB＝AC＝12，
∴⊙O的半徑為6．
【點評】本題考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理、等腰三角形的判定，掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關(guān)鍵．
23．如圖，AB∥EF∥CD，E為AD與BC的交點，F(xiàn)在BD上，求證：+＝．
【分析】根據(jù)平行線分線段成比例定理，得到＝和＝，求和化簡得到答案．
【解答】解：∵AB∥EF，
∴＝，
∵EF∥CD，
∴＝，
∴+＝+＝1，
∴+＝．
【點評】本題考查的是平行線分線段成比例定理，掌握定理、找準對應(yīng)關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
24．定義：（一）如果兩個函數(shù)y1，y2，存在x取同一個值，使得y1＝y(tǒng)2，那么稱y1，y2為“合作函數(shù)”，稱對應(yīng)x的值為y1，y2的“合作點”；
（二）如果兩個函數(shù)為y1，y2為“合作函數(shù)”，那么y1+y2的最大值稱為y1，y2的“共贏值”．
（1）判斷函數(shù)y＝x+2m與y＝是否為“合作函數(shù)”，如果是，請求出m＝1時它們的合作點；如果不是，請說明理由；
（2）判斷函數(shù)y＝x+2m與y＝3x﹣1（|x|≤2）是否為“合作函數(shù)”，如果是，請求出合作點；如果不是，請說明理由；
（3）已知函數(shù)y＝x+2m與y＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3）（0≤x≤5）是“合作函數(shù)”，且有唯一合作點．
①求出m的取值范圍；
②若它們的“共贏值”為24，試求出m的值．
【分析】（1）由于y＝x+2m與y＝都經(jīng)過第一、第三象限，所以兩個函數(shù)有公共點，可以判斷兩個函數(shù)是“合作函數(shù)”，再聯(lián)立x+2＝，解得x＝﹣4或x＝2，即可求“合作點”；
（2）假設(shè)是“合作函數(shù)”，可求“合作點”為x＝m+，再由|x|≤2，可得當﹣≤m≤時，是“合作函數(shù)”；當m＞或m＜﹣時，不是“合作函數(shù)”；
（3）①由已知可得：x+2m＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3），解得x＝m+3或x＝m﹣1，再由已知可得當0≤m+3≤5時，﹣3≤m≤2，當0≤m﹣1≤5時，1≤m≤6，因為只有一個“合作點”則﹣3≤m＜1或2＜m≤6；②y1+y2＝（x﹣m）2+6m﹣3，由①可分兩種情況求m的值：當﹣3≤m＜1時，x＝5時，y1+y2在0≤x≤5的有最大值為m2﹣4m+22＝24，當2＜m≤6時，x＝0時，y1+y2在0≤x≤5的有最大值為m2+6m﹣3＝24，分別求出符合條件的m值即可．
【解答】解：（1）∵y＝x+2m是經(jīng)過第一、第三象限的直線，y＝是經(jīng)過第一、第三象限的雙曲線，
∴兩函數(shù)有公共點，
∴存在x取同一個值，使得y1＝y(tǒng)2，
∴函數(shù)y＝x+2m與y＝是“合作函數(shù)”；
當m＝1時，y＝x+2，
∴x+2＝，解得x＝﹣4或x＝2，
∴“合作點”為x＝2或x＝﹣4；
（2）假設(shè)函數(shù)y＝x+2m與y＝3x﹣1是“合作函數(shù)”，
∴x+2m＝3x﹣1，
∴x＝m+，
∵|x|≤2，
∴﹣2≤m+≤2，
∴﹣≤m≤，
∴當﹣≤m≤時，函數(shù)y＝x+2m與y＝3x﹣1（|x|≤2）是“合作函數(shù)”；當m＞或m＜﹣時，函數(shù)y＝x+2m與y＝3x﹣1（|x|≤2）不是“合作函數(shù)”；
（3）①∵函數(shù)y＝x+2m與y＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3）（0≤x≤5）是“合作函數(shù)”，
∴x+2m＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3），
∴x2﹣（2m+2）x+（m2+2m﹣3）＝0，
∴x＝m+3或x＝m﹣1，
∵0≤x≤5時有唯一合作點，
當0≤m+3≤5時，﹣3≤m≤2，
當0≤m﹣1≤5時，1≤m≤6，
∴﹣3≤m＜1或2＜m≤6時，滿足題意；
②∵y1+y2＝x2﹣（2m+1）x+（m2+4m﹣3）+x+2m＝x2﹣2mx+m2+6m﹣3＝（x﹣m）2+6m﹣3，
∴對稱軸為x＝m，
∵﹣3≤m＜1或2＜m≤6，
當﹣3≤m＜1時，x＝5時，y1+y2在0≤x≤5的有最大值為m2﹣4m+22，
∴m2﹣4m+22＝24，
∴m＝2+或m＝2﹣，
∴m＝2﹣；
當2＜m≤6時，x＝0時，y1+y2在0≤x≤5的有最大值為m2+6m﹣3，
∴m2+6m﹣3＝24，
∴m＝3或m＝﹣9，
∴m＝3；
綜上所述：m＝2﹣或m＝3．
【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)；理解題意，熟練掌握一次函數(shù)、二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
25．為了維護國家主權(quán)和海洋權(quán)利，海監(jiān)部門對我國領(lǐng)海實現(xiàn)了常態(tài)化巡航管理，如圖，正在執(zhí)行巡航任務(wù)的海監(jiān)船以每小時50海里的速度向正東方航行，在A處測得燈塔P在北偏東60°方向上，繼續(xù)航行1小時到達B處，此時測得燈塔P在北偏東30°方向上．
