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2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（七）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
考生注意：
考试时间120分钟
全卷共三道大题，总分120分
题号 一 二 三 总分
18 19 20 21 22 23 24
得分
一、单选题（每小题3分，满分30分）
1．农历2025年是乙巳蛇年，数字的倒数是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算错误的是（ ）
A． B． C． D．
4．一个立体图形，俯视图是，左视图是，要搭一个这样的立体图形，需要小正方体个数的情况有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
5．绿色出行，健康出行，某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务，图1是共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中、都与地面平行，，，已知、则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．已知一组数据的唯一众数是，中位数是，则这组数据的平均数为（ ）
A． B． C． D．
7．关于x的分式方程无解，则m的值为（ ）
A．或 B．或 C．或或 D．或
8．在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用180元购买A、B、C三种奖品（三种都买），A种每个10元，B种每个20元，C种每个40元，在C种奖品不超过两个且钱全部用完的情况下，共有几种购买方案（ ）
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
9．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，是直角三角形，，，，点B在y轴正半轴，等边的顶点，点C在第二象限，将沿x轴向右平移，得到，点O，C，D的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为S，当点与点A重合时停止运动．则表示S与x的函数图象正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，抛物线与x轴交点为和C，对称轴为直线且，且顶点为D，以下结论正确的个数是（ ）
①；②；③；④的解集为；⑤可以为等腰直角三角形也可以为等边三角形；⑥在x轴上方且在抛物线内部满足横纵坐标均为整数的点最多15个（不包括边界）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．2024年10月30日，神舟十九号载人飞船成功进入中国空间站，并且实现了我国航天史上第5次“太空会师”．神舟十九号载人飞船与长征二号F遥十九号运载火箭组合体的总质量为多千克，总高度为米．将用科学记数法表示应为 ．
12．在函数中，自变量x的取值范围是 ．
13．某班为了舞台剧表演制作道具，现需制作一个圆锥形的帽子道具，已知制作这个帽子所需纸板面积为，母线长为4，则这个圆锥形帽子的高为 ．
14．如图，正方形的边长为8，点E是的中点，连接，分别以点A，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于G，H两点，作直线，分别交于点M，F，则的长为 ．
15．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点为轴上的一点，将绕点按顺时针旋转至，反比例函数的图象经过点，过作交反比例函数图象于点，若的面积为，则的值为
16．在中，，点，分别是，边两个动点．将沿折叠得到，点的对应点为点，的平分线交直线于点．若边与的一条边平行，，则的度数为 ．
17．如图，在平面直角坐标系中，点O第1次运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，第4次运动到点，第5次运动到点，第6次运动到点，第7次运动到点，第8次运动到点，第9次运动到点，第10次运动到点．，…，依此规律继续运动下去，第2025次运动到点的坐标是 ．
三、解答题（本题共7个大题，共69分）
18．（本题共2个小题，第（1）小题6分，第（2）小题4分，共10分）
（1）计算：．
（2）因式分解：
19．（本题满分5分）解方程：．
20．（本题满分8分）某校为丰富学生的课间活动内容，开设了A：篮球、B：足球、C：跳远、D：跳绳四个活动场地，为了解学生对这4项活动的选择意向，学校随机抽取部分学生进行调查，将数据进行整理并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)补全条形统计图；
(2)扇形统计图中A所对应的圆心角的度数为_____．
(3)该校共有6000名学生，请你估计该校有多少名学生选择跳绳．
(4)甲、乙两名学生要选择参加活动，若他们每人从A，B，C，D四类活动中随机选取一类，请用画树状图或列表法，求两人恰好选择同一类活动的概率．
21．（本题满分10分）如图，内接于，，过点作，交的直径的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
22．（本题满分10分）在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，A地与C地的距离为320千米．乙车从B地驶往C地，同时甲车从B地驶往A地，到达A地后因故停留1小时，然后按原路原速返回B地并立即驶往C地，结果甲车比乙车早2小时到达C地后停车修整．两车均匀速行驶，图是两车距A地的距离y（单位：千米）与出发的时间x（单位：小时）之间的函数图象（甲车的函数图象不完整）．
