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四川省南充市名校联测2025年中考二模数学试卷
一、每小题都有代号为A，B，C，D四个答案选项，其中只有一个是正确的，请根据正确选项的代号填涂答題卡对应位置，填涂正确记4分，不涂、涂错或多涂记0分．
1．（2025·南充模拟）在下列4个数中，最小的数是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·南充模拟）如图，是实数在数轴上的对应点位置．下列结论，错误的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·南充模拟）如图，是的外角平分线，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·南充模拟）在正六边形中，是对角线上一点，．则的面积与的面积的关系为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·南充模拟）抛掷一枚质地均匀的骰子，以向上的点数构成下列事件，概率最小的是（　　）
A．点数为奇数 B．点数为偶数 C．点数为质数 D．点数为合数
6．（2025·南充模拟）关于的方程一定有根，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·南充模拟）如图，在，，则的值为（　　）
A． B． C． D．不能确定
8．（2025·南充模拟）关于的方程组，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·南充模拟）如图，中，，分别是的中点．将绕点旋转到，边与交于．当与的一边平行时，的长所有可能取值之和为（　　）
A．5 B．6 C． D．8
10．（2025·南充模拟）二次函数，当时，随的增大而减小．点，都在这个函数图象上．下列结论：①；②；③；④；⑤．正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、请将答案填在答題卡对应题号的横线上．
11．（2025·南充模拟）计算：　 　．
12．（2025·南充模拟）关于的一元二次方程的根的判别式的值为，则的值为　 　．
13．（2025·南充模拟）如图，是外接圆的直径，切线与的延长线交于．若，则的度数是　 　．
14．（2025·南充模拟）在直角坐标系中，一次函数的图象经过的定点是　 　．
15．（2025·南充模拟）体育课上，分组训练6名男生引体向上成绩（个）的中位数与平均数恰好相等．已知其中5人成绩为6，6，8， 10，11，则另一人成绩为　 　个．
16．（2025·南充模拟）如图，矩形的对角线交于点，．是线段上的动点，以为边作等边三角形，点分别位于两侧．在点运动的全过程中，的最大值为，的最小值为．则　 　．
三、解答题（本大题共9个小题，共86分）解答题应写出必要的文字说明或推演步骤．
17．（2025·南充模拟）计算：．
18．（2025·南充模拟）如图，将平行四边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，点落在点处，写出图中全等的三角形和四边形，并证明全等的三角形．
19．（2025·南充模拟）“阅读新时代，书香满宜昌”．在“全民阅读月”活动中，某校提供了四类适合学生阅读的书籍：A文学类，B科幻类，C漫画类，D数理类．为了解学生阅读兴趣，学校随机抽取了部分学生进行调查（每位学生仅选一类）．根据收集到的数据，整理后得到下列不完整的图表：
书籍类别 学生人数 　
A文学类 24
B科幻类 m
C漫画类 16
D数理类 8
（1）本次抽查的学生人数是_________，统计表中的_________；
（2）在扇形统计图中，“C漫画类”对应的圆心角的度数是_________；
（3）若该校共有1200名学生，请你估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数；
（4）学校决定成立“文学”“科幻”“漫画”“数理”四个阅读社团．若小文、小明随机选取四个社团中的一个，请利用列表或画树状图的方法，求他们选择同一社团的概率．
20．（2025·南充模拟）关于的方程为，为实数．
（1）判断方程根的情况．
（2）求整数，使原方程至少有一个整数根．
21．（2025·南充模拟）如图，矩形的顶点均在双曲线上，边经过原点，对角线与轴平行，．
（1）求双曲线的解析式．
（2）求顶点的坐标．
22．（2025·南充模拟）如图，在四边形中，，的平分线交于，过三点的圆交于，恰是圆的切线，弦，弧等于孤的2倍．
（1）比较与的大小，并说明理由．
（2）当时，求的长．
23．（2025·南充模拟）某服装商店开辟专柜购进两款围巾销售，进货价和销售价如下表．
　 款 款
进价（元/条） 60 50
售价（元/条） 90 78
（1）第一次用10000元购进两款围巾共180条，求两款各购进多少条．
（2）第二次根据销售情况，A款进货量不超过款进货量的一半，计划购进两款围巾共300条．应如何设计进货方案，才能获得最大利润，最大利润是多少？
（3）商店两次进货均按预期售完．请从利润率的角度分析，哪一次更划算？
24．（2025·南充模拟）如图，四边形是正方形，作等腰直角三角形，直角顶点在对角线或其延长线上，顶点在边或其延长线上．
（1）如图1，点在对角线上，与之间有无确定的数量关系？请说明理由．
