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初中数学中考复习 精品解析：2022年吉林省长春市中考数学真题（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 精品解析：2022年吉林省长春市中考数学真题（解析版），共32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。
2022年长春市初中学业水平考试数学
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 图是由5个相同的小正方体组合而成的立体图形，其主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图的概念，从正面看到的图形就是主视图，再根据小正方体的个数和排列进行作答即可．
【详解】正面看，其主视图为：
故选：A．
【点睛】此题主要考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上面看所得到的图形，主视图是
从正面看所得到的图形，左视图时从左面看所得到的图形，熟练掌握知识点是解题的关键．
2. 长春轨道客车股份有限公司制造的新型奥运版复兴号智能动车组，车头采用鹰隼形的设计，能让性能大幅提升，一列该动车组一年运行下来可节省约1800000度电，将数据1800000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
详解】解：1800000=1.8×106，
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接移项解一元一次不等式即可．
【详解】，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
4. 实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】观察数轴得：，再逐项判断即可求解．
【详解】解：观察数轴得：，故A错误，不符合题意；B正确，符合题意；
∴，故C错误，不符合题意；
∴，故D错误，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了实数与数轴，实数的大小比较，利用数形结合思想解答是解题的关键．
5. 如图是长春市人民大街下穿隧道工程施工现场的一台起重机的示意图，该起重机的变幅索顶端记为点A，变幅索的底端记为点B，垂直地面，垂足为点D，，垂足为点C．设，下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦三角函数的定义判断即可．
【详解】∵BC⊥AC，
∴△ABC是直角三角形，
∵∠ABC=α，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了正弦三角函数的定义．在直角三角形中任意锐角∠A的对边与斜边之比叫做∠A的正弦，记作sin∠A．掌握正弦三角函数的定义是解答本题的关键．
6. 如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为（ ）
A. 138° B. 121° C. 118° D. 112°
【答案】C
【解析】
【分析】由圆内接四边形的性质得，再由圆周定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴
∵
∴
∴
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键
7. 如图，在中，根据尺规作图痕迹，下列说法不一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据尺规作图痕迹，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分线，根据垂直平分线的性质和角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，等边对等角的性质进行判断即可．
【详解】根据尺规作图痕迹，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分线，
，
，
，
综上，正确的是A、C、D选项，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂直平分线和角平分线的作图，垂直平分线的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，等边对等角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数（，）的图象上，其纵坐标为2，过点P作//轴，交x轴于点Q，将线段绕点Q顺时针旋转60°得到线段．若点M也在该反比例函数的图象上，则k的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】作MN⊥x轴交于点N，分别表示出ON、MN，利用k值的几何意义列式即可求出结果．
【详解】解：作MN⊥x轴交于点N，如图所示，
∵P点纵坐标为：2，
∴P点坐标表示为：（，2），PQ=2，
由旋转可知：QM=PQ=2，∠PQM=60°，
∴∠MQN=30°，
∴MN=，QN=，
∴，
即：，
解得：k=，
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是k的几何意义，表示出对应线段是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9. 分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】原式提取公因式m即可得到结果．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了提公因式分解因式，正确找出公因式是解答本题的关键．
10. 若关于x的方程有两个相等的实数根，则实数c的值为_______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据方程有两个相等的实数根，可得，计算即可．
