2026年北京市门头沟区初三下学期二模数学试卷及答案

这是一份2026年北京市门头沟区初三下学期二模数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

第一部分 选择题
一、选择题（共 16 分，每题 2 分）
第 1－8 题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
B.C.D.
实数a, b 在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是（）
a  4
a  b
a  b  0
a  1
b
如图， AB 和CD 交于点O ， AC  AB 于点 A ，连接 BD ．若B  40 ， D  75 ，则 C 的度数是（）
A. 25B. 30C. 35D. 40
一个不透明的袋子装有除颜色外无其他差别的小球共 20 个，其中有 10 个黄球，8 个绿球，余下的为红球．从袋子中随机摸出一个小球，摸出的球是红球的概率是（）
1
2
21
C.
510
D. 4
5
若关于 x 的一元二次方程m  2 x2  4x 1  0 有实数根，则实数m 的取值范围是（）
m  6
C. m  6 且 m  2
m  6
D. m  6 且m  2
据国家统计局公告，2024 年全年全国粮食总产量为 70650 万吨，2025 年粮食生产再获丰收，全年全国
粮食总产量比上年增加 838 万吨，则 2025 年全年全国粮食总产量为（）
A. 7.1488104 吨B. 7.1488106 吨
C. 7.1488108 吨D. 7.1488109 吨
如图，在 ABC 中， AC  2, BC  6 ，以点C 为圆心， AC 长为半径画弧交 AC 的延长线于点 D ，
分别以点 B ， D 为圆心，大于 1 BD 长为半径画弧，两弧分别交于点 P, Q ，连接PQ 交 BC 于点 E ，连接
2
DE ，则 CDE 的周长为（）
A. 8B. 7C. 6D. 5
如图， BD 是正方形 ABCD 的对角线， E, F 分别是 BC, CD 边的中点，作点 E 关于CD 的对称点G ，连接 DE ， AF , CG, DG, AF 交 BD 于点 P ，延长 AF 交 DG 于点Q ．
给出下面四个结论：
① AF  DG ；② AF  DE ；③ BG  2BP ；④ AP  DQ ．上述结论中，所有正确结论的序号是（）
A. ①②③B. ①③④C. ①②④D. ②③④
第二部分 非选择题
二、填空题（共 16 分，每题 2 分）
3x  6
若
在实数范围内有意义，则实数 x 的取值范围是．
分解因式： 4x3 16x  ．
1
方程
x  4
 3  0 的解为．
x
在平面直角坐标系 xOy 中，点 A x1, y1 , B  x2 , y2
, C 2, 3 均在函数 y  k k  0 的图象上，且
x
x1  x2  0，则 y1 y2 （填“＞”“＝”或“＜”）．
为了促进全民阅读，《全民阅读促进条例》于 2026 年 2 月 1 日起施行．某校为了加强书香校园建设，
每周课外阅读时间 x （小时）
0  x  1
1  x  2
2  x  3
x  3
人数
28
40
56
76
了解本校 2000 名学生每周课外阅读时间的情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下所示的统计表．
根据以上信息，估计该校 2000 名学生中每周课外阅读时间不超过 2 小时的人数是．
如图， ABC 内接于 O, AD 是 O 的直径，过点 D 的切线与 AC 的延长线交于点 E ．若
E  65 ，则 B 的度数为．
如图，在矩形 ABCD 中， E 是CB 延长线上一点， AF  DE 交 BC 于点 F ， F 是CE 的中点．若
AD  6 ， BF  2 ，则 AF 的长为．
某公司有七台办公电脑，编号依次为①～⑦号，工作期间，这七台电脑突然出现故障，处于待机状
态，立即安排对这七台电脑进行维修．已知维修①～⑦号电脑所需时间依次为13 分钟，17 分钟， 9 分
钟， 20 分钟， 26 分钟， 30 分钟，14 分钟，工作日，每台电脑待机1分钟，会造成5 元的经济损失．
若安排一名维修人员，当这七台电脑全部维修完成且总经济损失最小，则维修的顺序是．（填写编号）；
若安排三名工作效率相同的维修人员同时开始单独工作，且每台电脑只能由一名维修人员维修，当这七台电脑在最短时间内全部维修完时，总经济损失最小为元．
三、解答题（共 68 分，第 17－19 题每题 5 分，第 20－21 题每题 6 分，第 22－23 题每题 5
分，第 24 题 6 分，第 25 题 5 分，第 26 题 6 分，第 27－28 题每题 7 分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
12
计算： 2sin60  8  1  0 ．

