安徽省六校教育研究会2025-2026学年高一新生入学测试数学试卷

这是一份安徽省六校教育研究会2025-2026学年高一新生入学测试数学试卷，共33页。试卷主要包含了74 g  0，02 g ，那么低于标准质量0，93 万人次，将数据117，1793105，19等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
安徽六校教育研究会 2025 级高一新生入学素质测试
数学试题
2025.8
本试卷满分 100 分，考试时间 120 分钟．
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共 10 小题，共 33 分，1-7 每小题 3 分，8-10 每小题 4 分，在每个小题的下面，都给出了代号为 A、B、C、D 的四个选项，其中 1-7 只有一个选项符合题目要求， 8-10 有多个选项符合题目要求．）
某品牌乒乓球产品质量参数是2.74 g  0.02 g ，如果一只乒乓球的质量高于标准质量0.02 g 记作
0.02 g ，那么低于标准质量0.02 g 记作（）
0.02 g
0.02g
0.04 g
0.04 g
2025 年“五一”假期，某市推出一系列文化旅游体验活动．据相关部门数据显示，“五一”假日期间，全市共接待游客117.93 万人次，将数据117.93 万用科学记数法表示为（）
117.93104
1.1793105
1.1793106
0.11793107
如图，由 5 个相同的小正方体搭成的几何体，下列叙述正确的是（）
主视图与左视图相同B. 主视图与俯视图相同
C. 左视图与俯视图相同D. 主视图、左视图和俯视图都不相同
如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则α β （）
A. 140°B. 150°C. 160°D. 170°
中国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个题目：今有善田一亩，价三百；恶田七亩，价五百．今并买一顷，价钱一万．问善、恶田各几何？其大意是：今有良田 1 亩价值 300 钱；劣田 7 亩价值
500 钱．今合买良、劣田 1 顷（100 亩），价值 10000 钱．问良田、劣田各有多少亩？设良田为 x 亩，劣田
为 y 亩，则可列方程组为（）
x  y  100

x  y  100

A. 

300x 

500
7
y  10000
B. 

300 y 

500
7
x  10000

x  y  100
C 300x  500 y  10000
x  y  100

D. 300 y  500x  10000
如图， CD 是V ABC 的角平分线．按以下步骤作图：①以点A 为圆心，适当长为半径画弧，与边 AB 相交于点 E ，与边 AC 相交于点 F ；②以点 B 为圆心， AE 长为半径画弧，与边 BC 相交于点G ；③以点 G 为圆心， EF 长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点 H ；④作射线 BH ，与CD 相交于点 M ，与边 AC 相交于点 N ．则下列结论一定正确的是（）
ABN  A
BN  AC
CM  AD
BM  BD
如图，正方形 ABCD 边长为 6，以对角线 BD 为斜边作RtVBED ，∠E  90∘ ，点 F 在 DE 上，连接
BF ．若2BE  3DF ，则 BF 的最小值为（）
2
A. 6B. 6
C. 3
D. 4 2
5
5
5
2
请注意：8-10 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
若关于 x 的分式方程 3  ax a 1 无解，则 a 的值为（）
2  xx  2
A. 0B. 3C. －1D. 2
如图，在平面直角坐标系 xOy 中， A ， B 分别是横、纵轴正半轴上的动点，四边形OACB 是矩形，函数
y  1  x  0 的图象与边 AC 交于点 M ，与边 BC 交于点 N （ M , N 不重合）．给出下面四个选项，则正
x
确的有（）
△COM 与VCON 的面积一定相等
△MON 与△MCN 的面积可能相等
△MON 一定是锐角三角形
△MON 可能是等边三角形
已知抛物线 y  ax2  bx  c 的对称轴为直线 x  1 ，与 y 轴的交点位于 x 轴下方，且 x  1 时，
y  0 ，下列结论正确的是（）
2a  b
b2  4ac  0
4a  2b  c  0
8a  c  0
二、填空题（共 4 小题，每题 3 分，共 12 分）
若一元二次方程2x2  6x 1  0 的两根为α， β，则2α2  3α 3β的值为．
【文化欣赏】
我国南宋时期数学家杨辉于 1261 年写下《详解九章算法》，书中记载的二项和的乘方a  bn 展开式的系数规律如图所示，其中“三乘对应的展开式：
a  b4  a4  4a3b  6a2b2  4ab3  b4
【应用体验】
已知 x  24  x4  mx3  24x2  32x 16 ，则m 的值为．
已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是 ．
综合与实践一一硬币滚动中的数学．将两枚半径为 r 的硬币放在桌面上，固定白色硬币，深色硬币沿
其边缘滚动一周，深色硬币的圆心移动的路径如图 1；将三枚半径均为 r 的硬币连贯地放在桌面上，固定两枚白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，深色硬币的圆心移动的路径如图 2；现将四枚半径均为 r 的硬币按图 3、图 4 摆放在桌面上，固定三枚白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，则在图 3 与图 4 这两种情形中深色硬币的圆心移动路径长的比值为 ．
三、解答题（共 8 小题，共 55 分）
2x  2  x①

