2023-2024学年北京市东城区景山学校九年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市东城区景山学校九年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图是某几何体的三视图，该几何体是( )
A. 长方体
B. 三棱柱
C. 三棱锥
D. 圆锥
2.2021年2月24日6时29分，我国自主研制的首个火星探测器“天问一号”成功实施第三次近火制动，进入近火点280千米、远火点59000千米、周期2个火星日的火星停泊轨道.将59000用科学记数法表示应为( )
A. 0.59×105B. 5.9×105C. 5.9×104D. 5.9×103
3.实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论正确的是( )
A. |a|<|b|B. a−b>0C. a+b<0D. ab>0
4.下列运算结果正确的是( )
A. b3⋅b3=2b3B. (−ab)2=−ab2C. a5÷a2=a3D. a2+a=a3
5.如图，是一个可以自由转动的转盘，转盘分成4个大小相同的扇形，颜色分为灰、白两种颜色，指针的位置固定，转动的转盘停止后，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置(指针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形)，则指针指向白色区域的概率是( )
A. 14B. 32C. 12D. 1
6.关于x的一元二次方程x2+ax+1=0有两个不相等的实数根，则a的值可以是( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
7.如图，DE是△ABC的中位线，点F在DB上，DF=2BF.连接EF并延长，与CB的延长线相交于点M.若BC=6，则线段CM的长为( )
A. 132
B. 7
C. 152
D. 8
8.如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD=24，AB=15，则线段PE的长等于( )
A. 22B. 20C. 18D. 16
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.若分式1−xx的值为0，则x的值为 ．
10.如图，点A，B，C在⊙O上，点D在⊙O内，则∠ACB ∠ADB.(填“>”，“=”或“<”)
11.把“不相等的角不是对顶角”改写成“如果…那…”的形式是______．
12.数据组：28，37，32，37，35的中位数是______．
13.已知x=2y=1是方程ax+by=3的一组解(a≠0,b≠0)，任写出一组符合题意的a、b值，则a=______，b=______．
14.如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB=8，AD=6，则AF的长为______．
15.小华和小明周末到北京三山五园绿道骑行.他们按设计好的同一条线路同时出发，小华每小时骑行19km，小明每小时骑行11km，他们完成全部行程所用的时间，小华比小明快30分钟.设他们这次骑行线路长为x km，依题意，可列方程为______．
16.一个袋中装有偶数个球，其中红球个数恰好是黑球的2倍，甲、乙、丙是三个空盒.小邱每次从袋中任意取出两个球，先将一个球放入甲盒，如果先放入甲盒的球是红球，则另一个球放入乙盒；如果先放入甲盒的球是黑球，则另一个球放入丙盒，重复上述过程，直到袋中所有的球都被放入盒中．
(1)某次从袋中任意取出两个球，若取出的球都没有放入丙盒，则先放入甲盒的球的颜色是______；
(2)若乙盒中最终有5个红球，3个黑球，则袋中原来最少有______个球．
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
17.计算： 18−4cs45°+|−2|−(1− 2)0．
四、解答题：本题共11小题，共63分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题5分)
解不等式组：2(x−1)<3x+2x+14>x−32+1．
19.(本小题6分)
已知：如图，∠AOB和射线PN．
求作：射线PM，使得∠MPN=2∠AOB．
作法：①在射线OB上任取一点C，以点C为圆心，OC的长为半径画弧，交OA于点D；
②以点P为圆心，OC的长为半径画圆，交射线PN的反向延长线于点E；
③以点E为圆心，OD的长为半径画弧，在射线PN上方，交⊙P于点M；
④作射线PM．
所以射线PM就是所求作的射线．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接CD，EM．