（2）如图2，点在对角线的延长线上，连接．当时，求与的数量关系．
25．（2025·南充模拟）如图，抛物线的最大值为4，顶点为，轴于，经过中点的任意直线与抛物线交于分别与轴交于．
（1）求抛物线的解析式．
（2）当四边形是平行四边形时，求四边形的面积．
（3）判断是否为定值，并说明由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】零指数幂；二次根式的性质与化简；化简多重符号有理数；化简含绝对值有理数
【解析】【解答】解：；；；，
∵
∴
∴最小的数是，
故答案为：D．
【分析】由0指数幂的意义“任何一个不为0的数的0次幂等于1”可得（-100）0=1；由二次根式的性质可得（）2=2.5；由相反数的意义“只有符号不同的两个数互为相反数”可得-（-3）=3；由绝对值的意义可得=-2；再根据实数大小的比较法则“正数大于负数；0大于负数；0小于正数；两个正数比较大小，绝对值大的数就大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小”即可判断求解．
2．【答案】C
【知识点】实数在数轴上表示；有理数的大小比较-数轴比较法；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由图可知，a在与之间，b在1与2之间，
∴，；，
∴A、，
∴此选项不符合题意；
B、，
∴此选项不符合题意；
C、，
∴此选项符合题意；
D、，
∴此选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】由图可知，a在与之间，b在1与2之间，
A、根据有理数的加法法则“绝对值不等的异号两数相加，取绝对值较大的数的符号，并用较大的绝对值减去较小的绝对值”即可判断求解；
B、根据有理数的大小比较法则“正数大于负数；0大于负数；0小于正数；两个正数比较大小，绝对值大的数就大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小”即可判断求解；
C、同A可判断求解；
D、根据有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘”可判断求解.
3．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；角平分线的概念；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
，，
是的外角平分线，
，
故答案为：B．
【分析】由平行四边形的性质“平行四边形的对角相等，对边平行”可得，，所以，然后根据平行线的性质“两直线平行，内错角相等”可得，再由角平分线的定义即可求解．
4．【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：作，垂足为，如图：
，
在正六边形中，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴在中，设，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的面积，的面积，
∴，
∴，
故答案为：C.
【分析】作，垂足为，在中，设，然后分别证明得和，根据两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似可得，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解.
5．【答案】D
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：1到6这6个数字中，奇数有1，3，5，共3个数，偶数有2，4，6，共3个数，
质数有2、3、5，共3个数，合数有4，6，共2个数，
∴抛掷一枚质地均匀的骰子，向上的点数是奇数的概率为，
是偶数的概率为，
是质数的概率为，
是合数的概率为，
∴概率最小的是点数为合数.
故答案为：D．
【分析】根据题意分别计算出点数为奇数，偶数，质数和合数的概率，比较大小即可求解．
6．【答案】A
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解：，
方程两边同乘，得，
解得：，
关于的方程一定有根，
，
，
将代入，得，
，
故答案为：A．
【分析】解分式方程得，由分式方程有根的条件“分母≠0”可得关于x的不等式，解之得，于是可得关于m的不等式，解不等式即可求解．
7．【答案】C
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：设，
如图，过点A作于点D，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】设，过点A作于点D，在中，根据锐角三角函数可将CD用含a的代数式表示出来，用勾股定理可将AD用含a的代数式表示出来，由线段的和差BD=BC-CD将BD用含a的代数式表示出来，然后由勾股定理将AB用含a的代数式表示出来，再根据锐角三角函数sinB=计算即可求解．
8．【答案】D
【知识点】解二元一次方程组；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：，
由①-②得：2x-2y=k-2，
∴．
∵，
∴．
，对于，当时，；当时，．
∵的取值范围是大于小于，
∴的取值范围是．
故答案为：D.