求不等式组：  x 1  2x 1 ② 的所有整数解．
 23
综合与实践活动中，要用测角仪测量世纪钟建筑 AB 的高度（如图①）．某学习小组设计了一个方案：如图②所示，点A ， E ， C 依次在同一条水平直线上， CD  AC ， EF  AC ，且
CD  EF  1.7 m ．在 D 处测得世纪钟建筑顶部 B 的仰角为22 ，在 F 处测得世纪钟建筑顶部 B 的仰角为31 ， CE  32 m ．根据该学习小组测得的数据，计算世纪钟建筑 AB 的高度（结果取整数）．
参考数据： tan22∘  0.4 ， tan31∘  0.6 ．
【阅读理解】
同学们，我们来学习利用完全平方公式： a  b2  a2  2ab  b2 近似计算算术平方根方法．例如求
67
67
67
67
67
的近似值．因为64  67  81 ，所以8  9 ，则
可以设成以下两种形式：
①
 8  s ，其中0  s  1；②
 9  t ，其中0  t  1 ．
67
小明以①的形式求的近似值的过程如图．
因为 67  8  s ，所以67  8  s2 ，即67  64 16s  s2 ．
因为 s2 比较小，将 s2 忽略不计，所以67  64 16s ，即16s  67  64 ，得
s  67  64  3 ，故
1616
67  8  3  8.19
16
【尝试探究】（1）请用②的形式求的近似值（结果保留 2 位小数）．
67
67
【比较分析】（2）你认为用哪一种形式得出的
的近似值的精确度更高，请说明理由．
某市教育综合实践基地开设有 A：巧手木艺；B：创意缝纫；C：快乐种植；D：美味烹饪；E：爱心医护等五门课程．某校组织八年级学生到该基地开展活动，一段时间后，基地采用随机抽样的方式，在该校
课程名称
巧手木艺
创意缝纫
快乐种植
美味烹饪
爱心医护
人数
a
6
12
b
18
八年级抽取部分学生开展了“我最喜欢的综合实践课程”的问卷调查，并根据调查所收集的数据进行整理，绘制了如下两幅不完整的统计图表．
根据图表信息，回答下列问题：
b  ，扇形统计图中表示“巧手木艺”部分对应扇形的圆心角度数是；
若该校八年级共有 480 名学生，请你估计该校八年级最喜欢 A, B 两门课程的学生人数和；
小明同学从 B,C,D,E 四门课程中随机选择两门，求恰好选中 D,E 两门课程的概率．
如图， eO 是V ABC 的外接圆， BAC  45∘ ．过点O 作 DF  AB ，垂足为 E ，交 AC 于点 D ，交eO 于点 F ．过点 F 作eO 的切线，交CA 的延长线于点G ．
求证： FD  FG ；
若 AB  12 ， FG  10 ，求eO 的半径．
2025 年春节期间，我国国产动画电影《哪吒之魔童闹海》刷新了中国电影票房的新纪录，商家推出 A 、 B 两款“哪吒”文旅纪念品．已知购进A 款 200 个， B 款 300 个，需花费 14000 元；购进A 款 100个， B 款 200 个，需花费 8000 元．
求 A、B 两款“哪吒”纪念品每个进价分别为多少元？
根据网上预约的情况，如果该商家计划用不超过 12000 元的资金购进A 、 B 两款“哪吒”纪念品共 400 个，那么至少需要购进 B 款纪念品多少个？
在销售中，该商家发现每个A 款纪念品售价 60 元时，可售出 200 个，售价每增加 1 元，销售量将减少 5 个．设每个A 款纪念品售价 a 60  a  100 元，W 表示该商家销售A 款纪念品的利润（单位：元），求W 关于 a 的函数表达式，并求出W 的最大值．
在平行四边形 ABCD 中， E ， F 分别为边 BC ， CD 上两点．
当 E 是边 BC 中点时，
①如图（1），连接 EF ，如果 AE  EF ，求证： BAE  CFE ；
②如图（2），如果CF  DF ，连接 AE ， BF 交边 AE 于点G ，求 SV BEG : SV AEF 的值；
如图（3）所示，连接 AE ， AF ，如果 AD  5 ， AB  3 ， CF  1 ， AEB  AFE  EFC ．求
AF 的长．
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y  ax2  bx 过点1, 3 ，且对称轴为直线 x  1 ，直线
y  kx  k 与抛物线交于 A, B 两点，与 x 轴交于点C .
求抛物线的解析式；
k  1 时，直线 AB 与 y 轴交于点 D ，与直线 x  2 交于 E 若抛物线 y   x  h2 1与线段 DE 有公共点，求h 的取值范围；
过点C 与 AB 垂直的直线交抛物线于 P, Q 两点， M , N 分别是 AB, PQ 的中点.试探究：当 k 变化
时，抛物线的对称轴上是否存在定点T ，使得TC 总是平分∠MTN ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.
注意事项：
安徽六校教育研究会 2025 级高一新生入学素质测试
数学试题
2025.8
本试卷满分 100 分，考试时间 120 分钟．
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共 10 小题，共 33 分，1-7 每小题 3 分，8-10 每小题 4 分，在每个小题的下面，都给出了代号为 A、B、C、D 的四个选项，其中 1-7 只有一个选项符合题目要求， 8-10 有多个选项符合题目要求．）
某品牌乒乓球产品质量参数是2.74 g  0.02 g ，如果一只乒乓球的质量高于标准质量0.02 g 记作
0.02 g ，那么低于标准质量0.02 g 记作（）
0.02 g
0.02g
0.04 g
0.04 g
【答案】A
【解析】
【分析】根据质量参数意义得解.
【详解】因为某品牌乒乓球产品质量参数是2.74 g  0.02 g ，且一只乒乓球的质量高于标准质量0.02 g 记作0.02 g ，
所以一只乒乓球的质量低于标准质量0.02 g 记作0.02 g ，故选：A
2025 年“五一”假期，某市推出一系列文化旅游体验活动．据相关部门数据显示，“五一”假日期间，
全市共接待游客117.93 万人次，将数据117.93 万用科学记数法表示为（）
117.93104
1.1793105
1.1793106
0.11793107
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为 a 10n ，其中1 | a | 1 时， n 是正数；当原数绝对值 ?(−1)2 +?(−1) +? > 0，即4a  2b  c  0 ，C 错误；
由于4a  2b  c  0 ，且2a  b ，故4?−2(−2?) +? > 0，即8a  c  0 ，D 正确，故选：ABD
二、填空题（共 4 小题，每题 3 分，共 12 分）
若一元二次方程2x2  6x 1  0 的两根为α， β，则2α2  3α 3β的值为．
【答案】10
【解析】
【分析】首先，根据一元二次方程根的定义，将α代入方程2x2  6x 1  0 ，得到关于α的等式，然后对 所求式子进行变形，再利用根与系数的关系求出αβ的值，最后代入计算.
【详解】因为α是方程2x2  6x 1  0 的根，所以将 x α代入方程可得： 2α2  6α1  0 ，
移项得到： 2α2  6α 1，进一步变形为： 2α2  3α 3α1，
根据韦达定理可得：αβ  6  3 ，
2
将2α2  3α 3α1代入2α2  3α 3β，
可得： 2α2  3α 3β (3α1)  3β 3(α β) 1， 把αβ 3 代入上式得： 3 3 1  9 1  10 .
故答案为：10 .
【文化欣赏】
我国南宋时期数学家杨辉于 1261 年写下《详解九章算法》，书中记载的二项和的乘方a  bn 展开式的系数规律如图所示，其中“三乘对应的展开式：
a  b4  a4  4a3b  6a2b2  4ab3  b4
【应用体验】
已知 x  24  x4  mx3  24x2  32x 16 ，则m 的值为．
【答案】8
【解析】
【分析】对照例子的特点令 a  x, b  2 可得答案.
【详解】因为a  b4  a4  4a3b  6a2b2  4ab3  b4 ，所以令 a  x, b  2 ，则 x  24  x4  8x3  24x2  32x 16 ，所以 m  8 .
故答案为：8
已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是．
【答案】108∘ 或36 ，
【解析】
【分析】讨论角的顶点的位置，结合正五边形的内角的度数以及三角形内角和，即可求得答案.
【详解】当角的顶点在圆上时，如图，圆交∠ABC 的两边截取的两条弦为 AB, BC ，
52 180
∘
此时∠ABC 恰好为正五边形的一个内角，则ABC  108∘ ；
5
当角的顶点在圆外时，如图，圆交APD 的两边截取的两条弦为 AB, CD ，

