2020-2021学年湖北省天门市某校初三（下）5月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省天门市某校初三（下）5月月考数学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 2021的相反数是( )
A.−2021B.−12021C.2021D.12021

2. 下列立体图形中，左视图与主视图不同的是( )
A.正方体B.圆柱
C.圆锥D.球

3. “扶贫”是新时期党和国家的重点工作之一，为落实习近平总书记提出的“精准扶贫”战略构想，某省预计三年内脱贫1020000人，数字1020000用科学记数法可表示为( )
×106×105C.10.2×105D.102×104

4. 下列说法正确的是( )
A.要了解我国中学生的视力情况应做全面调查
B.一组数据中，平均数是4，众数是3，则中位数一定是5
C.“掷一次骰子，向上一面的点数是3”是随机事件
D.甲、乙两组数据，若s甲2>s乙2，则乙组的数据波动大

5. 如图，将直尺与30∘角的三角尺叠放在一起，若∠1=40∘，则∠2的大小是( )

A.40∘B.60∘C.70∘D.80∘

6. 不等式组 x−1≤0,x+23−x2<1 的两个不等式的解集在数轴上表示正确的是( )
A.B.
C.D.

7. 如图，有一块半径为1m，圆心角为90∘的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为( )

A.14mB.34mC.154mD.32m

8. 下列语句叙述正确的有( )个.
①横坐标与纵坐标互为相反数的点在直线y=−x上；
②直线y=−x+2不经过第三象限；
③除了用有序实数对，我们也可以用方向和距离来确定物体的位置；
④若点P的坐标为(a, b)，且ab=0，则P点是坐标原点；
⑤函数y=3x中y的值随x的增大而减小．
A.2个B.3个C.4个D.5个

9. 在同一平面直角坐标系中，若抛物线y=mx2+2x−n与y=−6x2−2x+m−n关于x轴对称，则m，n的值为( )
A.m=−6，n=−3B.m=−6，n=3
C.m=6，n=−3D.m=6，n=3

10. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB=6，BC=8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为( )

A.485B.325C.245D.125
二、填空题

分解因式：2a2−18=________．

今年新冠病毒疫情初期，口罩供应短缺，某地规定：每人每次限购5只．李红出门买口罩时，无论是否买到，都会消耗家里库存的口罩一只，如果有口罩买，他将买回5只．已知李红家原有库存15只，出门10次购买后，家里现有口罩35只．请问李红出门没有买到口罩的次数是________次．

在解一元二次方程x2+bx+c=0时，小明看错了一次项系数b，得到的解为x1=2，x2=3；小刚看错了常数项c，得到的解为x1=1，x2=5．请你写出正确的一元二次方程________．

从长分别为1，2，3，4的四条线段中，任意选取三条线段，能组成三角形的概率是________．

如果三角形有一边上的中线长等于这边的长，那么称这个三角形为“好玩三角形”．若Rt△ABC是“好玩三角形”，且∠A=90∘，则tan∠ABC=________．

如图，四边形ABCD是正方形，曲线DA1B1C1D1A2⋯是由一段段90度的弧组成的．其中：DA1的圆心为点A，半径为AD；A1B1的圆心为点B，半径为BA1；B1C1的圆心为点C，半径为CB1；C1D1的圆心为点D，半径为DC1；⋯DA1，A1B1，B1C1，C1D1，⋯的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形ABCD的边长为1，则A2020B2020的长是________．

三、解答题


(1)计算：4−|−2|+60−−1；

(2)解方程：xx−1−4x2−1=1 .