(1)求乙车从B地到C地的行驶过程中y关于x的表达式（不写自变量的取值范围）；
(2)甲车的速度为______________千米/小时；当______________时，甲车刚好到达C地；在图中补充甲车从A地到C地行驶过程中，y关于x的函数图象；
(3)当两车从B地出发后，第一次相遇时，求相遇点与A地的距离；
(4)乙车到达C地前，直接写出当两车之间相距100千米时x的值．
23．（本题满分12分）综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．
动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；
如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；
若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；
若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．
解决问题：
（1）在图②中，∠ACB＝ ，BC＝ ，＝ ，与△ABG相似的三角形有 个；
（2）在图②中，AH2＝AE· （从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；
（3）在图③中，△ABH为 三角形，设BM为x，则NH＝ （用含x的式子表示）；
拓展延伸：
（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为 ，当tan∠CBQ′＝ 时，△DBQ′的面积最大值为 ．
24．（本题满分14分）在平面直角坐标系中，抛物线经过，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)已知点的坐标为，求四边形的面积；
(3)如图1，点是抛物线上一动点，且在直线上方．过点作轴，交直线于点，过点作，交直线于点．设点的横坐标为，线段的长为．
①求关于的函数解析式（不需要注明的取值范围）；
②满足的点分别记作点，，如果将（1）中的抛物线平移，且顶点始终在直线上，设平移后的抛物线的顶点横坐标为．如果该抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点，请直接写出的取值范围．
试卷第1页，共3页
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《2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（七）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C D A C C C B B
1．D
【分析】本题考查了求一个数的算术平方根，倒数的定义，解题关键是熟练掌握倒数的定义．
【详解】解：．
∴的倒数是．
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选：B．
3．C
【分析】本题主要考查了合并同类项，求一个数的立方根，同底数幂的除法，积的乘方运算，根据各自的运算法则一一计算并判断即可得出答案．
【详解】解：．，计算正确，故该选项不符合题意；
．，计算正确，故该选项不符合题意；
． ，原计算错误，故该选项符合题意；
． ，计算正确，故该选项不符合题意；
故选：C．
4．D
【分析】本题考查从不同方向观察物体和几何图形，关键是培养学生的观察和空间想象能力．
根据从俯视和左面看到的形状，最下层最少6个小正方体，第二层左面可以有1个，2个，3个，4个四种情况，即可得结论．
【详解】解：由俯视图可知，这个立体图形的底层小正方体分布情况确定，底层小正方体的个数为6个，
由左视图可知，左视图显示该立体图形有两层，从左视图看，二层左面可以放1个，2个，3个，4个小正方体。
综上，需要小正方体个数的情况有4种，
故选：D．
5．A
【分析】本题考查了平角的定义，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．先根据平角的定义，求出，再根据平行线的性质即可．
【详解】解：∵，，
∴，
，
∴，
故选：A．
6．C
【分析】本题考查了众数、中位数和平均数，由题意可得这组数据为，，，，，进而即可求解，掌握众数和中位数的定义是解题的关键．
【详解】解：由题意可得，这组数据为，，，，，
∴这组数据的平均数为，
故选：．
7．C
【分析】本题主要考查分式方程的解法，熟练掌握解分式方程是解题的关键．根据分式方程无解的条件求出的值，即可得到答案．
【详解】解：原分式方程可化为：，
两边同时乘以，
得：，
整理得：，
分式方程无解，，
故①整式方程无解，即，
；
②分式方程有增根，即，
把或分别代入，
解得或，
故m的值为或或，
故选C．
8．C
【分析】有两个等量关系：购买A种奖品钱数购买B种奖品钱数购买C种奖品钱数；C种奖品个数为1或2个．设两个未知数，得出二元一次方程，根据实际含义确定解．
【详解】解：设购买A种奖品m个，购买B种奖品n个，
当C种奖品个数为1个时，
根据题意得，
整理得：，
∵m、n都是正整数，，
∴，2，3，4，5，6；
当C种奖品个数为2个时，
根据题意得，
整理得：，
∵m、n都是正整数，，
∴，2，3，4；
∴有种购买方案，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．要注意题中未知数的取值必须符合实际意义．
9．B
【分析】本题主要考查了平移变换的性质，等边三角形的性质，解直角三角形的应用，二次函数的性质，三角形面积等，熟练掌握次函数的性质，三角形的面积的知识点是解题的关键.