5  2 180∘
此时ABC  BCD  108∘ ，则PBC  PCB  180∘  108∘  72∘ ，
5
故APD  180∘  72∘  72∘  36∘ ，故所求角的大小是108∘ 或36 ，
故答案为：108∘ 或36
综合与实践一一硬币滚动中的数学．将两枚半径为 r 的硬币放在桌面上，固定白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，深色硬币的圆心移动的路径如图 1；将三枚半径均为 r 的硬币连贯地放在桌面上，固定两枚白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，深色硬币的圆心移动的路径如图 2；现将四枚半径均为 r 的硬币按图 3、图 4 摆放在桌面上，固定三枚白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，则在图 3 与图 4 这两种情形中深色硬币的圆心移动路径长的比值为 ．
【答案】 20 ## 2 2
99
【解析】
【分析】利用弧长公式分别计算图 3 和图 4 中深色硬币的圆心移动路径长，求出比值，即得答案.
【详解】对于图 3，如图示，依题意得 AE  EF  AF  2r ，
则△AEF 为等边三角形，则AEF  AFE  60∘ ，同理得VCEF ,VBFG,VDFG 为等边三角形，
则BFG  BGF  FGD  GFD  CEF  EFC  60∘ ,
AFB  180  60  60  60 ，同理∠CFD  60∘ ，故 A‸C 的弧长为(360°−60°−60°)×π×2? = 8π?，
B‸D 的弧长为
‸AB 的弧长为
180°3
(360°−
60°−60
°)×π×2?
= 8π?
(180°−
180°
60°−60°)×π×2?
3
= 2π?
180°
3
，
，
C‸D 的弧长为(180°−60°−60°)×π×2? = 2π?，
180°3
故图 3 中深色硬币的圆心移动路径长为 8πr  2  2πr  2  20πr ；
333
对于图 4，如图示：
依题意知 AE  EF  AF  2r ，则△AEF 为等边三角形，则AEF  AFE  FAE  60∘ ，
同理得VCAB,VAEB,VDEB 为等边三角形，
FD
则 ‸ 的弧长为(360°−60°−60°−60°)×π×2? = 2π?，
180°
CD
‸ 的弧长为(360°−60°−60°−60°)×π×2? = 2π?，
180°
CF
‸ 的弧长为(360°−60°−60°−60°)×π×2? = 2π?，
180°
故图 4 中深色硬币的圆心移动路径长为2πr  3  6πr ，
20πr
故在图 3 与图 4 这两种情形中深色硬币的圆心移动路径长的比值为 3  20 ，
6πr9
20
故答案为：
9
三、解答题（共 8 小题，共 55 分）
2x  2  x①