【详解】关于x的方程有两个相等的实数根，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，即一元二次方程有两个不相等的实数根时，；有两个相等的实数根时，；没有实数根时，；熟练掌握知识点是解题的关键．
11. 《算法统宗》是中国古代重要的数学著作，其中记载：我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空．其大意为：今有若干人住店，若每间住7人，则余下7人无房可住；若每间住9人，则余下一间无人住，设店中共有x间房，可求得x的值为________．
【答案】8
【解析】
【分析】设店中共有x间房，根据“今有若干人住店，若每间住7人，则余下7人无房可住；若每间住9人，则余下一间无人住”可列一元一次方程，求解即可．
【详解】设店中共有x间房，
由题意得，，
解得，
所以，店中共有8间房，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，准确理解题意，找到等量关系是解题的关键．
12. 将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点.若厘米，则的长度为________厘米．（结果保留）
【答案】##
【解析】
【分析】直接根据弧长公式进行计算即可．
【详解】，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
13. 跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形和等边三角形组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若厘米，则这个正六边形的周长为_________厘米．
【答案】54
【解析】
【分析】设AB交EF、FD与点M、N，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点M、N，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FNM=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．
14. 已知二次函数，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先把函数解析式化为顶点式可得当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，然后分两种情况讨论：若；若，即可求解．
【详解】解：，
∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
若，当时，y随x的增大而减小，
此时当时，函数值y最小，最小值为，不合题意，
若，当时，函数值y最小，最小值为1，
∴，
解得：或（舍去）；
综上所述，a的值为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共78分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】根据平方差公式与单项式乘以单项式进行计算，然后将代入求值即可求解．
【详解】解：原式＝
当时，原式
【点睛】本题考查了整式的混合运算，实数的运算，代数式求值，正确的计算是解题的关键．
16. 抛掷一枚质地均匀的普通硬币，仅有两种可能的结果：“出现正面”或“出现反面”．正面朝上记2分，反面朝上记1分．小明抛掷这枚硬币两次，用画树状图（或列表）的方法，求两次分数之和不大于3的概率．
【答案】
【解析】
【分析】采用列表法列举即可求解．
【详解】根据题意列表如下：
由表可知，总的可能结果有4种，两次之和不大于3的情况有3种，
故所求概率为：3÷4=，
即两次分数之和不大于3的概率为．
【点睛】本题考查了用列表法或者树状图法列举求解概率的知识，掌握用列表法或者树状图法列举求解概率是解答本题的关键．
17. 为了让学生崇尚劳动，尊重劳动，在劳动中提升综合素质，某校定期开展劳动实践活动．甲、乙两班在一次体验挖土豆的活动中，甲班挖1500千克土豆与乙班挖1200千克土豆所用的时间相同．已知甲班平均每小时比乙班多挖100千克土豆，问乙班平均每小时挖多少千克土豆？
【答案】乙班每小时挖400千克的土豆
【解析】
【分析】设乙班每小时挖x千克的土豆，则甲班每小时挖(100+x)千克的土豆，根据题意列出分式方程即可求解．
【详解】设乙班每小时挖x千克的土豆，则甲班每小时挖(100+x)千克的土豆，
根据题意有：，
解得：x=400，
经检验，x=400是原方程的根，
故乙班每小时挖400千克的土豆．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，明确题意列出分式方程是解答本题的关键．
18. 如图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．
（1）网格中的形状是________；
（2）在图①中确定一点D，连结、，使与全等：
（3）在图②中的边上确定一点E，连结，使：
（4）在图③中的边上确定一点P，在边BC上确定一点Q，连结，使，且相似比为1：2．
【答案】（1）直角三角形
（2）见解析（答案不唯一）
（3）见解析 （4）翙解析
【解析】
【分析】（1）运用勾股定理分别计算出AB，AC，BC的长，再运用勾股定理逆定理进行判断即可得到结论；
（2）作出点A关于BC的对称点D，连接BD，CD即可得出与全等：
（3）过点A作AE⊥BC于点E，则可知：
（4）作出以AB为斜边的等腰直角三角形，作出斜边上的高，交AB于点P，交BC于点Q，则点P，Q即为所求．
【小问1详解】
∵
∴,
∴是直角三角形，
故答案为：直角三角形；
【小问2详解】
如图，点D即为所求作，使与全等：
【小问3详解】
如图所示，点E即为所作，且使：
【小问4详解】
如图，点P，Q即为所求，使得，且相似比为1：2．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
19. 如图，在Rt中，，．点D是的中点，过点D作交于点E.延长至点F，使得，连接、、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则的值为_______．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得证；