根据已知条件求出和的相关边长和角度等信息．然后，分不同阶段分析沿x轴平移过程中与重叠部分的形状和面积计算方法，进而得到S与x的函数关系，最后根据函数关系判断函数图象．
【详解】解：①当时，与重叠部分为，如图1，
由平移得：，
，
，
图像为开口向上的抛物线，A选项不符合题意；
②当时，与重叠部分为四边形，如图2，
由平移得：，，，
，
，
，
在中，，
；
图像为开口向下的抛物线；C选项不符合题意；
③当时，与重叠部分为，如图3，
则，且，
是等边三角形，作于，
，
，
，
图像为开口向上的抛物线，B选项符合题意；
故答案为：B．
10．B
【分析】由图象可得，，时，，即可判断①；而，则，由对称轴直线，得到，则，即可判断②；因为抛物线与x轴有两个交点，故，则，即可判断③∵抛物线与x轴交点，而，那么的解集为，即可判断④当为等边三角形时，，记对称轴直线与x轴交于点G，可求，可设解析式为：，代入点，求得，符合题意，当为等腰直角三角形时，可求，同理可求，符合题意，即可判断⑤；当时，解析式为，那么在x轴上方且在抛物线内部满足横纵坐标均为整数的点有16个，由于，当无限接近时，抛物线开口幅度大一点点，仍然满足整点为16个，即可判断⑥．
【详解】解：由图象可得，
而对称轴为直线，
则，
由图象可得时，，
∴，故①错误；
∵
∴，
∵对称轴，
∴，
∴，
故②错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴，
故③正确；
∵抛物线与x轴交点为和C，对称轴为直线，
∴，
∵
∴的解集为，
故④正确；
当为等边三角形时，，记对称轴直线与x轴交于点G，如图：
∴
∴，
∴
∴可设解析式为：，
代入点得：，
解得：，符合题意，
当为等腰直角三角形时，如图：
此时，
∵轴，
∴也为等腰直角三角形，
∴，
∴
∴可设解析式为：，
代入点得：，
解得：，符合题意，
故⑤正确；
∵当时，解析式为，如图：
当，
那么在x轴上方且在抛物线内部满足横纵坐标均为整数的点有16个，
∵，
∴当无限接近时，抛物线开口幅度大一点点，仍然满足整点为16个，
故⑥错误，
∴正确的有③④⑤，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，等边三角形的性质，解直角三角形，二次函数与不等式的关系．
11．
【分析】本题考查了科学记数法，其表示形式为，其中，为整数，正确确定和的值是解题的关键．
根据，即可得到答案．
【详解】解：，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了函数自变量的取值范围的求解，分式有意义的条件，掌握分母不为0是解题的关键．
根据分式有意义得到，即可求解自变量x的取值范围．
【详解】解：由题意得，，
∴，
故答案为：．
13．
【分析】设圆锥的底面半径为r，根据扇形面积公式求出r，再根据勾股定理求出帽子的高．
本题考查的是圆锥的计算，熟记扇形面积公式是解题的关键．
【详解】解：设圆锥的底面半径为r，
由题意得：，
解得：，
这个圆锥形帽子的高为：，
故答案为：
14．1
【分析】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，勾股定理，由正方形的性质可得，由线段中点的定义可得，由作图方法可知垂直平分，则，设，则，由勾股定理可得，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
由作图方法可知垂直平分，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故答案为：1 ．
15．
【分析】根据，得到，是解答本题的关键．过B点作于E点，根据旋转的性质可得：，，即有是等边三角形，则有，，根据，可得，即可得，解方程可得（负值舍去），则有，问题随之得解．
【详解】解：过B点作于E点，如图，
根据旋转的性质可得：，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点B，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，反比例函数的性质，二次根式的运算等知识，作出合适的辅助线是解本题的关键．
16．或或
【分析】本题考查了角平分线的有关计算、三角形内角和定理及平行线的性质．分三种情况，分别作出三种情况下相应图形，并结合平行线的性质求出即可．
【详解】解：∵，，
∴，
①如下图：
∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴；
②如下图：
∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴；
③如下图：
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
故答案为：或或．
17．
【分析】本题考查了点坐标规律探索，旨在考查学生的抽象概括能力，解题的关键是找出点坐标规律．
根据坐标发现当运动次数为（k为正整数）时，点的坐标为，即可求解．
【详解】解：∵， ，，，，
∴当运动次数为（k为正整数）时，点的坐标为，
∵，
∴，即，
故答案为：．
18．（1）；（2）
【详解】（1）解：
．
（2）解：原式
；
19．，．