求不等式组：  x 1  2x 1 ② 的所有整数解．
 23
【答案】 1， 0 ，1
【解析】
【分析】分别求解两个不等式，结合解集可得答案.
【详解】由2x  2  x 可得 x  2 ；由 x 1  2x 1 可得 x  1；
23
所以1  x  2 的整数为1, 0,1 .
综合与实践活动中，要用测角仪测量世纪钟建筑 AB 的高度（如图①）．某学习小组设计了一个方案：如图②所示，点A ， E ， C 依次在同一条水平直线上， CD  AC ， EF  AC ，且
CD  EF  1.7 m ．在 D 处测得世纪钟建筑顶部 B 的仰角为22 ，在 F 处测得世纪钟建筑顶部 B 的仰角为31 ， CE  32 m ．根据该学习小组测得的数据，计算世纪钟建筑 AB 的高度（结果取整数）．
参考数据： tan22∘  0.4 ， tan31∘  0.6 ．
【答案】40 m
【解析】
【分析】利用直角三角形中正切的含义得出方程组，求解方程组可得答案.
【详解】延长 DF 交 AB 于G ，设 BG  x, GF  y ，
则由正切的定义可得
? = tan31°
?
?
?+32
?
? ≈ 0.6
≈ 0.4
，由参考数据可得，
?
?+32
= tan22°
? ≈ 64
解得? ≈ 38.4，所以?? = ?? + ?? = ?? + ?? ≈ 1.7 + 38.4 = 40.1 ≈ 40.
故世纪钟建筑 AB 的高度为 40 m .
【阅读理解】
同学们，我们来学习利用完全平方公式： a  b2  a2  2ab  b2 近似计算算术平方根方法．例如求
67
67
67
67
67
的近似值．因为64  67  81 ，所以8  9 ，则
可以设成以下两种形式：
①
 8  s ，其中0  s  1；②
 9  t ，其中0  t  1 ．
67
小明以①的形式求的近似值的过程如图．
s  67  64  3 ，故
1616
67  8  3  8.19
16
因为 67  8  s ，所以67  8  s2 ，即67  64 16s  s2 ．
因为 s2 比较小，将 s2 忽略不计，所以67  64 16s ，即16s  67  64 ，得
【尝试探究】（1）请用②的形式求的近似值（结果保留 2 位小数）．
67
67
【比较分析】（2）你认为用哪一种形式得出的
的近似值的精确度更高，请说明理由．
【答案】（1）8.22；（2）用①的形式，理由见解析
【解析】
67
【分析】（1）设
 9  t ，两边平方后近似计算，即可求得答案；
（2）将两种方式求得近似值平方，比较大小，即可得结论.
【详解】（1）设
 9  t ，其中0  t  1 ．
67
则67 = (9−?)2，即67 = 81−18? + ?2．
因为t2 比较小，将t2 忽略不计，所以67  81  18t ，即18t  81  67 ，
67
得t  81  67  7 ，故
189
67
（2）用①的形式得出的
 9  7  8.22 .
9
的近似值的精确度更高，理由如下：
8.192  67.08,8.222  67.57 ，而67.57  67.08  67 ，
67
故用①的形式得出的的近似值的精确度更高.
课程名称
巧手木艺
创意缝纫
快乐种植
美味烹饪
爱心医护
人数
a
6
12
b
18
某市教育综合实践基地开设有 A：巧手木艺；B：创意缝纫；C：快乐种植；D：美味烹饪；E：爱心医护等五门课程．某校组织八年级学生到该基地开展活动，一段时间后，基地采用随机抽样的方式，在该校八年级抽取部分学生开展了“我最喜欢的综合实践课程”的问卷调查，并根据调查所收集的数据进行整 理，绘制了如下两幅不完整的统计图表．
根据图表信息，回答下列问题：
b  ，扇形统计图中表示“巧手木艺”部分对应扇形的圆心角度数是；
若该校八年级共有 480 名学生，请你估计该校八年级最喜欢 A, B 两门课程的学生人数和；
小明同学从 B,C,D,E 四门课程中随机选择两门，求恰好选中 D,E 两门课程的概率．
【答案】（1）15； 54
1
（2）120（3）
6
【解析】
【分析】（1）先求出随机抽样的总人数，即可分析计算求解；
根据该校八年级最喜欢 A, B 两门课程的学生人数占的比例即可求得答案；
确定随机选择两门所有的可能情况，即可求得答案.
【小问 1 详解】
由题意可得随机抽样的总人数为12  20%  60 ，
参加 D：美味烹饪的人数占比为25% ，故b  60  25%  15 ；
扇形统计图中表示“巧手木艺”部分对应的人数为 a  60  6 12 15 18  9 ；所以扇形统计图中表示“巧手木艺”部分对应扇形的圆心角度数是
360∘  60  6  12  15  18  360∘  9  54∘ ；
6060
【小问 2 详解】
由（1）可知该校八年级最喜欢 A, B 两门课程的学生人数占的比例分别为 9 ， 6 ，
6060
故估计该校八年级最喜欢 A, B 两门课程的学生人数和为480  9  6   120 ；