3 x 1  4x  5
解不等式组：  x  4 x．
 3
m  2m  n
已知 m  2n 1  0 ，求代数式的值．
2m2  8mn  8n2
如图，在四边形 ABCD 中， AB ∥CD ，过点 D 作 DE  BC 于点 E ， F 是CD 的中点，连接 AF 交
DE 于点G ，连接 EF , EF  AB ．
求证：四边形 ABCF 是平行四边形；
若 AG  DG, ADF  75, CE  2 ，求 AD 的长．
为推动城市公交车电动化替代，2026 年继续支持新能源城市公交车及动力电池更新，根据更新新能源公交车及更换动力电池补贴政策，报废符合条件的旧车并购买补贴范围内的新能源公交车，每辆车可获得 8 万元补贴，对符合条件并更换动力电池的，每辆车补贴 4.2 万元．某公交公司计划将 20 辆符合补贴政策
的老旧燃油公交车更新为新能源公交车，同时对现有符合补贴政策的 10 辆新能源公交车更换动力电池，
总预算不超过 1950 万元．经过咨询，补贴前，更换 1 辆新能源公交车的动力电池所需的费用比购买 1 辆新
能源公交车的费用低 85%，补贴后，更换 5 辆新能源公交车的动力电池和购买 1 辆新能源公交车的总费用
为 146 万元．则该公交公司能否按计划完成老旧燃油公交车的更新和现有新能源公交车的动力电池更换？
在平面直角坐标系 xOy 中，函数 y  kx  b k  0 的图象经过点1, 5 和点3,11 ．
求k ， b 的值；
当 x  5 时，对于 x 的每一个值，函数 y  mx m  0的值既小于函数 y  kx  b 的值，又大于函
2
数 y  x  k 的值，直接写出m 的值．
为促进学生全面发展，充分培养学生兴趣，学校运动会新增了射击比赛，经过初赛，有甲、乙、丙、丁四位选手进入了决赛，在决赛中，每位选手要进行五轮比赛，记录员对这四位选手五轮比赛成绩（单位：环）的数据进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
甲、乙两名选手这五轮成绩的条形统计图：
丙选手这五轮成绩依次为9 ， 8 ，10 ， 8 ， 6 ；
甲、乙、丙三位选手五轮比赛成绩的平均数、中位数、方差如下表：
表中m 的值为， n 的值为；
丙选手的五轮成绩中，低于中位数的成绩有轮；
根据这五轮比赛成绩，排名规则按照平均数大的排名靠前，若平均数相同，方差小的排名靠前，现已知丁选手其中三轮的成绩分别为8 环、9 环、10 环，经过最后的核算，丁选手获得第二名，则丁选手其余两轮的成绩分别为 环、 环、（成绩均为整数）
如图，在 ABC 中， AB  AC ， CD  AB 于点 D ，在CD 上取一点O ，以点O 为圆心作圆， O 经过 B ， C 两点，交 AB 于点 E ，连接 AO 并延长，交 BC 于点 F ．
统计量
选手
甲
乙
丙
平均数
m
8.6
8.2
中位数
9
9
p
方差
0.64
n
1.76
求证： AF  BC ；
过点 B 作 BG ∥ AC 交 AF 的延长线于点G ．若tanG  1 , OD  3 ，求 BG 的长．
2
某物理实验室研究物体平抛运动时水平射程 s （单位： m ）与平台高度 H （单位： m ）的函数关
系．已知物体从高度为 H 的平台水平抛出，初速度不变，均为v （单位： m/s ， v  0 ），忽略空气阻力，重力加速度 g 取10 m/s2 ．平抛运动可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，竖直
方向满足 H  1 gt2 （ t 为运动时间），水平射程 s  vt ．实验中改变平台高度 H （单位： m ， H  0 ），
2
10
对于给定的初速度v ，可以认为 H 是 s 的函数．当v  3 和v  5 时，部分数据如下表．（
取3.162 ）
请根据实验背景和数据，完成以下探究：
结合公式推导，补全表格： a  ， b  ；（结果保留小数点后两位）
根据上表中的数据，在平面直角坐标系中描出 H , s  对应的点，并用平滑的曲线连接各点，画出
sv3 ， sv5 随 H 变化的函数图象；
在实验过程中，同学们发现了一些问题．
H m
0.5
2
4.5
6
8
10
12.5
14
16
18
当v  3 时的 s m
0.95
1.90
a
3.29
3.79
4.24
4.74
5.02
5.37
5.69
当v  5 时的 s m
1.58
3.16
4.74
5.48
6.32
7.07
b
8.37
8.94
9.49
①在分析所得的函数图象时，某同学发现：在相同的初速度下，当平台高度翻倍时，水平射程并非翻倍．请结合函数关系，分析在相同的初速度下，当2H1  H2 时， s1 与 s2 的数量关系为；
②小明在实验中提出猜想：在一次平抛运动过程中，是否存在某一时刻，物体的下落高度与水平射程的数
值相等的情况？若存在，直接写出满足该情况时运动时间t 与初速度v 之间需满足的数量关系；若不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y  ax2  bx 1a  0 经过点 A4, 5 ．
用含a 的式子表示b ；
若a  2 ，点 M  x1,10 ， N  x2 ,10 （ x2  x1 ）在该抛物线上，求 MN 的长；
记抛物线与 y 轴的交点为 B ，点 P m, yP  在抛物线上，分别过点 P 作 x 轴、直线 AB 的垂线，交直线 AB 于点C ， Q ， E 是 PQ 上一点，且 PQ  4PE ，过点 E 作 EF ∥ AB 交 PC 于点 F ．已知当
0  m  a  1 时， EF 的长随m 的增大而增大，求 a 的取值范围．
2
在Rt△ABC 中， BAC  90, ACB   , D 是射线 BC 上一点，连接 AD, AD  AB, E 是 BC 上的动点，连接 AE ，将线段 AE 绕点 A 逆时针旋转180 2 得到线段 AF ，连接 EF , CF ．
如图 1，当点 D 在线段 BC 上， E 是 BD 的中点时，求证： EF ∥ AB ；
如图 2，当点 D 在 BC 的延长线上，点 F 在 BC 下方时，用等式表示 BE ， CD, CF 之间的数量关系，并证明．
在平面直角坐标系 xOy 中，给定MON  60 （ O 为顶点， OM 在 x 轴正半轴上，点 N 在第一象
限），对于点 P ，若存在点 A 在OM 上、点 B 在射线ON 上，使得 PAB 为等边三角形，则称点 P 为
MON 的“含角点”，称等边 PAB 的边长为点 P 的“含角边长”．（本定义中的点均不与原点O 重合，边长为正数）
（1）如图，在点 P1  3,1， P2 2, 0 ， P3 3, 3  中，是△MON 的“含角点”的有，请直接写出
其中一个“含角点”的“含角边长”；
（2）已知点Q t, 3 在第一象限，且为MON 的“含角点”．
①直接写出t 的取值范围；
②当t 改变时，直接写出 QAB 面积的最小值．
参考答案
第一部分 选择题
一、选择题（共 16 分，每题 2 分）
第 1－8 题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
第二部分 非选择题
二、填空题（共 16 分，每题 2 分）
【答案】 x  2
【详解】解：根据二次根式有意义的条件，可知3x  6  0 ，解得 x  2 ．
【答案】4x  x  2 x  2
【详解】解： 4x3 16x  4x x2  4  4x  x  2 x  2 ．
【答案】 x  3
【详解】解：方程两边同时乘 x  x  4，得 x  3 x  4  0 ，解得 x  3 ，
检验：当 x  3 时， x  x  4  0
 x  3 是分式方程的解．
【答案】
【分析】先根据C 2, 3 确定 k 的值，得出函数图像的增减性，即可求解．
【详解】解：点C 2, 3 在函数 y  k k  0 的图象上，
x
3  k ，
2
 k  6  0 ，
在每一象限内， y 随 x 的增大而增大，
x1  x2  0 ，
 y1  y2 ．
【答案】680 名
【分析】先计算抽取的学生总数和每周课外阅读时间不超过2 小时的学生人数，然后用总人数乘以每周课
外阅读时间不超过2 小时的学生人数占比即可得解．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
A
C
D
C
A
C
【详解】解：抽取的学生总数为28  40  56  76  200 （名），
其中每周课外阅读时间不超过2 小时的学生人数为28  40  68 （名），
估计该校2000 名学生中每周课外阅读时间不超过2 小时的学生人数为2000
【答案】115 ##115 度
68
200
 680 （名）．
【分析】连接 DC ，由 DE 是 O 的切线，可得ADE  90 ，可得DAC  25 ，再可得ADC  65 ，由四边形 ABCD 是 O 的内接四边形，即可得 B 的度数．
【详解】解：如图，连接 DC ，
∵ AD 是 O 的直径， DE 是 O 的切线，
∴ ADE  90 ，
∵ E  65 ，
∴ DAC  25 ，
∵ AD 是 O 的直径，
∴  ACD=90 ，
∴ ADC  90  25  65 ，
∵四边形 ABCD 是 O 的内接四边形，
∴ B  180  ADC  115 ．
【答案】 2
5
【详解】解：∵四边形 ABCD 是矩形， AD  6 ，
∴ ABC  C  90 ， CD  AB ， BC  AD  6 ，
∵ BF  2 ，
∴ CF  BC  BF  6  2  4 ，
∵ F 是 EC 的中点，
∴ EF  CF  4 ，
∴ CE  EF  FC  8 ，
∵ ABC  90，
∴ BAF  AFE  90，
∵ AF  DE ，
∴ E  AFE  90，
∴ E  BAF ，
又∵ C  90  ABF ，
ECD∽ ABF
∴，
∴ CD  CE ，即 AB  8 ，
BFBA2AB
解得： AB  4 或 AB  4 （负值不符合题意，舍去），
AB2  BF 2
在Rt ABF 中， AF 