（1）求∠APB的度數(shù)；
（2）已知在燈塔P的周圍25海里內(nèi)有暗礁，問海監(jiān)船繼續(xù)向正東方向航行是否安全？
【分析】（1）在△ABP中，求出∠PAB、∠PBA的度數(shù)即可解決問題；
（2）作PH⊥AB于H．求出PH的值即可判定；
【解答】解：（1）∵∠PAB＝30°，∠ABP＝120°，
∴∠APB＝180°﹣∠PAB﹣∠ABP＝30°．
（2）作PH⊥AB于H．
∵∠BAP＝∠BPA＝30°，
∴BA＝BP＝50，
在Rt△PBH中，PH＝PB?sin60°＝50×＝25，
∵25＞25，
∴海監(jiān)船繼續(xù)向正東方向航行是安全的．
【點評】本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用﹣方向角問題，正確根據(jù)題意畫出圖形、準確標注方向角、熟練掌握銳角三角函數(shù)的概念是解題的關(guān)鍵．
26．如圖，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于A（3，0），D兩點，與y軸交于點B，拋物線的對稱軸與x軸交于點C（1，0），點E，P為拋物線的對稱軸上的動點．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）當BE+DE最小時，求此時點E的坐標；
（3）若點M為對稱軸右側(cè)拋物線上一點，且M在x軸上方，N為平面內(nèi)一動點，是否存在點P，M，N，使得以A，P，M，N為頂點的四邊形為正方形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由對稱軸﹣＝1，可知b＝﹣2a，再將A（3，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，即可求函數(shù)的解析式；
（2）連接BA交對稱軸于點E，連接DE，當A、B、E三點共線時，BE+DE的值最小，又由∠OAB＝45°，可求CE＝2，則E（1，2）；
（3）設(shè)P（1，t），當AM為正方形的對角線時，PM＝PA，過M點作MG⊥PC交于G，證明△PGM≌△ACP（AAS），可求M（1+t，t+2），再將M代入函數(shù)解析式即可求M（2，3）；當∠PAM＝90°時，AM＝AP，過A點作AH⊥x軸，過M點作MH⊥AH交于點H，同理可證△MAH≌△PAC（AAS），求出M（3+t，2），再將M代入函數(shù)解析式即可求M（2+，2）；當∠PMA＝90°時，PM＝AM，過點M作TS∥x軸交對稱軸于點T，過點A作AS⊥ST交于點S，同理可得△MPT≌△AMS（AAS），求出M（2+t，1+t），再將M代入函數(shù)解析式即可求M（，）．
【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸與x軸交于點C（1，0），
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+3，
將A（3，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，
∴9a﹣6a+3＝0，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴D（﹣1，0），
令x＝0，則y＝3，
∴B（0，3），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，
連接BA交對稱軸于點E，連接DE，
∵A、D關(guān)于直線x＝1對稱，
∴DE＝AE，
∴BE+DE＝AE+BE≥AB，
當A、B、E三點共線時，BE+DE的值最小，
∵OA＝OB＝3，
∴∠OAB＝45°，
∴AC＝CE，
∵AC＝2，
∴CE＝2，
∴E（1，2）；
（3）存在點P，M，N，使得以A，P，M，N為頂點的四邊形為正方形，理由如下：
設(shè)P（1，t），
當AM為正方形的對角線時，如圖2，PM＝PA，
過M點作MG⊥PC交于G，
∵∠MPA＝90°，
∴∠GPM+∠CPA＝90°，
∵∠GPM+∠GMP＝90°，
∴∠CPA＝∠GMP，
∵PM＝AP，
∴△PGM≌△ACP（AAS），
∴GM＝CP＝t，PG＝AC＝2，
∴M（1+t，t+2），
∴t+2＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
解得t＝﹣2或t＝1，
∵M點在x軸上方，
∴t＝1，
∴M（2，3）；
當∠PAM＝90°時，AM＝AP，如圖3，
過A點作AH⊥x軸，過M點作MH⊥AH交于點H，
同理可證△MAH≌△PAC（AAS），
∴AH＝AC＝2，CP＝MH＝﹣t，
∴M（3+t，2），
∴2＝﹣（t+3）2+2（t+3）+3，
解得t＝﹣2+或t＝﹣2﹣，
∴M（2+，2）或（2﹣，2）（舍去）；
當∠PMA＝90°時，PM＝AM，如圖4，
過點M作TS∥x軸交對稱軸于點T，過點A作AS⊥ST交于點S，
同理可得△MPT≌△AMS（AAS），
∴TP＝SM，SA＝MT，
∴M（2+t，1+t），
∴1+t＝﹣（2+t）2+2（2+t）+3，
解得t＝﹣3+或t＝﹣3﹣（舍去），
∴M（，）；
綜上所述：M點坐標為（2，3）或（2+，2）或（，）．
【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，分類討論，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．

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