 6060 
【小问 3 详解】
小明同学从 B,C,D,E 四门课程中随机选择两门，共有 BC,BD,BE,CD,CE, DE 共 6 种可能，
故恰好选中 D,E 两门课程的概率为 1 .
6
如图， eO 是V ABC 的外接圆， BAC  45∘ ．过点O 作 DF  AB ，垂足为 E ，交 AC 于点 D ，交eO 于点 F ．过点 F 作eO 的切线，交CA 的延长线于点G ．
求证： FD  FG ；
若 AB  12 ， FG  10 ，求eO 的半径．
【答案】（1）证明见解析
13
（2）
2
【解析】
【分析】（1）根据圆的切线的性质结合圆的性质，即可证明结论；
（2）由题意求出相关线段的长，设OA  OF  R ， 在RtVOEA 中利用勾股定理列式求解，即得答案.
【小问 1 详解】
证明：由题意可知GF 为圆的切线，故 DF  GF ，则DFG  90∘ ,
又BAC  45∘ ， DF  AB ，故∠ADE  45∘ ,故DGF  45∘ ，即VDFG 为等腰直角三角形，故 FD  FG .
【小问 2 详解】
因为 DF  AB ，所以 AE  BE  1 AB  6 ，
2
由（1）可知BAC  ADE  45∘ ，则 ED  EA  6 ，结合（1）知 FD  FG  10, EF  DF  DE  4 ， 连接OA ，如图：
设OA  OF  R ，则OE  R  4 ，
在RtVOEA 中， OA2  AE2  OE2 ，即 R2  62   R  42 ，解得 R  13 ，即eO 的半径为13 .
22
2025 年春节期间，我国国产动画电影《哪吒之魔童闹海》刷新了中国电影票房的新纪录，商家推出 A 、 B 两款“哪吒”文旅纪念品．已知购进A 款 200 个， B 款 300 个，需花费 14000 元；购进A 款 100个， B 款 200 个，需花费 8000 元．
求 A、B 两款“哪吒”纪念品每个进价分别为多少元？
根据网上预约的情况，如果该商家计划用不超过 12000 元的资金购进A 、 B 两款“哪吒”纪念品共
400 个，那么至少需要购进 B 款纪念品多少个？
在销售中，该商家发现每个A 款纪念品售价 60 元时，可售出 200 个，售价每增加 1 元，销售量将减少 5 个．设每个A 款纪念品售价 a 60  a  100 元，W 表示该商家销售A 款纪念品的利润（单位：元），求W 关于 a 的函数表达式，并求出W 的最大值．
【答案】（1）40 元，20 元
（2）200（3）W  5a  702  4500, 60  a  100 ，4500 元
【解析】
【分析】（1）由题意列方程组，求解即可；
由题意列出不等式，求解即可；
由题意可列出W 关于 a 的函数表达式，结合二次函数性质，可求得 W 的最大值，即得答案.
【小问 1 详解】
设 A、B 两款“哪吒”纪念品每个进价分别为 x 元，y 元，
200? + 300? = 14000
x  40