【分析】观察方程组，由①-②并将系数化为1可得，结合已知的等式t=x-y可将t用含k的代数式表示出来，再结合的取值范围即可确定的取值范围．
9．【答案】B
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：根据题意，将绕点D按顺时针方向旋转得到，即，
在中，，
∴．
∵点D，E分别是边的中点，
∴是的中位线，
∴，
当时，如图所示：
∴，
∵，
∴，，
∴和均为等腰三角形，且，
∴；
当时，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
∴．
故答案为：B．
【分析】根据题意，由旋转性质，结合直线与的一边平行，分两种情况：当时，由题意画出图形，由旋转的性质易得△MDA和△MPF是等腰三角形，于是AP=AM+MP=MD+ MF=DF可求得AP的值；当时，由题意画出图形，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形DEPG是平行四边形，再根据一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形可得平行四边形DEPG是正方形，由正方形的性质可得EP=DG=DE，由线段的和差AP=AE+EP求得AP的值；然后将AP的两个值相加即可求解，
10．【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：①∵当时，随的增大而减小，
∴，
∴此结论不符合题意；
②，即，
∴，
∴，
∴此结论符合题意；
③∵在上，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
在该范围内成立，
∴此结论符合题意；
④∵在上，
∴，
∵，
∴，
又，则，
∴，即，
在该范围内成立，
∴此结论符合题意；
⑤∵，，
∴，
∴，
∴此结论符合题意.
∴正确的结论有：②③④⑤.
故答案为：D．
【分析】①根据二次函数的增减性并结合已知可得；
②由题意得：，结合①的结论，解得a≥；
③把A的坐标代入函数解析式，并结合不等式的性质，即可求解；
④把B的坐标代入函数解析式，并结合不等式的性质，即可求解；
⑤根据求差法即可判断求解．
11．【答案】
【知识点】开立方（求立方根）；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【解答】解：
．
故答案为：．
【分析】由特殊角的三角函数值可得tan60°=，由立方根的定义可得=-2，然后化简绝对值，再根据实数的加减计算即可求解．
12．【答案】5
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：中，a＝1，b＝﹣4，c＝m，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】利用根的判别式，建立关于m的方程并求得即可得到答案．
13．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接
∵，
∴
∵
∴
∵切线与的延长线交于
∴
∴．
故答案为：．
【分析】如图所示，连接，由圆周角定理“同圆或等圆中，圆周角等于它所对的弧上的圆心角的一半”可得，然后由等边对等角和三角形内角和定理求出，再根据切线的性质“圆的切线垂直于经过切点的半径”可得，然后根据直角三角形两锐角互余即可求解．
14．【答案】
【知识点】一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：，由可知，当时，不论取何值，总有，
∴直线必经过点，
故答案为：．
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征可求解.
15．【答案】1或13
【知识点】平均数及其计算；中位数
【解析】【解答】解：设另一人成绩为x个，则
平均数为，
若，此时中位数为，
∵中位数与平均数恰好相等，
∴，
解得：；
若，
此时中位数为，
∵中位数与平均数恰好相等，
∴，
解得：（舍去），
若，此时中位数为，
∵中位数与平均数恰好相等，
∴，
解得：；
综上所述，另一人成绩为1或13个．
故答案为：1或13.