 2．
42  22
5
【答案】①. ③①⑦②④⑤⑥②. 955
【详解】（1）解：若安排一名维修人员，当这七台电脑全部维修完成且总经济损失最小，需要先维修所需时间较短的电脑，
这样安排后面的电脑等候的时间就会短，总待机时间就短，
9  13  14  17  20  26  30 ，
维修的顺序是③①⑦②④⑤⑥；
（2）解：根据题意，使维修时间最短，且先维修时间短的，可以使得经济损失最小，
当这七台电脑由一个人全部维修完的总时长为13 17  9  20  26  30  14  129 （分钟），
当由三人同时维修时，平均每人维修的时间为129  3  43 （分钟），
需将这七台电脑分别分配给这三名维修人员，使得3 人的维修时间等于43 分钟或尽可能接近43 分钟，可以使得维修时间最短，
第一人可以维修①⑥号，维修时间是13  30  43 （分钟），维修顺序为①⑥，
此时损失最小，为13 2  30 5  280 （元），
①号从故障到修好的时间为其维修时间，⑥号从故障到修好的时间是①号维修时间＋其锥修时间；第二人可以维修②⑤号，维修时间是17  26  43 （分钟），维修顺序为②⑤，此时损失最小，为
17  2  26 5  300 （元）；
②号从故障到修好的时间为其维修时间，⑤号从故障到修好的时间是②号维修时间＋其维修时间；
第三人可以维修③④⑦号，维修时间是9  20 14  43 （分钟），维修顺序为③⑦④，此时损失最小，为
9  3 14 2  20 5  375 （元）；
③号从故障到修好的时间为其维修时间，⑦号从故障到修好的时间是③号维修时间＋其维修时间，④号从故障到修好的时间是③，⑦号维修时间之和＋其维修时间；
当这七台电脑在最短时间内全部维修完时，总经济损失最小为280  300  375  955 （元）．
三、解答题（共 68 分，第 17－19 题每题 5 分，第 20－21 题每题 6 分，第 22－23 题每题 5
分，第 24 题 6 分，第 25 题 5 分，第 26 题 6 分，第 27－28 题每题 7 分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
3
3
3
【答案】 7
3
【详解】解：原式 2
【答案】2  x  2
 2
3  8 1  2
3
2