则 100? + 200? = 8000 ，解得 y  20 ，
即设 A、B 两款“哪吒”纪念品每个进价分别为 40 元，20 元.
【小问 2 详解】
设需要购进 B 款纪念品 m 个，则要购进 A 款纪念品400  m 个，由（1）知 A、B 两款“哪吒”纪念品每个进价分别为 40 元，20 元，则由题意得40(400  m)  20m  12000 ，解得 m  200 ，
故至少需要购进 B 款纪念品 200 个.
【小问 3 详解】
由（1）知 A、B 两款“哪吒”纪念品每个进价分别为 40 元，20 元，由题意得W  (a  40)[200  5(a  60)]
 (a  40)(500  5a)
= −5?2 + 700?−20000
= −5(?−70)2 +4500，(60 ≤ ? ≤ 100)，
故当 a  70 时，−5(?−70)2 +4500取到最大值为 4500，即 a  70 时，W 最大，最大值为 4500 元.
所以W 关于 a 的函数表达式为? = −5(?−70)2 +4500,60 ≤ ? ≤ 100，
W 的最大值为 4500 元.．
在平行四边形 ABCD 中， E ， F 分别为边 BC ， CD 上两点．
当 E 是边 BC 中点时，
①如图（1），连接 EF ，如果 AE  EF ，求证： BAE  CFE ；
②如图（2），如果CF  DF ，连接 AE ， BF 交边 AE 于点G ，求 SV BEG : SV AEF 的值；
如图（3）所示，连接 AE ， AF ，如果 AD  5 ， AB  3 ， CF  1 ， AEB  AFE  EFC ．求
AF 的长．
2
【答案】（1）证明见解析；；
15
（2） AF  5 3  6 .
3
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，逐步推导各问的结论.
【小问 1 详解】
①如图所示，延长 FE，AB 交于 H ，
Q四边形 ABCD 是平行四边形，
 AB // CD ，
EBH  ECF ,EHB  EFC ，
Q E 是边 BC 中点， BE  CE ， ∴△ ???≅ △ ???(???)， EH  EF ,H  CFE ，
Q AE  EF , AE  EH ，
H  BAE,BAE  CFE ；
②如图所示，延长 BF，AD 交于 M ，
Q四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ ??//??,?? = ??, ∴△ ???∼ △ ???, △ ???∼ △ ???，
 BE
 GE 
BG , BC
 BF
 CF
 1，
AMAGGM DMMFDF
 BF  MF ,BC  DM ,Q E 是边 BC 中点， BC  2CE  2BE ，设CE  BE  m ，则 BC  DM  2m ，
 AM  AD  DM  4m ，
 GE  BG  BE 
m  1 , BF
 1， BG  2 ；
AGMGAM
4m4MF
GF3
?△????△?????1S△ABG
∴=== ，
 BG  2 ，
?△???
?△???
??4
S△AFG
FG3
设 S△ABG
 4n ，则 S
V BGE
 n,S
V AFG
 6n, S
V EGF
 3 n ，
2
 SV BGE
SV AEF
SV BGE
SV AGF  SV EGF
n
6n  3 n
2
 2
15 ；
如图所示，延长 AD，EF 交于 M ，
Q四边形 ABCD 是平行四边形，
 AD / / BC,CD  AB  3 ，AEB  EAD ，
QAEB  AFE  EFC ，EFA  EAD ，又QAEF  MEA,V AEF ~VMEA ；
【小问 2 详解】
QAEB  AEF  FEC  EFC  FCE  FEC  180 ,AEB  EFC ，
AEF  FCE,V AEF ~VECF ，
Q AD / / BC,VECF ~VMDF ， EC
 EF
 CF ,
DMFMDF
QCF  1, DF  CD  CF  2 ，
设CE  s, FE  t ，QV AEF ~VECF ，
 CF  CE  EF ，即1  s t ，
EFAEAFtAEAF
 AE  st,AF  t 2 ，
 EC  EF  CF ，即 st 1 ，
DMFMDFDMFM2
 DM  2s,FM  2t ，
 AM  AD  DM  5  2s ；
 EF 
AE  AF
tstt2
QV AEF ~VMEA ，AEEMAM ，即 st  t  2t  5  2s ，
? = ??
? = 3
? = − 3
???+2?
∴ ?? = ?2 ，解得 ?2 = 5 3+6或 ?2 = 5 3−6（舍去），
?+2?
5+2?33
 AF  5 3  6 .
3
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y  ax2  bx 过点1, 3 ，且对称轴为直线 x  1 ，直线
y  kx  k 与抛物线交于 A, B 两点，与 x 轴交于点C .
求抛物线的解析式；
k  1 时，直线 AB 与 y 轴交于点 D ，与直线 x  2 交于 E 若抛物线 y   x  h2 1与线段 DE 有公共点，求h 的取值范围；
过点C 与 AB 垂直的直线交抛物线于 P, Q 两点， M , N 分别是 AB, PQ 的中点.试探究：当 k 变化 时，抛物线的对称轴上是否存在定点T ，使得TC 总是平分∠MTN ？若存在，求出点T 的坐标；若不存
在，请说明理由.
【答案】（1） y  x2  2x
（2）  1 , 2 2 
 4
1 
2
存在，坐标为T 1,  