如图，▱ABCD中，点E在BC上，且AE=EC，试分别在下列两个图中按要求使用无刻度直尺画图．（保留作图痕迹）

(1)在图1中，画出∠DAE的平分线；

(2)在图2中，画出∠AEC的平分线，并说明理由．

勤劳是中华民族的传统美德，学校要求学生在家帮助父母做一些力所能及的家务．在学期初，小丽同学随机调查了七年级部分同学寒假在家做家务的总时间，设被调查的每位同学寒假在家做家务的总时间为x小时，将做家务的总时间分为五个类别：A(0≤x<10)，B(10≤x<20)，C(20≤x<30)，D(30≤x<40)，E(x≥40)．并将调查结果绘制了如图两幅不完整的统计图：
根据统计图提供的信息，解答下列问题：
1本次共调查了________名学生；

2根据以上信息补全条形统计图；

3扇形统计图中m=________，类别D所对应的扇形圆心角α的度数是________度；

4若从七年级随机抽取一名学生，估计这名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时的概率．

如图，A，B两点的坐标分别为(−2, 0)，(0, 3)，将线段AB绕点B逆时针旋转90∘得到线段BC，过点C作CD⊥OB，垂足为D，反比例函数y=kx的图象经过点C．

(1)直接写出点C的坐标，并求反比例函数的解析式；

(2)点P在反比例函数y=kx的图象上，当△PCD的面积为3时，求点P的坐标．

如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点M，弦MN//BC交AB于点E，且ME=NE=3.

(1)求证：BC是⊙O的切线；

(2)若AE=4，求⊙O的直径AB的长度．


随着信息技术的快速发展，“互联网+”渗透到我们日常生活的各个领域，网上在线学习交流已不再是梦，现有某教学网站策划了A，B两种上网学习的月收费方式：
设每月上网学习时间为x小时，方案A，B的收费金额分别为yA，yB．

(1)如图是yB与x之间函数关系的图象，请根据图象填空：m=________；n=________.

(2)写出yA与x之间的函数关系式．

(3)选择哪种方式上网学习合算，为什么？

如图1，矩形ABCD中，已知AB=6，BC=8，点E是射线BC上的一个动点，连接AE并延长，交射线DC于点F.将△ABE沿直线AE翻折，点B的对应点为点B′，延长AB′交直线CD于点M.

1如图1，若点E为线段BC的中点，求证：AM=FM；

2如图2，若点B′恰好落在对角线AC上，求BECE的值；

3若BECE=32，求线段AM的长.

如图，直线y =− 12x+2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y =− 14x2+bx+c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．

1直接写出点A，点B，点C的坐标及拋物线的解析式；

2在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；

(3)将线段OA绕x轴上的动点P(m, 0)顺时针旋转90∘得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省天门市某校初三（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
相反数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：绝对值相等，正负号相反的两个数互为相反数，
所以2021的相反数为−2021.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
简单几何体的三视图
由三视图判断几何体
【解析】
根据三视图的意义可以得到解答．
【解答】
解：正方体的左视图与主视图均为以正方体棱长为边长的正方形，A不符合题意；
放倒的圆柱体左视图为圆形，主视图为矩形，∴ B符合题意；
圆锥的左视图与主视图均为以圆锥母线为腰、以底面直径为底的等腰三角形，∴ C不符合题意；
球的左视图与主视图均为以球半径为半径的圆，∴ D不符合题意；
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【解答】
解：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．
∴ 1020000=1.02×106，
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
随机事件
方差
中位数
众数
全面调查与抽样调查
【解析】
根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】
解：A，要了解我国中学生的视力情况应做抽样调查，故本选项说法错误；
B，一组数据中，平均数是4，众数是3，则中位数一定是5，说法错误，例如：3、3、3、3、8的平均数是4，众数是3，中位数是3，故本选项说法错误；
C，“掷一次骰子，向上一面的点数是3”是随机事件，本选项说法正确；
D，甲、乙两组数据，若s甲2>s乙2，则甲组的数据波动大，本选项说法错误；
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
平行线的性质
【解析】
根据平角的定义和平行线的性质即可得到结论．
【解答】
解：由题意得，
∠4=60∘，
∵ ∠1=40∘，
∴ ∠3=180∘−60∘−40∘=80∘，
∵ AB // CD，
∴ ∠3=∠2=80∘.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
解一元一次不等式组
在数轴上表示不等式的解集
【解析】
分别求出①②的解集，再找到其公共部分，在数轴上表示出来即可求解．
【解答】
解： x−1≤0,①x+23−x2<1，②
由①得x≤1，
由②得x>−2，
故不等式组的解集为−2在数轴上表示为：
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
圆锥的计算
勾股定理
【解析】
首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．
【解答】
解：设圆锥的底面周长是l，则l=nπr180=90×π×1180=π2m，
则圆锥的底面半径是：π2÷2π=14m，
则圆锥的高是：12−142=154m.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
反比例函数的性质
一次函数图象上点的坐标特点
【解析】
设坐标为a,−a，满足解析式y=−x;根据k<0,b>0,判断图像的分布，根据所学相关知识，判断；根据ab=0，则a=0或b
=0画b=b=0分类求解，根据反比例函数增减性的条件判断．
【解答】
解：设坐标为a,−a，满足解析式y=−x,
∴ ①正确；
∵ k=−2<0，b=2>0，
∴ 图像分布在第一、第二、第四象限，不经过第三象限，
∴ ②正确；
∵ 除了用有序实数对，我们也可以用方向和距离来确定物体的位置，
∴ ③正确；
∵ ab=0，
∴ a=0或b=0，即所表示的点在坐标轴上，
∴ ④不正确；
函数y=3x中，k=3>0,
∴ 在每个象限内，y的值随x的值增大而减小,
∴ ⑤不正确；
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】