【分析】设另一人成绩为x个，可求出平均数为，然后分三种情况：①若，②若，③若，结合中位数的定义可得关于x的方程，解方程即可求解．
16．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：∵矩形的对角线交于点，．
∴，
∴是等边三角形
∴，
∵是线段上的动点，以为边作等边三角形，
∴，
∴
∴，
在△ABE和△OBF中
∴，
∴，
∵是线段上的动点，
∴当点E运动到点O时，取得最大值，此时取得最大值，即的长度，
∴的最大值；
∵
∴
∴
∴是的角平分线，即点F在的角平分线上运动
∵
∴
如图所示，延长交于点G
∴
∴当点F和点G重合时，取得最小值，即的长度
∴的最小值
∴．
故答案为：．
【分析】由矩形的对角线相等且平分可得OA=OC=OB=OD，由邻补角的互补可得∠AOB=60°，根据有一个角等于60° 的等腰三角形是等边三角形可得是等边三角形，由等边三角形的三边都相等且每一个角都等于60°可得，，用边角边可得，由全等三角形的对应边（角）相等可得，，然后求出的最大值；然后可得是的角平分线，即点F在的角平分线上运动，则，如图所示，延长交于点G，得到的最小值，然后根据锐角三角函数可求解．
17．【答案】解：原式
．
【知识点】异分母分式的加、减法
【解析】【分析】由题意，先找出最简公分母2（2x-y），由分式的基本性质将异分母化为同分母，再根据同分母的分式加减法法则“分母不变，分子相加，结果化为最简分式”计算即可求解．
18．【答案】解：图中，，四边形四边形四边形．
证明：∵是平行四边形，
∴，
，
．
由折叠重合得，
，
．
∴，
，
．
，
∴，
在和中
，
∴（）．
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】由平行四边形的性质“平行四边形的对边（角）相等”可得，，，由折叠的性质得，，，由角的和差并结合等式的性质可得∠1=∠2，于是用角边角可求证．
19．【答案】（1）80，32
（2）
（3）解：由题意得，（人），即估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生为人；
（4）解：树状图如下：
从树状图可看出共有16种等可能的情况，小文、小明选择同一社团的情况数共有4种，
∴P（小文、小明选择同一社团）．
【知识点】扇形统计图；用列表法或树状图法求概率；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：由题意得，本次抽查的学生人数是（人），
统计表中的，
故答案为：80，32；
2、在扇形统计图中，“C漫画类”对应的圆心角的度数是：
，
故答案为：；
【分析】（1）根据统计图表提供的信息，利用A文学类的人数除以对应的百分比即可得到本次抽查的学生人数，用抽查总人数乘以B科幻类的百分比即可得到m的值；
（2）用360°乘以“C漫画类”对应的百分比即可得到“C漫画类”对应的圆心角的度数；
（3）用该校共有学生数乘以抽查学生中选择“D数理类”书籍的学生的百分比即估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数；
（4）此题是抽取放回类型，根据题意画出树状图，从树状图可看出共有16种等可能的情况，小文、小明选择同一社团的情况数共有4种，从而利用概率公式求解即可．
20．【答案】（1）解：当时，或．
原方程为，或．有实数根．
当时，
．有实数根．
综上，为任何实数，原方程均有实数根．
（2）解：由（1），当时，原方程有整数根．当时，
两根为．
即．
若是整数，
则．
∴．
取．
若是整数，
则．
∴．
综上，，原方程至少有一个整数根．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【分析】
（1）分类讨论，当时，或，方程为一元一次方程，一定有一个实数根；当时，由偶次方的非负性可得，然后根据一元二次方程得根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"可判断求解；
（2）至少有一实数根为整数，由两实数根为整数，则，，即可求解．
（1）解：当时，或．
原方程为，或．有实数根．
当时，
．有实数根．
综上，为任何实数，原方程均有实数根．
（2）解：由（1），当时，原方程有整数根．
当时，
两根为．
即．
若是整数，
则．
∴．
取．
若是整数，
则．
∴．
综上，，原方程至少有一个整数根．
21．【答案】（1）解：设与x轴交于E，
∵轴，，
∴．
∴．
∴．
设双曲线为，
∴．
∴双曲线的解析式为．
（2）解：∵点在双曲线上，经过原点，
∴点关于原点对称．
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

【知识点】坐标与图形性质；反比例函数与一次函数的交点问题；矩形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】
（1）设与x轴交于E，则，在Rt△AOE中，用勾股定理求出的长可得点A的坐标，然后用待定系数法即可求解；
（2）根据中心对称可得点B的坐标，根据有两个角相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求出AC的值，由线段的和差CE=AC-AE求出CE的值，则可得点C的坐标，再根据矩形对角线中点坐标相同列关于xD、yD的方程组，解方程组即可求解．
（1）解：设与x轴交于E，
∵轴，，