【分析】本题考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．利用因式分解法求解即可．
【详解】解：，
因式分解得，
∴或，
∴，．
20．(1)见详解
(2)
(3)2400名
(4)
【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、画条形统计图，利用画树状图或列表法求概率，熟练掌握统计调查的相关知识和列举法是解题关键．
（1）根据C选项的人数和占比求出总人数，进而可求出选项D的人数，即可补全条形统计图．
（2）用360度乘以A选项人数的占比即可．
（3）用样本估计总体即可．
（4）画出树状图求概率即可．
【详解】（1）解：总人数有：人，
参加D项活动的人数有：（人）
补全条形统计图如下：
（2）解：
（3）解：(名)
（4）解∶ 由题意，画树状图如下：
由图可知，甲、乙两名学生选择参加四类活动的所有等可能的结果共有16种，其中，两人恰好选择同一类的结果有4种，则两人恰好选择同一类的概率为，
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接，利用线段的垂直平分线性质，结合切线的判定定理证明即可；
（2）连接，根据圆周角定理，得，求得圆的半径，再利用勾股定理两次表示，求得的长，利用三角形中位线定理求的长即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接，
，，
故直线垂直平分线段，
，
，
是半径，
是的切线；
（2）解：连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，
由（1）得，，
设，
，，
解得，即，
．
【点睛】本题考查了切线判定，圆周角定理，线段的垂直平分线的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，三角形中位线定理，正切函数的应用，熟练掌握判定和函数的应用是解题的关键．
22．(1)
(2)80，6
(3)224千米
(4)或
【分析】本题考查了一次函数的应用，求一次函数的解析式，正确理解甲乙两车的行驶过程是解题的关键．
（1）由题意可知图中段图象是乙车从地到地的行驶过程，由图象可知，，再利用待定系数法即可求解；
（2）结合题意，根据速度路程时间即可求解；
（3）由题意可知，甲车从地出发时，乙车已经出发了2小时，若距离出发小时，两车第一次相遇，列出方程即可求解；
（4）分四种种情况：当甲还没到时，两车之间相距100千米；当甲、乙相遇之前时，两车之间相距100千米；当甲、乙相遇之后，且甲车没有到达地时，两车之间相距100千米；当甲车到达地后，乙车还没有到，两车之间相距100千米；分别列出方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意可知图中段图象是乙车从地到地的行驶过程，
由图象可知，，
可设，代入，，得，解得，
∴乙车从地到地的行驶过程中关于的表达式为：；
（2）由图象可知，甲车的速度为千米/小时，
甲车从地出发达到地所需时间为，
∴，
则补全函数图象如图所示，
故答案为：80，6；
（3）由题意可知，甲车从地出发时，乙车已经出发了2小时，
若距离出发小时，两车第一次相遇，
可得：，解得：，
此时，相遇点与地的距离为千米；
（4）当甲还没到时，两车之间相距100千米，可得，解得：；
当甲、乙相遇之前时，两车之间相距100千米，可得：，解得：；
当甲、乙相遇之后，且甲车没有到达地时，两车之间相距100千米，可得：，解得：（不符合题意，舍去）；
当甲车到达地后，乙车还没有到，两车之间相距100千米，可得：，解得：（不符合题意，舍去）；
综上，当两车之间相距100千米时，或．
23．（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6
【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB =30°，利用三角函数可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，与△ABG相似的三角形由7个；
（2）由EF为折痕，可证△AEH∽△AHG，可得即可；
（3）由四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，可证△ABH为等边三角形，再证△ABM∽△MHN，可得 即可；
（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=．
【详解】解（1）∵点H为AC中点，
∴AC=2AH，
∵折叠，点B与点H重合，
∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，
∴∠AHG=∠B=90°，
∴GH为AC的垂直平分线，
∴AG=CG，∠GCH=∠GAH，
∴∠BAG=∠HAG=∠GCH，
∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°，
∴3∠ACB=90°
∴∠ACB =30°，
∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°，
∴tan30°=，AB=2，
∴BC=，
∵tan∠BAG=tan30°=，
∴BG=，