（2）设，则，根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，根据，，即可求解．
【小问1详解】
证明：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：，
设，则，
四边形是菱形；
，，
，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，求正切，掌握以上知识是解题的关键．
20. 党的十八大以来，我国把科技自立自强作为国家发展的战略支撑，科技事业发生了历史性、整体性、格局性变化，成功跨入创新型国家的行列，专利项目多项指数显著攀升．如图是长春市2016年到2020年专利授权情况的统计图．
根据以上信息回答下列问题：
（1）长春市从2016年到2020年，专利授权量最多的是________年：
（2）长春市从2016年到2020年，专利授权量年增长率的中位数是_______；
（3）与2019年相比，2020年长春市专利授权量增加了_______件，专利授权量年增长率提高了_______个百分点；（注：1%为1个百分点）
（4）根据统计图提供的信息，有下列说法，正确的画“√”，错误的画“×”．
①因为2019年的专利授权量年增长率最低，所以2019年的专利授权量的增长量就最小．（ ）
②与2018年相比，2019年的专利授权量年增长率虽然下降，但专利授权量仍然上升．这是因为专利授权量年增长率，所以只要专利授权量年增长率大于零，当年专利授权量就一定增加．（ ）
③通过统计数据，可以看出长春市区域科技创新力呈上升趋势，为国家科技自立自强贡献吉林力量．（ ）
【答案】（1）2020
（2）18.1% （3）5479，30.2
（4）①×，②√，③√
【解析】
【分析】（1）观察统计图可得专利授权量最多的是2020年，即可求解；
（2）先把专利授权量年增长率从小到大排列，即可求解；
（3）分别用2020年长春市专利授权量减去2019年长春市专利授权量，2020年专利授权量年增长率减去2019年专利授权量年增长率，即可求解；
（4）①根据题意可得2017年的的专利授权量的增长量低于2019年的，可得①错误；②根据专利授权量年增长率，可得②正确；③观察统计图可得从2016年到2020年，每年的专利授权量都有所增加，可得③正确，即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意得：从2016年到2020年，专利授权量最多的是2020年；
故答案为：2020
【小问2详解】
解：把专利授权量年增长率从小到大排列为：15.8%，16.0%，18.1%，25.4%，46.0%，
位于正中间的是18.1%，
∴专利授权量年增长率的中位数是18.1%；
故答案为：18.1%
【小问3详解】
解：与2019年相比，2020年长春市专利授权量增加了17373-11894=5479件；
专利授权量年增长率提高了46.0%-15.8%=30.2%，
专利授权量年增长率提高了302个百分点；
故答案为：5479，30.2
【小问4详解】
解：①因为2017年的专利授权量的增长量为8190-7062=1128件；2019年的专利授权量的增长量11894-10268=1626件，
所以2019年的专利授权量的增长量高于2017年的专利授权量的增长量，故①错误；
故答案为：×
②因为专利授权量年增长率，
所以只要专利授权量年增长率大于零，当年专利授权量就一定增加，故②正确；
故答案为：√
根据题意得：从2016年到2020年，每年的专利授权量都有所增加，
所以长春市区域科技创新力呈上升趋势，故③正确；
故答案为：√
【点睛】本题主要考查了折线统计图和条形统计图，理解统计图中数据之间的关系是正确解答的关键．
21. 己知A、B两地之间有一条长440千米的高速公路．甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿此公路相向而行，甲车先以100千米/时的速度匀速行驶200千米后与乙车相遇，再以另一速度继续匀速行驶4小时到达B地；乙车匀速行驶至A地，两车到达各自的目的地后停止．两车距A地的路程y（千米）与各自的行驶时间x（时）之间的函数关系如图所示．
（1）_______，_______；
（2）求两车相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式；
（3）当乙车到达A地时，求甲车距A地的路程．
【答案】（1）2.6 （2）甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式
（3）300千米
【解析】
【分析】（1）先根据甲乙两车相遇时甲车行驶的路程除以速度可求出m的值，再用m的值加4即可得n的值；
（2）由（1）得（2，200）和（6，440），再运用待定系数法求解即可；
（3）先求出乙车的行驶速度，从而可求出行驶时间，代入函数关系式可得结论．
【小问1详解】
根据题意得，（时）
（时）
故答案为：2.6；
【小问2详解】
由（1）得（2，200）和（6，440），
设相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式为
则有：，
解得，
甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式
【小问3详解】
甲乙两车相遇时，乙车行驶的路程为440-200=240千米，
∴乙车的速度为：240÷2=120（千米/时）
∴乙车行完全程用时为：440÷120=（时）
∵
∴当时，千米，
即：当乙车到达A地时，甲车距A地的路程为300千米
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，读懂图象是解答本题的关键．
22. 【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想．
【问题解决】
（1）小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
（2）的度数为________度，的值为_________；
（3）在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示）
【答案】（1）见解析 （2）22.5°，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质可得AD=AF，，由HL可证明结论；