 8 1 
 7 ．

3 x 1  4x  5①
【详解】解：  x  4  x②
 3
解不等式①，得 x  2 ，解不等式②，得 x  2 ，
该不等式组的解集为2  x  2 ．
【答案】 1
2
 22 
【详解】解：原式 m  2m  2n
2 m  4mn  4n
 m  2n
2m  2n2
1，
2m  2n
∵ m  2n 1  0 ，
∴ m  2n  1，
∴原式 
1
21
 1 ．
2
6
【答案】（1）见解析（2）
【小问 1 详解】
证明： DE  BC ，
DEC  90，
F 是CD 的中点，
 EF  FC  1 DC ，
2
EF  AB ，
 AB  FC ，
ABCD ，
四边形 ABCF 是平行四边形；
【小问 2 详解】
解：四边形 ABCF 是平行四边形，
 AFBC ，
DGF  DEC  90 ，
AGD  90 ，
AG  DG ，
DAG  ADG  45 ，
ADF
 75，
GDF  ADF  ADG  30 ， 在Rt△DEC 中， CE  2, CDE  30 ，
CD  2CE  4 ，
F 是CD 的中点，
 DF  2 ，
在Rt△DGF 中， GDF  30, DF  2 ，
 DG  DF csGDF 3 ，
3
在Rt ADG 中， ADG  45, DG ，
 AD 
DG
6
csADG
．
【答案】能
【详解】解：设补贴前购买 1 辆新能源公交车的费用为 x 万元，则更换 1 辆新能源公交车的动力电池所需的费用为1 85% x 万元，
根据题意，可得5 1 85% x  4.2   x  8  146 ，解得 x  100 ，
1 85% x  15% 100  15 （万元），
补贴后，购买 1 辆新能源公交车的费用为100  8  92 （万元），
更换 1 辆新能源公交车动力电池的费用为15  4.2  10.8 （万元），
更新和更换完的总花费为92  20 10 10.8  1948 （万元），
1948  1950 ，
该公交公司能按计划完成老旧燃油公交车的更新和现有新能源公交车的动力电池更换．