【解析】
【分析】（1）根据抛物线 y  ax2  bx 过点1, 3 和对称轴公式列方程组求出 a, b 即可；
根据题意解出直线 DE 方程，讨论 y  x2 1左右平移时与线段的交点即可求解；
解法一：先求出C 点坐标，进而求出直线 PQ 的解析式，联立抛物线与直线 AB ，根据根与系数的关系结合中点坐标公式求出 M 点坐标，同理求出 N 点坐标，作 MK  CT , NF  CT 根据TC 平分
∠MTN ，得到tan NTF  tan MTK ，设T 1, t  ，根据正切的定义，列出比例式进行求解即可；解法二：分别将直线 AB, PQ 与抛物线联立，利用韦达定理求出 M , N 点坐标，由TC  x 轴可知TC 平分
∠MTN 时 kMT  kNT  0 ，代入斜率公式求解即可.
【小问 1 详解】
因为抛物线 y  ax2  bx 过点1, 3 ，且对称轴为直线 x  1 ，
3  a  b

a  1
所以b，解得，

 1
 2a
b  2
所以抛物线的解析式为 y  x2  2x .
【小问 2 详解】
当 k  1 时，直线 AB 为 y  x  1 ，
令 x  0 解得 y  1，令 x  2 解得 y  1，所以 D 0, 1 ， E 2,1 ，
所以 kDE
 11  1，将 D 0, 1 代入 y  x  m 解得 m  1，所以直线 DE 方程为 y  x  1 ，
0  2
因为抛物线 y   x  h2 1可由 y  x2 1平移得到，
2
2
2
当点 E 在抛物线 y   x  h2 1上，由1  2  h2 1 解得h  2 或 h  2 ，结合图象可知 y  x2 1至多向右平移2 个单位，
当 y  x2 1的图象向左平移至与 y  x  1 有一个交点时，
 y   x  h2 1
联立
 y  x 1
得 x2  2h 1 x  h2  0 ，
4
令Δ   2h 12  4h2  0 解得 h   1 ，
此时由 x2  1 x  1  0 解得 x  1 ，即交点坐标为 1 ,  3  ，在线段 DE 上，
44