【解答】
解：∵ 抛物线y=mx2+2x−n与−y=mx2+2x−n，即y=−mx2−2x+n关于x轴对称，
∴ y=−mx2−2x+n=−6x2−2x+m−n，
∴ −m=−6，n=m−n，
解得m=6，n=3.
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
矩形的性质
勾股定理
三角形的面积
【解析】
依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】
解：∵ AB=6，BC=8，
∴ 矩形ABCD的面积为48，AC=AB2+BC2=10，
∴ AO=DO=12AC=5.
∵ 对角线AC，BD交于点O，
∴ △AOD的面积为12，
∵ EO⊥AO，EF⊥DO，
∴ S△AOD=S△AOE+S△DOE，
即12=12AO×EO+12DO×EF，
∴ 12=12×5×EO+12×5×EF，
∴ 5(EO+EF)=24，
∴ EO+EF=245.
故选C.
二、填空题
【答案】
2(a+3)(a−3)
【考点】
因式分解-提公因式法
因式分解-运用公式法
【解析】
首先提取公因式2，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】
解：2a2−18=2(a2−9)=2(a+3)(a−3)．
故答案为：2a+3a−3.
【答案】
4
【考点】
二元一次方程组的应用——其他问题
【解析】
设李红出门没有买到口罩的次数是x，买到口罩的次数是y，根据买口罩的次数是10次和家里现有口罩35只，可列出关于x和y的
二元一次方程组，求解即可．
【解答】
解：设李红出门没有买到口罩的次数是x，买到口罩的次数是y，由题意得：
x+y=10，15−1×10+5y=35，
整理得：x+y=10，5y=30，
解得：x=4，y=6，
故答案为：4．
【答案】
x2−6x+6=0
【考点】
一元二次方程的解
根与系数的关系
【解析】
利用根与系数的关系得到2×3=c，1+5=−b，然后求出b，c即可．
【解答】
解：根据题意得2×3=c，
1+5=−b，
解得b=−6，c=6，
所以正确的一元二次方程为x2−6x+6=0．
故答案为：x2−6x+6=0.
【答案】
14
【考点】
列表法与树状图法
三角形三边关系
【解析】
画出树状图，共有24个等可能的结果，能组成三角形的结果有6个，由概率公式即可得出答案．
【解答】
解：画树状图如图：
共有24个等可能的结果，能组成三角形的结果有6个，
∴ 能组成三角形的概率为624=14，
故答案为：14.
【答案】
32或233
【考点】
解直角三角形
【解析】
分两种情形分别画出图形求解即可．
【解答】
解：①如图1中，
在Rt△ABC中，∠A=90∘，CE是△ABC的中线，
设AB=EC=2a，则AE=EB=a，AC=3a，
∴ tan∠ABC=ACAB=32．
②如图2中，
在Rt△ABC中，∠A=90∘，BE是△ABC的中线，
设EB=AC=2a，则AE=EC=a，AB=3a，
∴ tan∠ABC=ACAB=233．
故答案为：32或233.
【答案】
4039π
【考点】
弧长的计算
规律型：图形的变化类
【解析】
曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到ADn−1＝AAn＝4(n−1)+1，BAn＝BBn＝4(n−1)+2，再计算弧长．
【解答】
解：由题可知，曲线DA1B1C1D1A2⋯是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，
AD=AA1=1，BA1=BB1=2，⋯⋯，ADn−1=AAn=4(n−1)+1，
BAn=BBn=4(n−1)+2，
故A2020B2020的半径为BA2020=BB2020=4(2020−1)+2=8078，
A2020B2020的弧长=90180×8078π=4039π.
故答案为：4039π．
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=2−2+1+1
=2 .
(2)去分母，得
xx+1−4=x+1x−1，
去括号，得x2+x−4=x2−1，
整理，得x=3，
经检验，x=3为原方程的解．
故原方程的解为x=3 .
【考点】
绝对值
零指数幂、负整数指数幂
解分式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=2−2+1+1
=2 .
(2)去分母，得
xx+1−4=x+1x−1，
去括号，得x2+x−4=x2−1，
整理，得x=3，
经检验，x=3为原方程的解．
故原方程的解为x=3 .