k  3
【答案】（1）
b  2
（2） m  11
5
【小问 1 详解】
解：将点1, 5 和点3,11 代入 y  kx  b(k  0）中，得

k  b  5
，
3k  b  11

k  3
解得；
b  2
【小问 2 详解】
解： m  11 ．
5
 y  3x  2

联立 y  x  3 ，
x  5
2
解得11 ，

 y 
2
∴函数 y  3x  2 与 y  x  3 的图象交于点  5 ,  11  ，
22 

如图，
∵当 x  5 时，对于 x 的每一个值，函数 y  mx m  0 的值既小于函数 y  3x  2 的值，又大于函数
2
y  x  3 的值，
∴函数 y  mx 的图象经过点  5 ,  11  ，
22 

∴  11   5 m ，解得 m  11 ．
225
【答案】（1） 8.6 ， 2.24（2）1（3） 9 ， 7
【分析】（1）根据平均数和方差的定义计算出结果即可；
先求出丙选手的中位数为8 ，根据丙选手有两轮的成绩为8 ，可知丙选手的五轮成绩中，低于中位数的成绩有1轮；
根据排名的方法和丙选手获得第二名，分情况讨论确定性丙选手其余两轮成绩．
【小问 1 详解】
解：由统计图可得甲选手五轮成绩为9 ， 7 ， 9 ， 9 ， 9 ，
平均成绩 m  1 9  7  9  9  9  8.6 （环）；
5
由统计图可得乙选手五轮成绩为10 ， 8 ， 9 ，10 ， 6 ，由统计表可知其平均成绩为8.6 环，
方差为 n  1  10  8.62  8  8.62  9  8.62  (10 8.6)2  6  8.62 ]  2.24 ；
5
【小问 2 详解】
解：将丙选手这五轮成绩按从小到大的顺序排列为6 ， 8 ， 8 ， 9 ，10 ，
排在第3 个的数据为8 ，
丙选手五轮成绩的中位数为8 ，
6  8 ，
丙选手的五轮成绩中，低于中位数的成绩有1轮；
【小问 3 详解】
解：根据排名规则，先比较甲、乙、丙选手成绩的平均数，可知甲、乙选手成绩的平均数均为8.6 环，且
大于丙选手成绩的平均数8.2 环，
丙选手不可能是第一名和第二名；再比较甲、乙选手成绩的方差，
0.64  2.24 ，
甲排在乙前，故甲、乙、丙的排名为甲、乙、丙，
最终丁选手获得第二名，
丁选手排在甲和乙之间，根据排名规则可知丁选手的平均分为8.6 环， 0.64  方差＜2.24，
丁选手五轮成绩的总环数为8.6  5  43 （环），
丁选手其中三轮的成绩分别为8 环、9 环、10 环，
其余两轮的成绩总环数为43  8  9 10  16（环），乙选手也有三轮成绩分别为8 环、9 环、10 环，
丁其余两轮成绩不可能是10 环和6 环；
当丁选手的成绩为8 环和8 环时，
方差为 1 8  8.62  8  8.62  8  8.62  9  8.62 10  8.62   0.64 ，不符合题意；
5 
当丁选手的成绩为9 环和7 环时，
方差为 1  9  8.62  (7 8.6)2  8  8.62  9  8.62  10  8.62 ]  1.04 ，符合题意，
5
丁选手其余两轮的成绩分别为9 环和7 环．
【答案】（1）见详解；
（2）10
【分析】（1）连接OB ，先证明△AOB ≌△AOC ，则BAO  CAO ，由条件可知 ABC 是等腰三角形，利用“三线合一”的性质即可证明 AF  BC ；
结合已知条件，先证明 AB  BG ， G  BAO  BCD ．设 BD  x ，在 Rt BOD 中，根据勾股定理列方程可求出 BD 的长，继而求解．
【小问 1 详解】
证明：如图，连接OB ，
O 经过 B, C 两点，
OB  OC .
在 AOB 和△AOC 中，
 AB  AC