（2）根据折叠的性质可得 证明是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ；
（3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根据勾腰定理可得结论．
【小问1详解】
证明：四边形矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
由折叠得，，
∴
∴
又AD=AF，AG=AG
∴
【小问2详解】
由折叠得，∠
又∠
∴∠
由得，∠
∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
设则
∴
∴
∴
【小问3详解】
如图，连接
∵
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作交AD于点R，
∵∠
∴∠
∴
又
∴
∴
在中，
∴
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
23. 如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．
（1）点D到边的距离为__________；
（2）用含t的代数式表示线段的长；
（3）连结，当线段最短时，求的面积；
（4）当M、、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】（1）3 （2）当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
（3）
（4）或
【解析】
【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，连接DM，
∵AB=4，，点M为边的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，
即点D到边的距离为3；
故答案为：3
【小问2详解】
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，；
综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
【小问3详解】
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线的对称点，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，
∴，
根据题意得：，，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
【小问4详解】
解：如图，
当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴，
∵ M=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即PF=3FM，
∵，，
∴，
∴，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴，
∴，解得：；
如图，当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，，
过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
同理：，
∵HK⊥AB，，
∴HK∥A′′G′，
∴，
∵点H是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，
∴，
∵MT+BT=BM=2，
∴，
∴，解得：；
综上所述，t的值为或．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线（b是常数）经过点．点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴．
（1）求该抛物线对应的函数表达式：
（2）若点B是抛物线上一点，且在抛物线对称轴左侧．过点B作x轴的平行线交抛物线于另一点C，连接．当时，求点B的坐标；
（3）若，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，或者y随x的增大而减小时，求m的取值范围；
（4）当抛物线与正方形的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为时，直接写出m的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
（4）或或．
【解析】
【分析】（1）将点代入，待定系数法求解析式即可求解；
（2）设，根据对称性可得，根据，即可求解；
（3）根据题意分两种情况讨论，分别求得当正方形点在轴上时，此时与点重合，当经过抛物线的对称轴时，进而观察图象即可求解；
（4）根据题意分三种情况讨论，根据正方形的性质以及点的坐标位置，即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线（b是常数）经过点
∴
解得
【小问2详解】
如图，
由
则对称轴为直线，
设，则
解得
【小问3详解】
点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴
，且在轴上，如图，
①当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形点在轴上时，此时与点重合，
的解析式为
，将代入
即
解得
观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当经过抛物线的对称轴时，
解得，
观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
综上所述，m的取值范围为或
【小问4详解】
①如图，设正方形与抛物线的交点分别为，当时，则
是正方形的中心，
即
②如图，当点在抛物线左侧，轴右侧时，
交点的纵坐标之差为，
的纵坐标为
的横坐标为
在抛物线上，
解得
③当在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为，，设直线交轴于点，如图，
则
即
设直线解析式为
则
解得
直线解析式为
联立
解得（舍去）
即的横坐标为，即，