【答案】
解：(1)如图所示，连接AC，则AC平分∠DAE；
(2)如图所示，连接AC，BD，交于点O，连接EO，则EO平分∠AEC．
理由：∵ 四边形ABCD是平行四边形，且AC，BD交于点O，
∴ AO=CO，
又∵ AE=CE，
∴ EO平分∠AEC．
【考点】
作图—复杂作图
等腰三角形的性质
平行线的性质
平行四边形的性质
等腰三角形的性质：三线合一
【解析】
（1）依据等腰三角形的性质以及平行线的性质，即可得到AC平分∠DAE；
（2）依据平行四边形的性质以及等腰三角形的性质，即可得到EO平分∠AEC．
【解答】
解：(1)如图所示，连接AC，则AC平分∠DAE；
(2)如图所示，连接AC，BD，交于点O，连接EO，则EO平分∠AEC．
理由：∵ 四边形ABCD是平行四边形，且AC，BD交于点O，
∴ AO=CO，
又∵ AE=CE，
∴ EO平分∠AEC．
【答案】
50
2B类学生有：50×24%=12（人），
D类学生有：50−10−12−16−4=8（人），
补全的条形统计图如图所示；
32,57.6
416+8+450=0.56，
若从七年级随机抽取一名学生，估计这名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时的概率为0.56．
【考点】
条形统计图
扇形统计图
利用频率估计概率
【解析】
1根据样本容量=某项的人数-该项所占百分比计算；
2先根据人数=所占百分比×样本容量计算，进而可补全统计图；
3根据扇形统计图的意义逐一计算即可；
4根据频率估计概率的思想计算
【解答】
解：1本次共调查了10÷20%=50名学生，
故答案为：50.
2B类学生有：50×24%=12（人），
D类学生有：50−10−12−16−4=8（人），
补全的条形统计图如图所示；
3m%=16÷50×100%=32%,
即m=32,
类别D所对应的扇形圆心角α的度数是：360∘×850=57.6∘.
故答案为：32；57.6.
416+8+450=0.56，
若从七年级随机抽取一名学生，估计这名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时的概率为0.56．
【答案】
解：(1)∵ 将线段AB绕点B逆时针旋转90∘得到线段BC，
∴ AB=BC，∠ABC=90∘，
∵ CD⊥OB，
∴ ∠CDB=∠AOB=∠ABC=90∘，
∴ ∠ABO+∠CBD=∠CBD+∠DCB=90∘，
∴ ∠ABO=∠DCB，
∴ △ABO≅△BCD(AAS)，
∴ CD=OB=3，BD=OA=2，
∴ OD=3−2=1，
∴ C点的坐标为(3, 1)，
∴ k=3×1=3，
∴ 反比例函数的解析式为y=3x.
(2)设P(3m, m)，
∵ CD⊥y轴，CD=3，
由△PCD的面积为3得：12CD⋅|m−1|=3，
∴ 12×3|m−1|=3，
∴ m−1=±2，
∴ m=3或m=−1，
当m=3时，3m=1，
当m=−1时，3m=−3，
∴ 点P的坐标为(1, 3)或(−3, −1)．
【考点】
三角形的面积
坐标与图形变化-旋转
待定系数法求反比例函数解析式
反比例函数图象上点的坐标特征
全等三角形的判定
【解析】
（1）根据旋转的性质和全等三角形的性质求得C点的坐标，即可求得结论；
（2）由解析式设出P点的坐标，根据三角形面积公式得出方程，解方程可求得P点坐标．
【解答】
解：(1)∵ 将线段AB绕点B逆时针旋转90∘得到线段BC，
∴ AB=BC，∠ABC=90∘，
∵ CD⊥OB，
∴ ∠CDB=∠AOB=∠ABC=90∘，
∴ ∠ABO+∠CBD=∠CBD+∠DCB=90∘，
∴ ∠ABO=∠DCB，
∴ △ABO≅△BCD(AAS)，
∴ CD=OB=3，BD=OA=2，
∴ OD=3−2=1，
∴ C点的坐标为(3, 1)，
∴ k=3×1=3，
∴ 反比例函数的解析式为y=3x.
(2)设P(3m, m)，
∵ CD⊥y轴，CD=3，
由△PCD的面积为3得：12CD⋅|m−1|=3，
∴ 12×3|m−1|=3，
∴ m−1=±2，
∴ m=3或m=−1，
当m=3时，3m=1，
当m=−1时，3m=−3，
∴ 点P的坐标为(1, 3)或(−3, −1)．
【答案】
(1)证明：∵ ME=NE=3，
∴ AB⊥MN，
又∵ MN//BC，
∴ BC⊥AB，
∴ BC是⊙O的切线.
(2)解：连接OM，如图，
设⊙O的半径是r，
在Rt△OEM中，OE=AE−OA=4−r，ME=3，OM=r，
∵ OM2=ME2+OE2，
∴ r2=32+4−r2，
解得：r=258，
∴ AB=2r=254．
【考点】
垂径定理
切线的判定
勾股定理
圆的综合题
【解析】
无