 AO  AO ，

OB  OC
 AOB≌
AOC （ SSS ），
BAO  CAO ．又 AB  AC ，
 AF  BC ；
【小问 2 详解】
补全图形，如图所示．
由（1）知 AF  BC, BAO  CAO ，
CD  AB ，
BAO  ABC  BCD  ABC  90，
 BAO   BCD ．
BGAC
，
G  CAO ，
G  BAO  BCD ，
 AB  BG ， tanG  tanBAO  tanBCD  1 ，
2
 OD  BD  1 ，
ADCD2
OD  3 ，
 AD  2OD  6 ．
设 BD  x ，则CD  2x ，
OB  OC  CD  OD  2x  3 ．
在 Rt BOD 中，由勾股定理得 x2  32  2x  32 ，
解得 x  4 或 x  0 （舍去），
 BD  4 ，
 AB  AD  BD  6  4  10 ，
 BG  AB  10 ．
【答案】（1） 2.85 ， 7.91
（2）见解析（3）① s 2s ；②存在， t  v
215
2H
g
【分析】（1）根据题意可得t ，分别将 H  4.5 m 、 H  12.5m 代入求出t 的值，即可代入求出 s
的值；
根据表格，描点，画出函数图象即可；
2H
g
2H
g
①根据t 、 s  vt 求出 s  v
，分别表示出 s1
 v
， s2
2  v
，即可求
2H1
g
2H1
g
解；
②由题意得 H  s ，据此列出方程得出 1 gt2  vt ，即可求解．
2
【小问 1 详解】
根据题意可得重力加速度 g 取10 m/s2 ，竖直方向的自由落体运动满足 H  1 gt2 （ t 为运动时间），
2
2H
g
故t ，
2H
g
2 4.5
10
当 H  4.5 m 时， t  3 10  0.949s ；
10
此时 s  vt  3 0.949  2.85m ．
2H
g
212.5
10
当 H  12.5m 时， t 
此时 s  vt  51.581  7.91m ．
【小问 2 详解】
描点，画出函数图象，如图：
10  1.581s ；
2
【小问 3 详解】
① s2 2s1 ；
2H
g
2H
g
由（1）可得t ，故 s  vt  v；
2H1
g
∴ s1  v，
当2H
1  H2
时， s2
 v
 v
2  v，
2H2
g
4H1
g
2H1
g
即 s2 2s1 ．
②存在，当t  v 时，物体的下落高度与水平射程的数值相等．
5
由题意得 H  s ，即 1 gt2  vt ，
2
整理得v  1 gt ，
2
重力加速度 g 取10 m/s2 ，故 v  5t ，
∴ t  v ．
5
【答案】（1） b  1  4a
11
（2）
2
0  a  3
2
【分析】（1）将点 A4, 5 代入抛物线解析式，通过移项化简直接用含 a 的式子表示出b ；
代入 a  2 得到具体抛物线解析式，令 y  10 解一元二次方程，用较大根减去较小根即可得到 MN 的长度；
先求出直线 AB 的解析式，分类讨论点 P 与点C 的上下位置关系，利用 45 角和相似三角形将 EF 转化为关于m 的二次函数，再根据二次函数的增减性结合给定区间列不等式求解 a 的取值范围即可．
【小问 1 详解】
解：∵抛物线 y  ax2  bx 1a  0 经过点 A4, 5 ，
∴ 5  16a  4b 1 ，
∴ b  1  4a ；
【小问 2 详解】
解：由（1）可得抛物线为 y  ax2  1 4a x 1
将 a  2 代入 y  ax2  1 4a x 1中，得 y  2x2  7x 1，
∵点 M  x1,10 ， N  x2 ,10 x2  x1  在该抛物线上，
∴将 y  10 代入 y  2x2  7x 1中，得2x2  7x 1  10 ，
解得 x  1 ， x  9 ，
122
∴ MN  x  x  9  1  11 ；
2122
【小问 3 详解】
解：将 x  0 代入 y  ax2  bx 1中，得 y  1，
∴点 B 的坐标为0,1 ，
设直线 AB 的解析式为 y  kx  n k  0 ，将 A4, 5, B 0,1代入，