PM=PE=CD=CO，EM=OD．
∴△MEP≌△DOC(______)(填推理依据)．
∴∠MEP=∠DOC．
又∵∠MPN=2∠MEP(______)(填推理依据)．
∴∠MPN=2∠AOB．
20.(本小题5分)
已知关于x的一元二次方程mx2+(2m+1)x+m+2=0有两个不相等的实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)x=1是否可能是方程的根，若可能，请求出此时方程的另一个根，若不可能，请证明．
21.(本小题5分)
已知在平面直角坐标系中，点A(3,0)，B(−3,0)，C(−3,8)，以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD．
(1)求证：直线OD是⊙E的切线；
(2)点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG；
①当tan∠ACF=17时，求所有F点的坐标______(直接写出)；
②求BGCF的最大值．
22.(本小题5分)
如图，直线l1：y1=x和直线l2：y2=−2x+6相交于点A，直线l2与x轴交于点B，动点P沿路线O→A→B运动．
(1)求点A的坐标，并回答当x取何值时y1>y2？
(2)求△AOB的面积；
(3)当△POB的面积是△AOB的面积的一半时，求出这时点P的坐标．
23.(本小题6分)
某同学为了研究函数y=−12xx2+2的图象和应用，采用列表描图的方法进行探究，请你协助完成．
先列表如下：
(1)直接写出表中a、b的值，并在平面直角坐标系中画出该函数的图象；

(2)结合图象，请直接写出不等式−12xx2+2>x的解集______．
24.(本小题5分)
某校组织学生参加“希望工程”捐书活动.为了解学生所捐书本数情况，随机调查了该校的部分学生，根据调查结果，绘制了统计图①和图②.请根据相关信息，解答下列问题：
(Ⅰ)本次接受调查的学生人数为______，图①中m的值为______；
(Ⅱ)求统计的这组学生所捐书本数据的平均数、众数和中位数；
(Ⅲ)根据统计的这组学生所捐书本数的样本数据，若该校共有1200名学生，估计该校所捐书本数不低于3本的学生人数．
25.(本小题6分)
某公园在人工湖里安装一个喷泉，在湖心处竖直安装一根水管，在水管的顶端安一个喷水头，水柱从喷水头喷出到落于湖面的路径形状可以看作是抛物线的一部分，若记水柱上某一位置与水管的水平距离为d米，与湖面的垂直高度为h米，下面的表中记录了d与h的五组数据：
根据上述信息，解决以下问题：
(1)在如下网格中建立适当的平面直角坐标系，并根据表中所给数据画出表示h与d函数关系的图象；
(2)若水柱最高点距离湖面的高度为m米，则m=______；
(3)现公园想通过喷泉设立新的游玩项目，准备通过只调节水管露出湖面的高度，使得游船能从水柱下方通过，如图所示，为避免游船被喷泉淋到，要求游船从水柱下方中间通过时，顶棚上任意一点到水柱的竖直距离均不小于0.5米．已知游船顶棚宽度为3米，顶棚到湖面的高度为1.5米，那么公园应将水管露出湖面的高度(喷水头忽略不计)至少调节到多少米才能符合要求？请通过计算说明理由(结果保留一位小数)．
26.(本小题6分)
已知抛物线y=x2−4mx+4m2−1．
(1)求此抛物线的顶点的坐标；
(2)若直线y=n与该抛物线交于点A、B，且AB=4，求n的值；
(3)若这条抛物线经过点P(2m+1,y1)，Q(2m−t,y2)，且y127.(本小题7分)
如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，连接CD.过C点做CD的垂线，并在这条线上(C的下方)截取CE=2CD，连接BE．
(1)根据题目条件补全图形；
(2)证明：∠A=∠BCE；
(3)用等式表示AC、BC和BE的数量关系，并证明．
28.(本小题7分)
如果有点A、B、C、D，使得四边形ABCD是边长为定值k的菱形，那么和A点相对的顶点C称为A的“k对点”，B、D两个和A相邻的点称为A的“k邻点”．
(1)若P点为原点的“1对点”：
①在(1,0)、(0,−2)、(−1,−1)这三个坐标中，P的坐标不可能是______；
②若原点的两个“1邻点”的坐标为E(0,−1)和F( 32,12)，在图中画出此时的P点，并证明此时OP=1；
③若直线y=x+b上存在点P，直接写出b的取值范围；
(2)若M点坐标为(m,m)，N点坐标为(0,5)，Q点为M点的“2对点”，并且其两个“2邻点”到N点的距离都为3，直接写出此时Q点纵坐标yQ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：该几何体的主视图为矩形，左视图为矩形，俯视图是一个三角形，
则可得出该几何体是三棱柱．
故选：B．
该几何体的主视图与左视图均为矩形，俯视图为三角形，易得出该几何体的形状．