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的对称性，正方形的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
2022年长春市初中学业水平考试数学
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 图是由5个相同的小正方体组合而成的立体图形，其主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图的概念，从正面看到的图形就是主视图，再根据小正方体的个数和排列进行作答即可．
【详解】正面看，其主视图为：
故选：A．
【点睛】此题主要考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上面看所得到的图形，主视图是
从正面看所得到的图形，左视图时从左面看所得到的图形，熟练掌握知识点是解题的关键．
2. 长春轨道客车股份有限公司制造的新型奥运版复兴号智能动车组，车头采用鹰隼形的设计，能让性能大幅提升，一列该动车组一年运行下来可节省约1800000度电，将数据1800000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
详解】解：1800000=1.8×106，
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接移项解一元一次不等式即可．
【详解】，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
4. 实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】观察数轴得：，再逐项判断即可求解．
【详解】解：观察数轴得：，故A错误，不符合题意；B正确，符合题意；
∴，故C错误，不符合题意；
∴，故D错误，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了实数与数轴，实数的大小比较，利用数形结合思想解答是解题的关键．
5. 如图是长春市人民大街下穿隧道工程施工现场的一台起重机的示意图，该起重机的变幅索顶端记为点A，变幅索的底端记为点B，垂直地面，垂足为点D，，垂足为点C．设，下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦三角函数的定义判断即可．
【详解】∵BC⊥AC，
∴△ABC是直角三角形，
∵∠ABC=α，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了正弦三角函数的定义．在直角三角形中任意锐角∠A的对边与斜边之比叫做∠A的正弦，记作sin∠A．掌握正弦三角函数的定义是解答本题的关键．
6. 如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为（ ）
A. 138° B. 121° C. 118° D. 112°
【答案】C
【解析】
【分析】由圆内接四边形的性质得，再由圆周定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴
∵
∴
∴
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键
7. 如图，在中，根据尺规作图痕迹，下列说法不一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据尺规作图痕迹，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分线，根据垂直平分线的性质和角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，等边对等角的性质进行判断即可．
【详解】根据尺规作图痕迹，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分线，
，
，
，
综上，正确的是A、C、D选项，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂直平分线和角平分线的作图，垂直平分线的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，等边对等角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数（，）的图象上，其纵坐标为2，过点P作//轴，交x轴于点Q，将线段绕点Q顺时针旋转60°得到线段．若点M也在该反比例函数的图象上，则k的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】作MN⊥x轴交于点N，分别表示出ON、MN，利用k值的几何意义列式即可求出结果．
【详解】解：作MN⊥x轴交于点N，如图所示，
∵P点纵坐标为：2，
∴P点坐标表示为：（，2），PQ=2，
由旋转可知：QM=PQ=2，∠PQM=60°，
∴∠MQN=30°，
∴MN=，QN=，
∴，
即：，
解得：k=，
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是k的几何意义，表示出对应线段是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9. 分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】原式提取公因式m即可得到结果．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了提公因式分解因式，正确找出公因式是解答本题的关键．
10. 若关于x的方程有两个相等的实数根，则实数c的值为_______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据方程有两个相等的实数根，可得，计算即可．
【详解】关于x的方程有两个相等的实数根，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，即一元二次方程有两个不相等的实数根时，；有两个相等的实数根时，；没有实数根时，；熟练掌握知识点是解题的关键．