2164 
结合图象可知 y  x2 1至多向左平移 1 个单位，
4
综上h 的取值范围为 1 , 2 2  .
 4
【小问 3 详解】
解法一：因为直线 AB : y  kx  k ，所以当 y  0 时， x  1 ，即C 1, 0 ，
（根据对称性在这里不妨只考虑k  0 的情况）
因为所以抛物线的对称轴为直线 x  1 ，所以点C 在抛物线的对称轴上，因为 PQ 过点C ，且与直线 AB 垂直，所以PCA  90 ，
设直线 PQ 的解析式为 y  k2 x  b2 ，将C 1, 0 代入得b2  k2 ，故 y  k2  x 1 ，
在直线 AB 上取点 E m, mk  k  ， m  1 ,在 PQ 上取点G ，使CG  CE ，作GH  x 轴， EF  x 轴，则CHG  CFE  GCE  90 ， EF  mk  k, CF  m 1 ，
ECF  90  HCG ， CGH  90  HCG ,所以ECF  HGC
所以VCEF≌VGCH ，
所以GH  FC  m 1, CH  EF  mk  k ，则OH  mk  k 1， G k 1 mk, m 1 ，
所以 m 1  k2
k 1 mk 1 ，解得 k2
  1 ，
k
所以直线 PQ 的解析式为 y   1  x 1 ，即： y   1 x  1 ，
 y  kx  k

联立 y  x2  2x
kkk
整理，得 x2  k  2 x  k  0 ，
ABABABAB
所以 x  x  k  2 ， y  y  kx  k  kx  k  k  x  x   2k  k 2 ，
 k  2 k 2 
由 M 为 AB 的中点，得 M 
2, 2  ，
 y   1 x  1

11

联立

kk ，同理可得 N
1 2k

, 2k 2  ，
 y  x2  2x
假设存在点T ，设T 1, t  ，使得TC 总是平分∠MTN ，如图，作 MK  CT , NI  CT ，
因为TC 平分∠MTN ，所以NTI  MTK ，故tan NTF  tan MTK ，
k  2 1
11 1
k 2
2
1
2k 2
所以 MK  NI ，则 2  2k ，
TKTI
 t t
由于 M , N 要在T 的同一侧，故 1 k  同正或者同负，解得t   1
2
2k 2t, 2t2
1 
2
所以抛物线的对称轴上存在T 1,   ，使得TC 总是平分∠MTN ．

解法二：对于直线 y  kx  k 令 y  0 解得 x  1 ，所以C 1, 0 ，则C 在抛物线对称轴上，
 y  kx  k
联立
得 x2  2  k  x  k  0 ，设 A x , y  ， B  x , y  ，

 y  x2  2x
由韦达定理可得 x1  x2  2  k ，
因为 M 是 AB 中点，所以 M 点横坐标 xM
 2  k k 2 
11
 x1  x2  2  k
22
22
，则 yM
2
k
 kxM  k  2 ，即

M2, 2  ，

因为 PQ ⊥AB ，且 kAB
 k  0 ，所以 kPQ
  1 ，
k
又直线 PQ 过点C 1, 0 ，所以直线 PQ 方程为 y   1  x 1 ，
k
 y   1  x 1

33
联立k
得 kx2  2k 1 x 1  0 ，设 P  x , y
 ， Q  x4 , y4  ，
 y  x2  2x
由韦达定理可得 x  x
 2k 1 ，
34k
因为 N 是 PQ 中点，所以 N 点横坐标 xN
 x3  x4  2k 1 ，则 y
22kN
  1  x
kN
1 
1
，即
2k 2
N  2k 1 , 1  ，
 2k2k 2 

因为TC  x 轴，所以TC 平分∠MTN 时, kMT  kNT  0 ，
k
2
t t  1
22k 2
k 2  2t
2k 2t 1
k 2  2t  2k 2t 1
设T 1, t  ，则
1
2  k 
1
2k 1 kkk
 0 ，
22k
2t 1  0
所以 k 2  2t  2k 2t 1  k 2 1 2t   2t 1  0 对任意 k  0 恒成立时1 2t  0

，解得t   1 ，
2
1 
2
所以存在定点T 使得TC 总是平分∠MTN ，其坐标为T 1,   .