此题考查了由三视图判断几何体，关键是熟练掌握三视图，主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
2.【答案】C
【解析】解：59000=5.9×104．
故选：C．
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．
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.【答案】C
【解析】解：由数轴图可知，a<0，b>0，|a|>|b|，
|a|>|b|，A选项错误，该选项不符合题意；
a−b<0，B选项错误，该选项不符合题意；
a+b<0，C选项正确，该选项符合题意；
ab<0，D选项错误，该选项不符合题意；
故选：C．
利用数轴知识判断a、b的符号和绝对值，再判断选项正误．
本题考查了实数与数轴，绝对值，解题的关键是掌握数轴知识和绝对值的定义．
4.【答案】C
【解析】解：b3⋅b3=b6，故A错误，
(−ab)2=a2b2，故B错误，
a5÷a2=a3，故C正确，
a2与a不是同类项，不能加减，故D错误．
故选：C．
根据同类项的定义、同底数幂的乘除法性质、积的乘方性质计算即可．
本题主要考查了同类项的定义、同底数幂的乘除法、积的乘方，熟练掌握各知识点并灵活运用是解决本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵转盘分成4个大小相同的扇形，颜色分为灰、白二种颜色，
∴指针指向白色区域的概率是24=12，
故选：C．
根据随机事件概率大小的求法，找准两点：
①符合条件的情况数目；
②全部情况的总数．
二者的比值就是其发生的概率的大小．
本题考查概率的求法与运用，一般方法为：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意得Δ=a2−4×1×1>0，解的a>2或a<−2．
故选：A．
根据根的判别式得到Δ=a2−4×1×1>0，然后解关于a的不等式，即可求出a的范围，并根据选项判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；
当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；
当Δ<0时，方程无实数根．
7.【答案】C
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE/​/BC，DE=12BC=12×6=3，
∴△DEF∽BMF，
∴DEBM=DFBF=2BFBF=2，
∴BM=32，
CM=BC+BM=152．
故选：C．
根据三角形中中位线定理证得DE/​/BC，求出DE，进而证得△DEF∽BMF，根据相似三角形的性质求出BM，即可求出结论．
本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握三角形中位线定理和相似三角形的判定方法是解决问题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：ABNM是正方形，AB=BN=NM=MA=15，CD=CF=15，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，
∴NC=MD=24−15=9，
在Rt△FNC中，FN= CF2−NC2=12，
∴MF=15−12=3，
在Rt△MEF中，设EF=x，则ME=9−x，由勾股定理得，32+(9−x)2=x2，
解得：x=5，
∵∠CFN+∠PFG=90°，∠PFG+∠FPG=90°，
∴∠CFN=∠FPG，
∵∠CNF=∠PGF=90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF=NC：FN：FC=3：4：5，
设FG=3m，则PG=4m，PF=5m，
∴GN=PH=BH=12−3m，HN=15−(12−3m)=3+3m=PG=4m，
解得：m=3，
∴PF=5m=15，
∴PE=PF+FE=15+5=20，
故选：B．
根据折叠可得ABNM是正方形，CD=CF=15，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，可求出三角形FNC的三边为9，12，15，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG=HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．
本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
9.【答案】1
【解析】解：∵分式1−xx的值为0，
∴1−x=0且x≠0，
∴x=1，
故答案为：1．