11. 《算法统宗》是中国古代重要的数学著作，其中记载：我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空．其大意为：今有若干人住店，若每间住7人，则余下7人无房可住；若每间住9人，则余下一间无人住，设店中共有x间房，可求得x的值为________．
【答案】8
【解析】
【分析】设店中共有x间房，根据“今有若干人住店，若每间住7人，则余下7人无房可住；若每间住9人，则余下一间无人住”可列一元一次方程，求解即可．
【详解】设店中共有x间房，
由题意得，，
解得，
所以，店中共有8间房，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，准确理解题意，找到等量关系是解题的关键．
12. 将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点.若厘米，则的长度为________厘米．（结果保留）
【答案】##
【解析】
【分析】直接根据弧长公式进行计算即可．
【详解】，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
13. 跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形和等边三角形组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若厘米，则这个正六边形的周长为_________厘米．
【答案】54
【解析】
【分析】设AB交EF、FD与点M、N，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点M、N，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FNM=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．
14. 已知二次函数，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先把函数解析式化为顶点式可得当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，然后分两种情况讨论：若；若，即可求解．
【详解】解：，
∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
若，当时，y随x的增大而减小，
此时当时，函数值y最小，最小值为，不合题意，
若，当时，函数值y最小，最小值为1，
∴，
解得：或（舍去）；
综上所述，a的值为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共78分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】根据平方差公式与单项式乘以单项式进行计算，然后将代入求值即可求解．
【详解】解：原式＝
当时，原式
【点睛】本题考查了整式的混合运算，实数的运算，代数式求值，正确的计算是解题的关键．
16. 抛掷一枚质地均匀的普通硬币，仅有两种可能的结果：“出现正面”或“出现反面”．正面朝上记2分，反面朝上记1分．小明抛掷这枚硬币两次，用画树状图（或列表）的方法，求两次分数之和不大于3的概率．
【答案】
【解析】
【分析】采用列表法列举即可求解．
【详解】根据题意列表如下：
由表可知，总的可能结果有4种，两次之和不大于3的情况有3种，
故所求概率为：3÷4=，
即两次分数之和不大于3的概率为．
【点睛】本题考查了用列表法或者树状图法列举求解概率的知识，掌握用列表法或者树状图法列举求解概率是解答本题的关键．
17. 为了让学生崇尚劳动，尊重劳动，在劳动中提升综合素质，某校定期开展劳动实践活动．甲、乙两班在一次体验挖土豆的活动中，甲班挖1500千克土豆与乙班挖1200千克土豆所用的时间相同．已知甲班平均每小时比乙班多挖100千克土豆，问乙班平均每小时挖多少千克土豆？
【答案】乙班每小时挖400千克的土豆
【解析】
【分析】设乙班每小时挖x千克的土豆，则甲班每小时挖(100+x)千克的土豆，根据题意列出分式方程即可求解．
【详解】设乙班每小时挖x千克的土豆，则甲班每小时挖(100+x)千克的土豆，
根据题意有：，
解得：x=400，
经检验，x=400是原方程的根，
故乙班每小时挖400千克的土豆．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，明确题意列出分式方程是解答本题的关键．
18. 如图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．
（1）网格中的形状是________；
（2）在图①中确定一点D，连结、，使与全等：
（3）在图②中的边上确定一点E，连结，使：
（4）在图③中的边上确定一点P，在边BC上确定一点Q，连结，使，且相似比为1：2．
【答案】（1）直角三角形
（2）见解析（答案不唯一）
（3）见解析 （4）翙解析
【解析】
【分析】（1）运用勾股定理分别计算出AB，AC，BC的长，再运用勾股定理逆定理进行判断即可得到结论；
（2）作出点A关于BC的对称点D，连接BD，CD即可得出与全等：
（3）过点A作AE⊥BC于点E，则可知：
（4）作出以AB为斜边的等腰直角三角形，作出斜边上的高，交AB于点P，交BC于点Q，则点P，Q即为所求．
【小问1详解】
∵
∴,
∴是直角三角形，
故答案为：直角三角形；
【小问2详解】
如图，点D即为所求作，使与全等：
【小问3详解】
如图所示，点E即为所作，且使：
【小问4详解】
如图，点P，Q即为所求，使得，且相似比为1：2．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
19. 如图，在Rt中，，．点D是的中点，过点D作交于点E.延长至点F，使得，连接、、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则的值为_______．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得证；
（2）设，则，根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，根据，，即可求解．
【小问1详解】
证明：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：，
设，则，
四边形是菱形；
，，