5  4k  n
得，
1  n
k  1

解得n  1，
∴直线 AB 的解析式为 y  x 1，
如图①，过点 A 作 AG  y 轴于点G ，则 AG  4 ， OG  5 ， OB  1，
∴ BG  OG  OB  4 ，
∴ AG  BG ，即 AGB 是等腰直角三角形，
∴ ABG  45 ，
当0  m  4 时，如解图①，
∵ PC  x 轴，
∴ PCy 轴，
∴ PCQ  ABG  45 ，
∵ PQ  AB ，即PQC  90 ，
∴ CPQ  90  PCQ  45 ，
∴ QC  QP ，
∴在Rt PQC 中， QC 2  QP2  2QC 2  PC 2 ，
∴ QC 
2 PC ，
2
∵ EFAB ，
PEF∽ PQC
∴，
∵ PQ  4PE ，
∴ EF  PE  1 ，
QCPQ4
∴ EF  1 QC 2 PC ，
48
由（1）可得抛物线 y  ax2  bx 1  ax2  1 4a x 1，
∵点 P 的横坐标为m ，且在抛物线上，
p
∴ y  am2  1 4a m 1，
∵ PC  x 轴，
∴点C 的横坐标为m ，
∵点C 在直线 AB 上，
∴ yc  m 1 ，
∵点C 在点 P 上方，
∴ PC  yc  yp ，
 m 1 am2  1 4a m 1
 a m  22  4a ，
∴ EF 2 PC  2a m  22 2a ，
882
∵ a  0 ，
∴ 2a  0 ，
8
∴抛物线开口向下，当 m  2 时， EF 的长随m 的增大而增大，又∵当0  m  a  1 时， EF 的长随m 的增大而增大，
2
∴ a  1  2 ，
2
解得 a  3 ，
2
∴ 0  a  3 ，
2
当 m  4 时，如解图②，
同理可得 EF 
2 PC ，
8
∵点 P 在点C 上方，
∴ PC  yp  yc
 am2  1 4a m 1 m 1
 a m  22  4a ，
∴ EF 2 PC 2a m  22 2a ，
882
∵ a  0 ，
∴该抛物线开口向上，对称轴为 m  2 ，则当 m  2 时， EF 随m 的增大而增大，
∵ m  4 ，即m  4 时， EF 随m 的增大而增大，
∴ 0  m  a  1 不能满足全部在m  4 的范围内，故此情况不存在，
2
综上所述， a 的取值范围为0  a  3 ．
2
【答案】（1）见解析 （2） CD  BE  CF ，见解析
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一得到 AE  BC ，求出CAE  90   ，进而求出BAE   ，由旋转的性质知 AE  AF ，根据等边对等角得到AEF  AFE   ，进而得到BAE  AEF ，即可证明 EF ∥ AB ；
AEM ≌ AFC
（2）在 BC 上取一点 M ，连接 AM , 使得 AM  AC ，根据等边对等角得到AMC  ACM   ，进而求出MAC  180  2 ，由旋转的性质知 AE  AF , EAF  180  2 ，可知EAF  MAC ，进而
得到EAM  FAC ，证明
，得到 EM  CF ，证明 ABM ≌
ADC ，得到 BM  CD ，
根据 BM  BE  EM 即可得到CD  BE  CF ．
【小问 1 详解】
证明： AB  AD, E 是 BD 的中点，
 AE  BC,
ACE   ，
CAE  90   ,
BAC  90 ，
BAE  90  CAE   ，
由旋转的性质知 AE  AF ，