分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．据此求解可得．
本题主要考查分式的值为零的条件，分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．注意：“分母不为零”这个条件不能少．
10.【答案】<
【解析】解：∠ACB<∠ADB．
理由如下：
延长AD交⊙O于E，连接BE，如图，
∵∠ADB>∠E，
而∠ACB=∠E，
∴∠ACB<∠ADB．
故答案为<．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
延长AD交⊙O于E，连接BE，如图，根据三角形外角性质得∠ADB>∠E，根据圆周角定理得∠ACB=∠E，于是∠ACB<∠ADB．
11.【答案】如果两个角不相等，那么这两个角不是对顶角
【解析】解：命题“不相等的角不是对顶角”的题设是两个角不相等，结论为这两个角不是对顶角．
改写成“如果…那…”的形式为：如果两个角不相等，那么这两个角不是对顶角．
故答案为：如果两个角不相等，那么这两个角不是对顶角．
分析命题的题设和结论，写成“如果…那…”的形式即可．
本题考查了命题即相关知识，掌握命题的形式是解决本题的关键．
12.【答案】35
【解析】解：把这组数据从小到大排列为：28，32，35，37，37，最中间的数是35，
则中位数是35．
故答案为：35．
先把这组数据从小到大排列，再找出最中间的数即可得出答案．
此题考查了中位数，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
13.【答案】1 1
【解析】解：把x=2y=1代入方程ax+by=3可得：2a+b=3
∴a=1时，有b=1
故答案为：1，1．
把方程组的一个解代入，即得到关于a、b的一个方程，有无数个解，任意写出一个即可．
本题考查了二元一次方程的解的意义，确定不定方程的解可用试错的方法．
14.【答案】103
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，∠ADC=90°，AB/​/CD，
∵AD=6，
∴AC= AD2+CD2= 62+82=10，
∵点E是AB的中点，
∴AE=12AB=4，
∵AB/​/CD，
∴∠CDE=∠DEA，∠DCF=∠CAE，
∴△CDF∽△AEF，
∴CDAE=CFAF=84=2，
∴AF=13AC=103，
故答案为：103．
根据矩形的性质可得AB=CD=8，∠ADC=90°，AB/​/CD，从而在Rt△ADC中，利用勾股定理求出AC的长，然后证明8字模型相似三角形△CDF∽△AEF，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
15.【答案】x11−x19=12
【解析】解：由题意得，
x11−x19=3060，
即x11−x19=12，
故答案为：x11−x19=12．
根据他们完成全部行程所用的时间，小华比小明快30分钟的等量关系列方程即可．
此题考查由实际问题抽象出一元一次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．
16.【答案】红色 28
【解析】解：(1)∵某次从袋中任意取出两个球，若取出的球都没有放入丙盒，
∴放入了乙盒，
∴先放入甲盒的球的颜色是红色．
故答案为：红色；
(2)由题意，可知取两个球共有四种情况：
①红+红，则乙盒中红球数加1，
②黑+黑，则丙盒中黑球数加1，
③红+黑(红球放入甲盒)，则乙盒中黑球数加1，
④黑+红(黑球放入甲盒)，则丙盒中红球数加1．
那么，每次乙盒中得一个红球，甲盒最少得到1个红球，
∴乙盒中最终有5个红球时，甲盒最少有5个红球，
乙盒中得到1个黑球，甲盒中最少得到1个红球
∴乙盒中最终有3个黑球时，甲盒最少有3个红球，
∴甲盒中至少有8个红球，乙盒中有5个红球和3个黑球，
∴至少有13个红球和3个黑球，
∵红球数是黑球数的2倍，且球的个数为偶数，
此时明显不满足条件，
∴红球至少16个，黑球至少有8个，
∴袋中原来最少有16+8=28个球．
故答案为：28．
(1)根据放球规则，可知若取出的球都没有放入丙盒，则放入了乙盒，由此得出先放入甲盒的球的颜色是红色；
(2)由题意可知取两个球共有四种情况：①红+红，②黑+黑，③红+黑，④黑+红．那么，每次乙盒中得一个红球，甲盒最少得到1个红球，以及红球数=黑球数的2倍，且球的个数为偶数，即可求解．
本题考查了推理与论证，训练了学生的逻辑思维能力，有一定难度．根据题意得出取两个球共有四种情况，进而分析得到结论是解题的关键．
17.【答案】解：原式=3 2−4× 22+2−1
=3 2−2 2+2−1
= 2+1．
【解析】先算开方、乘方化简绝对值，再代入特殊角的三角函数值算乘法，最后算加减．
本题考查了实数的混合运算，掌握二次根式的化简、“a0=1(a≠0)”、绝对值的意义及特殊角的三角函数值是解决本题的关键．