，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，求正切，掌握以上知识是解题的关键．
20. 党的十八大以来，我国把科技自立自强作为国家发展的战略支撑，科技事业发生了历史性、整体性、格局性变化，成功跨入创新型国家的行列，专利项目多项指数显著攀升．如图是长春市2016年到2020年专利授权情况的统计图．
根据以上信息回答下列问题：
（1）长春市从2016年到2020年，专利授权量最多的是________年：
（2）长春市从2016年到2020年，专利授权量年增长率的中位数是_______；
（3）与2019年相比，2020年长春市专利授权量增加了_______件，专利授权量年增长率提高了_______个百分点；（注：1%为1个百分点）
（4）根据统计图提供的信息，有下列说法，正确的画“√”，错误的画“×”．
①因为2019年的专利授权量年增长率最低，所以2019年的专利授权量的增长量就最小．（ ）
②与2018年相比，2019年的专利授权量年增长率虽然下降，但专利授权量仍然上升．这是因为专利授权量年增长率，所以只要专利授权量年增长率大于零，当年专利授权量就一定增加．（ ）
③通过统计数据，可以看出长春市区域科技创新力呈上升趋势，为国家科技自立自强贡献吉林力量．（ ）
【答案】（1）2020
（2）18.1% （3）5479，30.2
（4）①×，②√，③√
【解析】
【分析】（1）观察统计图可得专利授权量最多的是2020年，即可求解；
（2）先把专利授权量年增长率从小到大排列，即可求解；
（3）分别用2020年长春市专利授权量减去2019年长春市专利授权量，2020年专利授权量年增长率减去2019年专利授权量年增长率，即可求解；
（4）①根据题意可得2017年的的专利授权量的增长量低于2019年的，可得①错误；②根据专利授权量年增长率，可得②正确；③观察统计图可得从2016年到2020年，每年的专利授权量都有所增加，可得③正确，即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意得：从2016年到2020年，专利授权量最多的是2020年；
故答案为：2020
【小问2详解】
解：把专利授权量年增长率从小到大排列为：15.8%，16.0%，18.1%，25.4%，46.0%，
位于正中间的是18.1%，
∴专利授权量年增长率的中位数是18.1%；
故答案为：18.1%
【小问3详解】
解：与2019年相比，2020年长春市专利授权量增加了17373-11894=5479件；
专利授权量年增长率提高了46.0%-15.8%=30.2%，
专利授权量年增长率提高了302个百分点；
故答案为：5479，30.2
【小问4详解】
解：①因为2017年的专利授权量的增长量为8190-7062=1128件；2019年的专利授权量的增长量11894-10268=1626件，
所以2019年的专利授权量的增长量高于2017年的专利授权量的增长量，故①错误；
故答案为：×
②因为专利授权量年增长率，
所以只要专利授权量年增长率大于零，当年专利授权量就一定增加，故②正确；
故答案为：√
根据题意得：从2016年到2020年，每年的专利授权量都有所增加，
所以长春市区域科技创新力呈上升趋势，故③正确；
故答案为：√
【点睛】本题主要考查了折线统计图和条形统计图，理解统计图中数据之间的关系是正确解答的关键．
21. 己知A、B两地之间有一条长440千米的高速公路．甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿此公路相向而行，甲车先以100千米/时的速度匀速行驶200千米后与乙车相遇，再以另一速度继续匀速行驶4小时到达B地；乙车匀速行驶至A地，两车到达各自的目的地后停止．两车距A地的路程y（千米）与各自的行驶时间x（时）之间的函数关系如图所示．
（1）_______，_______；
（2）求两车相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式；
（3）当乙车到达A地时，求甲车距A地的路程．
【答案】（1）2.6 （2）甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式
（3）300千米
【解析】
【分析】（1）先根据甲乙两车相遇时甲车行驶的路程除以速度可求出m的值，再用m的值加4即可得n的值；
（2）由（1）得（2，200）和（6，440），再运用待定系数法求解即可；
（3）先求出乙车的行驶速度，从而可求出行驶时间，代入函数关系式可得结论．
【小问1详解】
根据题意得，（时）
（时）
故答案为：2.6；
【小问2详解】
由（1）得（2，200）和（6，440），
设相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式为
则有：，
解得，
甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式
【小问3详解】
甲乙两车相遇时，乙车行驶的路程为440-200=240千米，
∴乙车的速度为：240÷2=120（千米/时）
∴乙车行完全程用时为：440÷120=（时）
∵
∴当时，千米，
即：当乙车到达A地时，甲车距A地的路程为300千米
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，读懂图象是解答本题的关键．
22. 【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想．
【问题解决】
（1）小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
（2）的度数为________度，的值为_________；
（3）在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示）
【答案】（1）见解析 （2）22.5°，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质可得AD=AF，，由HL可证明结论；
（2）根据折叠的性质可得 证明是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ；
（3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根据勾腰定理可得结论．
【小问1详解】