∴AG=2BG=4，BF=FC=，
∴GF=BF-BG=3-2=1，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB=30°，
∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH =∠DAC =∠BCA=30°，
∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°，
∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA，
∴与△ABG相似的三角形由7个，
故答案为：30°；6；4；7；
（2）∵EF为折痕，
∴EH⊥AD，
∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90°
∴△AEH∽△AHG，
∴，
∴
故答案为AG；
（3）∵四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，
∴AH=CH=BH，由图2知AB=AH，
∴AH =BH=AB，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠ABH=∠AHB=60°，
∵∠AMN＝∠ABH；
∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°，
∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°，
即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH，
∴∠BAM =∠NMH，
∴△ABM∽△MHN，
∴，
∵AB=，MH=，
∴，
∴，
故答案为：等边；，
（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小
∵AB=2，AD=BC=6，
∴BC=
∵BQ'=
∴Q′D最小=
当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大
∵tan∠DBC=，
∴∠DBC=30°，
∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60°
∴tan∠CBQ'=
S△BDQ′最大=；
故答案为；；6．
【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，
等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积，掌握查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积求法是解题关键．
24．(1)
(2)
(3)①；②或
【分析】（1）由抛物线经过，两点，设抛物线的交点式，再由抛物线与轴交于点，将代入解析式求解即可得到答案；
（2）根据题意，，，，，，由四边形的面积，代值求解即可得到答案；
（3）①根据题意，求出，利用两点之间距离公式表示出，即可得到关于的函数解析式；②由①中解析式，当时，解一元二次方程得到点，，求出直线，结合抛物线平移性质，设顶点式，最后由该抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点，分类讨论求解即可得到答案．
【详解】（1）解：抛物线经过，两点，
设，
抛物线与轴交于点，
将代入得，
抛物线的解析式为；
（2）解：如图所示：
，，，，，
四边形的面积；
（3）解：①、，
设直线，
将、代入得，
解得，
直线；
同理，、，则直线，
点为直线上方抛物线上一动点，设点的横坐标为，
，且，
，则设直线，
将代入直线，得，
直线，
交线段于点，
联立方程组得，解得，即，
，
关于的函数解析式为；
②由①知，
当时，得，即，
，解得或，
则、，
设直线，
将、代入可得，
解得，
直线，
将（1）中的抛物线平移，且顶点始终在直线上，
设平移后的抛物线的顶点横坐标为，则顶点坐标为，
平移后的抛物线为，
该抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点，，，
当抛物线过点时，，即，解得或；
当抛物线过点时，，即，解得或；
当时，抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点；
联立，消去得，
当抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点时，
，即，解得，
此时，将代入得，
解得，满足线段中的要求，
即当时，抛物线与线段也只有一个交点；
综上所述，抛物线在移动过程中，与线段只有一个交点时，的取值范围是或．
【点睛】本题考查二次函数综合，难度很大，涉及待定系数法求二次函数解析式、两点之间距离公式、平面直角坐标系中求图形面积、待定系数法求一次函数解析式、直线与抛物线交点问题、一次函数图象的平移、抛物线的平移、因式分解法解一元二次方程等知识，读懂题意，熟记二次函数图象与性质，理解并掌握二次函数综合问题的相应解法是解决问题的关键．
答案第1页，共2页
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