18.【答案】解：2(x−1)<3x+2①x+14>x−32+1②，
解不等式①，得：x>−4，
解不等式②，得：x<3，
∴原不等式组的解集是−4【解析】先求出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
19.【答案】(1)解：图形如图所示：
(2)SSS ；圆周角定理．
【解析】【分析】
本题考查作图−复杂作图，圆周角定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
(1)根据要求作出图形即可；
(2)构造全等三角形，利用圆周角定理以及全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】
(1)见答案；
(2)证明：连接CD，EM．
PM=PE=CD=CO，EM=OD．
∴△MEP≌△DOC(SSS)，
∴∠MEP=∠DOC．
又∵∠MPN=2∠MEP(圆周角定理)，
∴∠MPN=2∠AOB．
故答案为：SSS，圆周角定理．
20.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程mx2+(2m+1)x+m+2=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(2m+1)2−4m(m+2)>0m≠0，
解得0(2)将x=1代入mx2+(2m+1)x+m+2=0，得：m+2m+1+m+2=0，
解得m=−34，
由(1)知0∴x=1可能是方程的根，
∵x1x2=m+2m=−34+2−34=−53，x1=1，
∴x2=−531=−53，
即此时方程的另一个根为x=−53．
【解析】(1)利用一元二次方程的根的判别式求解；
(2)将x=1代入方程求出m的值，判断是否符合(1)中结论；再利用一元二次方程中根与系数的关系求解．
本题考查一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程的解等知识点，解题的关键是根据一元二次方程的根的情况求出m的取值范围．
21.【答案】解：(1)证明：如图1，连接DE，BD
∵BC为圆的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠BDA=90°
∵OA=OB
∴OD=OB=OA
∴∠OBD=∠ODB
∵EB=ED
∴∠EBD=∠EDB
∴∠EBD+∠OBD=∠EDB+∠ODB
即：∠EBO=∠EDO
∵CB⊥x轴
∴∠EBO=90°
∴∠EDO=90°
∵点D在⊙E上
∴直线OD为⊙E的切线．
(2)①如图2，当F位于AB上时，过F1作F1N⊥AC于N，
∵F1N⊥AC
∴∠ANF1=∠ABC=90°
∴△ANF1∽△ABC
∴ANAB=NF1BC=AF1AC
∵AB=6，BC=8，
∴AC= AB2+BC2= 62+82=10，即AB：BC：AC=6：8：10=3：4：5
∴设AN=3k，则NF1=4k，AF1=5k
∴CN=CA−AN=10−3k
∴tan∠ACF1=F1NCN=4k10−3k=17，解得：k=1031，
经检验k=1031是原方程的解，
∴AF1=5k=5031
OF1=3−5031=4331
即F1(4331,0)
如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M，
∵△AMF2∽△ABC
∴设AM=3k，则MF2=4k，AF2=5k
∴CM=CA+AM=10+3k
∴tan∠ACF2=F2MCM=4k10+3k=17
解得：k=25，
经检验k=25是原方程的解，
∴AF2=5k=2
OF2=3+2=5
即F2(5,0)
故答案为：F1(4331,0)，F2(5,0)．
②
如图4，∵CB为直径，
∴∠BHG=∠CBF=∠BGC=90°
∴∠CBG+∠BCG=∠BFC+∠BCG=90°
∴∠CBG=∠BFC
∴△BGH∽△FCB
∴BGCF=GHBC
∵GHBC的最大值是12
(BGCF)最大值=12
【解析】本题是一道难度较大，综合性很强的有关圆的代数几何综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定定理，直角三角形性质，相似三角形性质和判定，动点问题，二次函数最值问题等，构造相似三角形和应用求二次函数最值方法是解题关键．
(1)连接ED，证明∠EDO=90°即可，可通过半径相等得到∠EDB=∠EBD，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得DO=BO=AO，∠ODB=∠OBD，得证；
(2)①分两种情况：a)F位于线段AB上，b)F位于BA的延长线上；过F作AC的垂线，构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点F坐标；