证明：四边形矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
由折叠得，，
∴
∴
又AD=AF，AG=AG
∴
【小问2详解】
由折叠得，∠
又∠
∴∠
由得，∠
∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
设则
∴
∴
∴
【小问3详解】
如图，连接
∵
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作交AD于点R，
∵∠
∴∠
∴
又
∴
∴
在中，
∴
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
23. 如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．
（1）点D到边的距离为__________；
（2）用含t的代数式表示线段的长；
（3）连结，当线段最短时，求的面积；
（4）当M、、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】（1）3 （2）当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
（3）
（4）或
【解析】
【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，连接DM，
∵AB=4，，点M为边的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，
即点D到边的距离为3；
故答案为：3
【小问2详解】
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，；
综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
【小问3详解】
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线的对称点，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，
∴，
根据题意得：，，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
【小问4详解】
解：如图，
当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴，
∵ M=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即PF=3FM，
∵，，
∴，
∴，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴，
∴，解得：；
如图，当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，，
过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
同理：，
∵HK⊥AB，，
∴HK∥A′′G′，
∴，
∵点H是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，
∴，
∵MT+BT=BM=2，
∴，
∴，解得：；
综上所述，t的值为或．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线（b是常数）经过点．点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴．
（1）求该抛物线对应的函数表达式：
（2）若点B是抛物线上一点，且在抛物线对称轴左侧．过点B作x轴的平行线交抛物线于另一点C，连接．当时，求点B的坐标；
（3）若，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，或者y随x的增大而减小时，求m的取值范围；
（4）当抛物线与正方形的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为时，直接写出m的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
（4）或或．
【解析】
【分析】（1）将点代入，待定系数法求解析式即可求解；
（2）设，根据对称性可得，根据，即可求解；
（3）根据题意分两种情况讨论，分别求得当正方形点在轴上时，此时与点重合，当经过抛物线的对称轴时，进而观察图象即可求解；
（4）根据题意分三种情况讨论，根据正方形的性质以及点的坐标位置，即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线（b是常数）经过点
∴
解得
【小问2详解】
如图，
由
则对称轴为直线，
设，则
解得
【小问3详解】
点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴
，且在轴上，如图，
①当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形点在轴上时，此时与点重合，
的解析式为
，将代入
即
解得
观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当经过抛物线的对称轴时，
解得，
观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
综上所述，m的取值范围为或
【小问4详解】
①如图，设正方形与抛物线的交点分别为，当时，则
是正方形的中心，
即
②如图，当点在抛物线左侧，轴右侧时，
交点的纵坐标之差为，
的纵坐标为
的横坐标为
在抛物线上，
解得
③当在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为，，设直线交轴于点，如图，
则
即
设直线解析式为
则
解得
直线解析式为
联立
解得（舍去）
即的横坐标为，即，
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的对称性，正方形的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
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