【解答】
(1)证明：∵ ME=NE=3，
∴ AB⊥MN，
又∵ MN//BC，
∴ BC⊥AB，
∴ BC是⊙O的切线.
(2)解：连接OM，如图，
设⊙O的半径是r，
在Rt△OEM中，OE=AE−OA=4−r，ME=3，OM=r，
∵ OM2=ME2+OE2，
∴ r2=32+4−r2，
解得：r=258，
∴ AB=2r=254．
【答案】
10,50
(2)yA与x之间的函数关系式为：
当x≤25时，yA=7，
当x>25时，yA=7+(x−25)×60×0.01，
∴ yA=0.6x−8，
∴ yA=7(025) ；
(3)∵ yB与x之间函数关系为：当x≤50时，yB=10，
当x>50时，yB=10+(x−50)×60×0.01=0.6x−20，
当0∴ yA∴ 选择A方式上网学习合算，
当25∴ 当25当x=30时，yA=yB，选择哪种方式上网学习都行，
当30yB，选择B方式上网学习合算，
当x>50时，∵ yA=0.6x−8，yB=0.6x−20，yA>yB，∴ 选择B方式上网学习合算，
综上所述：当0当x=30时，yA=yB，选择哪种方式上网学习都行，
当x>30时，yA>yB，选择B方式上网学习合算．
【考点】
一次函数的应用
【解析】
（1）由图象知：m=10，n=50；
（2）根据已知条件即可求得yA与x之间的函数关系式为：当x≤25时，yA=7；当x>25时，yA=7+(x−25)×60×0.01，
（3）先求出yB与x之间函数关系为：当x≤50时，yB=10；当x>50时，yB=10+(x−50)×0.01=0.01x+9.5；然后分段求出哪种方式上网学习合算即可．
【解答】
解：(1)由图象知：m=10，n=50；
故答案为：10，50.
(2)yA与x之间的函数关系式为：
当x≤25时，yA=7，
当x>25时，yA=7+(x−25)×60×0.01，
∴ yA=0.6x−8，
∴ yA=7(025) ；
(3)∵ yB与x之间函数关系为：当x≤50时，yB=10，
当x>50时，yB=10+(x−50)×60×0.01=0.6x−20，
当0∴ yA∴ 选择A方式上网学习合算，
当25∴ 当25当x=30时，yA=yB，选择哪种方式上网学习都行，
当30yB，选择B方式上网学习合算，
当x>50时，∵ yA=0.6x−8，yB=0.6x−20，yA>yB，
∴ 选择B方式上网学习合算，
综上所述：当0当x=30时，yA=yB，选择哪种方式上网学习都行，
当x>30时，yA>yB，选择B方式上网学习合算．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB // CD，
∴ ∠F=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠MAF，
∴ ∠F=∠MAF，
∴ AM=FM.
2解：由(1)可知△ACF是等腰三角形，AC=CF，
在Rt△ABC中，
∵ AB=6，BC=8，
∴ AC=AB2+BC2=62+82=10，
∴ CF=AC=10，
∵ AB // CF，
∴ △ABE∽△FCE，
∴ BECE=ABCF=610=35.
3解：①当点E在线段BC上时，如图，AB′的延长线交CD于点M，
由AB // CF可得：△ABE∽△FCE，
∴ ABCF=BECE=32，即6CF=32，
∴ CF=4，
由(1)可知AM=FM.
设DM=x，则MC=6−x，
则AM=FM=10−x，
在Rt△ADM中，
AM2=AD2+DM2，
即(10−x)2=82+x2，
解得：x=95，
则AM=10−x=10−95=415.
②当点E在BC的延长线上时，如图，
由AB // CF可得：△ABE∽△FCE，
∴ ABCF=BECE=32，即6CF=32，
∴ CF=4，
则DF=6−4=2，
设DM=x，则AM=FM=2+x，
在Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，
即(2+x)2=82+x2，
解得：x=15，
则AM=2+x=17.
综上所述：AM的长为415或17.
【考点】
等腰三角形的性质
矩形的性质
翻折变换（折叠问题）
相似三角形的性质与判定
勾股定理
【解析】
（1）根据矩形的性质得出ABⅡCD，根据二直线平行，内错角相等得出∠F=∠BAF，由折叠的性质得出
∠BAF=∠MAF，利用等量代换得出∠F=∠MAF，根据等角对等边得出AM=FM
（2）由勾股定理求出AC=10，根据平行于三角形一边的直线截其它两边的延长线所截的三角形与原三角形相似得出
△ABE∼AFE，根据相似三角形对应边成比例即可解决问题；
3分两种情况讨论：①点E在线段BC上，②点E在BC的延长线上，证出△ABE−△FCE，根据相似三角形对应边成比例建立方程算出CF的长，分别设DM=x，根据Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，得到关于x的方程，求得x的值，再求AM即可．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB // CD，
∴ ∠F=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠MAF，
∴ ∠F=∠MAF，
∴ AM=FM.
2解：由(1)可知△ACF是等腰三角形，AC=CF，
在Rt△ABC中，
∵ AB=6，BC=8，
∴ AC=AB2+BC2=62+82=10，
∴ CF=AC=10，
∵ AB // CF，
∴ △ABE∽△FCE，
∴ BECE=ABCF=610=35.
3解：①当点E在线段BC上时，如图，AB′的延长线交CD于点M，
由AB // CF可得：△ABE∽△FCE，
∴ ABCF=BECE=32，即6CF=32，
∴ CF=4，
由(1)可知AM=FM.
设DM=x，则MC=6−x，
则AM=FM=10−x，
在Rt△ADM中，
AM2=AD2+DM2，
即(10−x)2=82+x2，
解得：x=95，
则AM=10−x=10−95=415.
②当点E在BC的延长线上时，如图，
由AB // CF可得：△ABE∽△FCE，
∴ ABCF=BECE=32，即6CF=32，
∴ CF=4，
则DF=6−4=2，
设DM=x，则AM=FM=2+x，
在Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，
即(2+x)2=82+x2，
解得：x=15，
则AM=2+x=17.
综上所述：AM的长为415或17.
【答案】
解：1令x=0，得y =− 12×0+2＝2，
∴ A(0, 2)，
令y=0，得y=− 12x+2=0，解得，x=4，
∴ C(4, 0)，
把A、C两点代入y =− 14x2+bx+c得，
c = 2，− 4 + 4b + c = 0，
解得 b = 12，c = 2，
∴ 抛物线的解析式为y =− 14x2 + 12x + 2，
令y=0，得y =− 14x2 + 12x + 2 = 0，
解得，x=4或x=−2，
∴ B(−2, 0).
(2)过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，如图1，
设M(a, − 14a2 + 12a + 2)，
则N(a, − 12a + 2)，
∴ S △ ACM = 12MN ⋅ OC = 12( − 14a2 + a) × 4
= − 12a2 + 2a，
∵ S △ ABC = 12BC ⋅ OA = 12 × (4 + 2) × 2 = 6，
∴ S四边形ABCM=S△ACM+S△ABC
= − 12a2 + 2a + 6
= − 12(a − 2)2 + 8，