②应用相似三角形的性质将BGCF的最大值转化为求GH的最大值
22.【答案】解：(1)∵直线l1与直线l2相交于点A，
∴y1=y2，即−2x+6=x，解得x=2，
∴y1=y2=2，
∴点A的坐标为(2,2)；
观察图象可得，当x>2时，y1>y2；
(2)由直线l2：y2=−2x+6可知，当y=0时，x=3，
∴B(3,0)，
∴S△AOB=12×3×2=3；
(3)∵△POB的面积是△COB的面积的一半，
∴点P的纵坐标y=1，
把y=1分别代入y1=x和y2=−2x+6，
得，x1=1，x2=52，
∴点P的坐标为(1,1)或(52,1)．
【解析】此题主要考查了两直线相交，一次函数与不等式的关系以及三角形面积等，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式．
(1)当函数图象相交时，y1=y2，即−2x+6=x，再解即可得到x的值，再求出y的值，进而可得点A的坐标；当y1>y2时，图象在直线AB的右侧，进而可得答案；
(2)由直线l2：y2=−2x+6求得B的坐标，然后根据三角形面积即可求得；
(3)根据题意求得P的纵坐标，代入两直线解析式求得横坐标，即为符合题意的P点的坐标．
23.【答案】x<0
【解析】解：(1)当x=−2时，a=−12xx2+2=−−244+2=4，
当x=1时，b=−12xx2+2=−123=−4；
在坐标系内描点画图如下：
．
(2)如图，画直线y=x的图象，
由函数图象可得：函数的交点坐标为：(0,0)，
∴−12xx2+2>x的解集是x<0；
(1)把x=−2与x=1分别代入解析式可得答案；再在坐标系内描点画图即可；
(2)在同一坐标系内画出y=x的图象，再利用y=−12xx2+2的图象在函数y=x的图象上方即可．
本题考查的是求解函数的函数值，利用描点法画函数的图象，利用数形结合的方法求解不等式的解集，掌握描点法画函数的图象是解本题的关键．
24.【答案】50 16
【解析】解：(1)5+8+12+15+10=50(人)，
1−(10%+24%+30%+20%)=16%，即m=16，
故答案为：50，16；
(2)1×10%+2×16%+3×24%+4×30%+5×20%=3.34(本)，
捐4本的出现次数最多，因此众数是4本，
将这50个数据从小到大排列后，处在中间位置的两个数分别是3，4，因此中位数是3.5本，
答：这组数据的平均数是3.34本，众数是4本，中位数是3.5本；
(3)1200×(1−10%−16%)=888(人)，
答：该校所捐书本数不低于3本的学生大约有888人．
(1)计算各组频数的和即可求出本次接受调查的学生人数，根据各组频率之和等于单位“1”即可确定m的值；
(2)根据平均数、众数、中位数的意义和计算方法，分别求出结果即可；
(3)用该校学生总数乘以样本中所捐书本数不低于3本的学生所占的百分比，即可求出答案．
本题考查条形统计图、扇形统计图、平均数、中位数、众数，掌握两个统计图中数量之间的关系，理解中位数、众数、平均数的意义是解决问题的前提．
25.【答案】(1)以喷泉与湖面的交点为原点，喷泉所在的直线为纵轴建立平面直角坐标系，如图1所示：
(2)1.5
(3)根据图象可设二次函数的解析式为：h=a(d−2)2+1.5，
将(0,0.5)代入h=a(d−2)2+1.5，得a=−14，
∴抛物线的解析式为：h=−14d2+d+0.5，
设调节后的水管喷出的抛物线的解析式为：h=−14d2+d+0.5+n，
由题意可知，当横坐标为2+32=72时，纵坐标的值大于1.5+0.5=2，
∴−14×(72)2+72+0.5+n≥2，
解得n≥1.1，
∴水管高度至少向上调节1.1米，
∴0.5+1.1=1.6(米)，
∴公园应将水管露出湖面的高度(喷水头忽略不计)至少调节到1.6米才能符合要求．
【解析】解：(1)见答案；
(2)根据题意可知，该抛物线的对称轴为x=2，此时最高，
即m=1.5，
故答案为：1.5；
(3)见答案；
(1)建立坐标系，描点．用平滑的曲线连接即可；
(2)观察图象即可得出结论；
(3)根据二次函数图象的性质求出最高点的高度，设二次函数的顶点式，求解原抛物线的解析式；设出二次函数图象平移后的解析式，根据题意求解即可．
本题属于二次函数的应用，主要考查待定函数求函数解析式，二次函数图象的平移，解题的关键在于掌握由二次函数的图象建立二次函数模型．
26.【答案】解：(1)∵y=x2−4mx+4m2−1=(x−2m)2−1，
∴抛物线顶点坐标为(2m,−1)．
(2)∵点A，B关于抛物线对称轴对称，AB=4，对称轴为直线x=2m，
∴抛物线经过(2m+2,n)，(2m−2,n)，
将(2m+2,n)代入y=(x−2m)2−1得n=22−1=3．
(3)点P(2m+1,y1)关于抛物线对称轴的对称点P′坐标为(2m−1,y1)，
∵抛物线开口向上，
∴当2m−t>2m+1或2m−t<2m−1时，且y1解得t<−1或t>1．