180  180  2
AEF  AFE   ，
2
BAE  AEF ，
 EF∥AB ；
【小问 2 详解】
解： CD  BE  CF ．证明过程如下：
如图，在 BC 上取一点 M ，连接 AM , 使得 AM  AC ，
ACB   ，
AMC  ACM   ，
MAC  180  AMC  ACM
 180  2 ，
由旋转的性质知 AE  AF , EAF  180  2 ，
EAF  MAC ，
EAF  MAF  MAC  MAF ，即EAM  FAC ，
又 AM  AC, AE  AF ，
 AEM≌ AFC SAS ，
 EM  CF ，
ACM
 AMC ，
AMB  ACD ，
AB  AD ，
B  D ，
 ABM≌
ADC AAS ，
 BM  CD ，
BM  BE
EM
，
CD  BE  CF ．
2 3
3
【答案】（1） P1 ， P3 ；点 P1 的“含角边长”为，点 P3 的“含角边长”为2
3 3
4
（2）① t  1；②
【分析】（1）根据“含角点”的定义可知点 P2 和点 A 均在 x 轴上，以线段 P2 A 为边构造等边三角形时，有
一边与ON 平行，即点 B 不在ON 上，所以是△MON 的“含角点”的有点 P1 和 P3 ；根据等边三角形的性质求出“含角边长”；
（2）①根据“含角点”的定义，分点Q 在点 H 右侧，在点 H 左侧，在点 H 上三种情况讨论；
QAB 
②根据三角形的面积公式可知 S
3 AQ2 ，所以当 AQ 最小时，三角形的面积最小，根据垂线段最
4
短可知，当 AQ 
3 时，三角形的面积最小，最小值为．
3 3
4
【小问 1 详解】
2 3
3
解： P1, P3 ；点 P1 的“含角边长”为
，点 P3 的“含角边长”为2 ，
点 P2 与点 A 均在 x 轴上，点 A 不与原点O 重合，
以线段 P2 A 为边构造等边三角形时，有一边与ON 平行，即点 B 不在ON 上，
点 P2 不是MON 的“含角点”；
如下图所示，在OM 上取点C ，连接 P1C ，使得P1CO  MON  60 ，
在OM 上截取OA  P1C ，连接 P1 A ，在ON 上截取OB  AC ，连接 AB ， P1B ，
 BOA≌ ACP1 SAS  ，
 BA  AP1 ， OBA  P1AC ，
BOA  60 ，
OBA  OAB  120 ，
P1 AC  OAB  120 ，
BAP1  60，
 ABP1 是等边三角形， AB  BP1  AP1  x ，
OA  x ，
过点 P1 作 P1D  AC 于点 D ，
则 P1D  1， OD 3 ，
3
CD  AD  OD  AD  x ,
在 Rt P1CD 中， P1CD  60 ，
3
 AP1  2 AD  2 x ，
3
2 x  x ，
 AP  2 3 ，
13
2 3
3
点 P1 是MON 的“含角点”，“含角边长”为；
如下图所示，过点 P3 作 P3 Hx 轴，作 P3 E  x 轴于点 E ，
点 P3 的坐标为3, 3  ，则OE  3 ， P3E ，
3
GHP3 是等边三角形，
P3HG  P3GH  60 ，
HGO  P3HG  60 ，
又

 60，
HOG
HOG 是等边三角形，且 HO  GO  HG  P3G  HP3 ，
P3EG  180  PGH  HG0  60 ，
GP3E  30 ，
设 HO  GO  HG  P3G  HP3  x ，则GE  OE  OG  3  x ，
 P3G  2GE  2 3  x ，
33
PG2  GE 2  P E 2 ，
 x2  3  x2  
解得： x  2 ，
 P3G  2 ，
3 2 ，
点 P3 也是MON 的“含角点”，“含角边长”为2 ；
【小问 2 详解】
①解： t  1；
3
Q t, 3  ，Q 是直线 y 在第一象限的部分上的点，
如解图②，在OM 上取点C ，连接QC ，使得QCO  MON  60 ，
在OM 上截取OA  QC ，连接QA ，在ON 上截取OB  AC ，连接 AB ， QB ，同理（1）可证得 QAB 是等边三角形，
点Q 是MON 的“含角点”，过点Q 作QD  x 轴于点 D ，
则QD 
3 ，在 Rt
中， QCD  60 ，
QDC
QC  2 ，
OA  2 ，
3
设直线 y 与 y 轴的交点为G ，与ON 的交点为 H ，连接 AH ，
则GQ  t ， OG ，
3
MON
 60 ，
HOG  30 ，
OGH
在Rt
OH  OA ，
中， GH  1， OH  2 ，
AOH
 60 ，
 HOA 是等边三角形，
HAO  60 ， OA  HA ，
HAO  QCA  60 ，
QCHA ，
HQAC
又，
四边形 HACQ 是平行四边形，
 HQ  AC ；
如解图③，当点Q 与点 H 重合时， t  1，点C 与点 A 重合，此时QA  HA ， BA  QA  HA  OA ，
点 B 与点O 重合，不符合题意，故t  1；
如解图④，当点Q 在点G ， H 之间时， 0  t  1 ， QAO  QCO ，即QAO  60 ，
此时点 B 在QA 的垂直平分线l 上，此时直线l 与射线ON 没有交点，故此时点 B 不在射线ON 上，
当0  t  1 时，点Q 不是MON 的“含角点”；
如解图②，当点Q 在点 H 的右侧时， t  1，始终存在 QAB 是等边三角形，且点 B 在射线ON 上，
当t  1时，点Q 是MON 的“含角点”，
综上所述，点Q t, 3 在第一象限，且为MON 的“含角点”时， t 的取值范围t  1；
② 3 3 ，
4
根据定义，可知 QAB 为等边三角形，
QAB 
 S
3 AQ2 ，
4
要使 S QAB 最小，则需 AQ 的长最小，
3
由①知点 A 的坐标为2, 0 ，点Q 在直线 y 上，
3
3
如解图⑤，当 AQ 垂直于直线 y 时， AQ 的长最小，最小值为，此时t 的值为2 ，符合题意，
 QAB 面积的最小值为 3 
3 2  3 3 ．
44