∴ 当a=2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为(2, 2).
3∵ 将线段OA绕x轴上的动点P(m, 0)顺时针旋转90∘得到线段O′A′，如图2，
∴ PO′=PO=m，O′A′=OA=2，
∴ O′(m, m)，A′(m+2, m)，
当A′(m+2, m)在抛物线上时，有 − 14(m + 2)2 + 12(m + 2) + 2 = m，
解得，m=−3 ± 17，
当点O′(m, m)在抛物线上时，有 − 14m2 + 12m + 2 = m，
解得，m=−4或2，
∴ 当−4≤m≤−3 − 17或−3 + 17 ≤ m≤2时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
二次函数的最值
旋转的性质
【解析】
1令x=0，由y =− 12x+2，得A点坐标，令y=0，由y =− 12x+2，得C点坐标，将A、C的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，进而由二次函数解析式令y=0，便可求得B点坐标；
2过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，设M(a, − 14a2 + 12a + 2)，则N(a, − 12a + 2)，由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于a的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得a的值，便可得M点的坐标；
3根据旋转性质，求得O′点和A′点的坐标，令O′点和A′点在抛物线上时，求出m的最大和最小值便可．
【解答】
解：1令x=0，得y =− 12×0+2＝2，
∴ A(0, 2)，
令y=0，得y=− 12x+2=0，解得，x=4，
∴ C(4, 0)，
把A、C两点代入y =− 14x2+bx+c得，
c = 2，− 4 + 4b + c = 0，
解得 b = 12，c = 2，
∴ 抛物线的解析式为y =− 14x2 + 12x + 2，
令y=0，得y =− 14x2 + 12x + 2 = 0，
解得，x=4或x=−2，
∴ B(−2, 0).
(2)过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，如图1，
设M(a, − 14a2 + 12a + 2)，
则N(a, − 12a + 2)，
∴ S △ ACM = 12MN ⋅ OC
= 12( − 14a2 + a) × 4
= − 12a2 + 2a，
∵ S △ ABC = 12BC ⋅ OA = 12 × (4 + 2) × 2 = 6，
∴ S四边形ABCM=S△ACM+S△ABC
= − 12a2 + 2a + 6
= − 12(a − 2)2 + 8，
∴ 当a=2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为(2, 2).
3∵ 将线段OA绕x轴上的动点P(m, 0)顺时针旋转90∘得到线段O′A′，如图2，
∴ PO′=PO=m，O′A′=OA=2，
∴ O′(m, m)，A′(m+2, m)，
当A′(m+2, m)在抛物线上时，有 − 14(m + 2)2 + 12(m + 2) + 2 = m，
解得，m=−3 ± 17，
当点O′(m, m)在抛物线上时，有 − 14m2 + 12m + 2 = m，
解得，m=−4或2，
∴ 当−4≤m≤−3 − 17或−3 + 17 ≤ m≤2时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．收费方式
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