【解析】(1)将二次函数解析式化为顶点式求解．
(2)由二次函数的对称性及AB=4可得点A，B坐标，进而求解．
(3)由点P坐标及抛物线对称轴可得点P关于对称轴的对称点P′坐标，由抛物线开口向下可求解．
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．
27.【答案】(1)解：如图所示：

(2)证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵CE⊥CD，
∴∠BCE+∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∵D为斜边AB的中点，
∴AD=CD，
∴∠A=∠ACD，
∴∠A=∠BCE．
(3)解：结论：AC=BC+ BE2−BC2．
理由：过点E作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，如图所示，

∵CE=2CD，D为AB的中点
∴AB=CE，
∵∠A=∠ECH，∠ACB=∠H，
∴△ABC≌△CEH(AAS)，
∴AC=CH，CB=HE，
∵CH=BC+BH，BH= BE2−HE2= BE2−BC2，
∴AC=BC+ BE2−BC2．
【解析】(1)根据题目中的条件作图即可．
(2)根据∠ACB=90°，CE⊥CD，可得∠ACD=∠BCE，再根据D为斜边AB的中点，得到∠A=∠ACD，即可得到结论．
(3)过点E作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，根据题目条件证明△ABC≌△CEH，得到对应边相等，在Rt△BHE中，用勾股定理得到BH= BE2−HE2，从而得出结论．
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．
28.【答案】(0,−2)
【解析】解：(1)①如图所示，
∵(1,0)、(0,−2)、(−1,−1)这三个坐标到原点的距离分别为1,2, 2，
又∵P点为原点的“1对点”，
∴P到原点的距离小于2，
∴P的坐标不可能是(0,−2)，
故答案为：(0,−2)．
②原点的两个“1邻点”的坐标为E(0,−1)和F( 32,12)，如图所示；
∵E(0,−1)；F( 32,12)，
∴OE=OF=1，
∵四边形OEPF是菱形，
∴FP=1，且FP//OE，
∴P( 32,−12)，
∴OP= ( 32)2+(12)2=1，
③若OP=2，则直线y=x+b与圆心在原点，2为半径的圆相切，由等腰三角形的性质可得点|b|=2 2，
如图所示，点P存在于两直线之间的圆的内部，
∴直线y=x+b上存在点P，则−2 2(2)∵Q点为M点的“2对点”，
∴MQ<4，
∵若M(m,m)，N(0,5)，
∴M在y=x上，则∠NOM=45°，
∵其两个“2邻点”到N点的距离都为3，则这两个“2邻点”在以3为半径的⊙N上，
设为S，T，如图所示，依题意SM=TM=QS=QT=2，
设QM，ST交于点R，取NQ的中点K，过点N作NH⊥OM于点H，过点K作KG⊥MN于点K，连接GQ，
∴GN=GQ，
∵N(0,5)，NH⊥OB，∠NOM=45°，
∴NH=5 22，
∴H(52,52)，
由图可知，只有当点Q在NH下方时，符合题意，
当Q点在NH上时，MN=HN=5 22，
∵NS=3，SM=2，
SR2=SM2−RM2=NS2−NR2，
设RM=x，则22−x2=32−(52 2−x)2，
解得：x=3 24，
∴RM=34 2，则QM=32 2，
∴NQ= 2，则NG= 22，
∵NG=GQ，
∴GQ= 22，则点Q在⊙G上运动，且半径为 22，
如图所示，当GO//y轴时，点Q取的最小值，
如图所示，延长GK交y轴于点L，连接KQ，
∵GK垂直平分NQ，则NL=LQ，
又∵KG//TS，
∴MN垂直平分LG，
∴四边形NLQG是菱形，
∴QG=NG= 22，
∴Q的纵坐标为5−12− 22=92− 22，
如图所示，当MN⊥y轴时，此时yQ=5，此时yQ取得最大值，此时点S，T重合于两圆的切点，
综上所述，92− 22≤yQ<5．
(1)①根据三角形三边关系，菱形的性质，新定义，得出P到原点的距离小于2，即可求解； ②根据新定义画出图形，进而根据菱形的性质得出PF=1，得出P的坐标，勾股定理即可求解； ③由①可得，P到原点的距离小于2，求得当距离为2时，b=2 2，即可求解；
(2)分别求得Q点的纵坐标的最大值和最小值，分别画出图形即可求解．
本题考查了新定义，菱形的性质，坐标与图形，圆与圆的位置关系，正确的画出图形是解题的关键．x
…
−4
−3
−2
−1.5
−1
0
1
1.5
2
3
4
…
y
…
83
3611
a
7217
4
0
b
7217
−4
−3611
−83
…
d(米)
0
1
2
3
4
h(米)
0.5
1.25
1.5
1.25
0.5