∴．
∴．
∴．
设双曲线为，
∴．
∴双曲线的解析式为．
（2）解：∵点在双曲线上，经过原点，
∴点关于原点对称．
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．【答案】（1）解：．理由：连接．
∵，
∴是直径．
∵是切线，
∴．即，
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴，即．
（2）解：连接，则．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵弧等于弧的2倍，
∴．
∴．．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】
（1）连接，．由圆周角定理的推论“90°的圆周角所对的弦是直径”可得是直径，由圆的切线的性质“圆的切线垂直于经过切点的半径”可得，根据平分可得，求得，然后根据同弧所对圆周角相等可求解；
（2）连接，由题意易得，在Rt△BEF中，用勾股定理可求得BE的长．结合已知和计算结果可得，再根据等角对等边得可求解．
（1）解：．
理由：连接．
∵，
∴是直径．
∵是切线，
∴．即，
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴，即．
（2）解：连接，则．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵弧等于弧的2倍，
∴．
∴．．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
23．【答案】（1）解：设A款购进条，则款购进条．
由题意，得．
解得．
∴．
即两款分别购进100条，80条．
（2）设第二次A款购进条，则款购进条．
由题意，得．
解得．
设利润为元，则．
随增大而增大，
∴时，．
此时．
即应购进A款围巾100条，款围巾200件，可获最大利润，最大利润为8600元．
（3）第一次销售利润为（元）．
销售利润率为．
第二次进货款为（元）．
销售利润率为．
∴从利润率的角度看，第二次更划算．
【知识点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的实际应用-盈亏问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】
（1）设A款购进条，则款购进条．根据题意“a条A款的价格+（180-a）条B款的价格=10000”可列关于a的方程，解方程即可求解；
（2）设第二次A款购进条，则款购进条．利润为元，根据题意“ A款进货量不超过款进货量的一半”可列关于x的不等式，解不等式求出x的取值范围，再根据总利润的利润的利润，得出y关于x的表达式，结合一次函数的增减性，即可求解；
（3）先分别算出第一次的销售利润（A款利润与B款利润相加），再根据利润率公式算出第一次利润率；然后计算第二次进货成本和利润，进而得出第二次利润率；再比较两次利润率大小即可求解．
（1）解：设A款购进条，则款购进条．由题意，得
．
解得．
∴．
即两款分别购进100条，80条．
（2）设第二次A款购进条，则款购进条．由题意，得
．
解得．
设利润为元，则．
随增大而增大，
∴时，．
此时．
即应购进A款围巾100条，款围巾200件，可获最大利润，最大利润为8600元．
（3）第一次销售利润为（元）．
销售利润率为．
第二次进货款为（元）．
销售利润率为．
∴从利润率的角度看，第二次更划算．
24．【答案】（1）解：如图1，与有确定的数量关系，．理由：连接．
∵是正方形，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图2，作于，于．
则．
∵，
∴．
∴．
在△AEP和△PFK中
∴．
∴．
设，则．
∴．
在中，
∴．
设，则．
∴．则．
∴．即．
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1），与有确定的数量关系，．理由：连接．由角的和差可得∠3=∠4，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得∽ ，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解；
（2）过A作 、过K作 ，结合已知，用角角边可得 ，由全等三角形的对应边相等可得AE=PF，PE=KF，设，在Rt△BKF中，用勾股定理可得关于x、a的方程，解方程即可求解.
（1）解：如图1，与有确定的数量关系，．
理由：连接．
∵是正方形，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图2，作于，于．
则．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
设，则．
∴．
在中，
∴．
设，则．
∴．则．
∴．即．
∴．
25．【答案】（1）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线顶点坐标为，
∵抛物线的最大值为4，
∴．
∴．
∴抛物线的解析式为；

（2）解：如图1，作于，延长交抛物线于，作于．
∴．
当四边形是平行四边形时，．
在△ACD和△BC个中
∴．
∴．
由题意，为对称轴，则．
∴．
∴点与点重合．
∴轴．
由（1），得顶点坐标为，
∴．
由，得．
∴．
∴．
∴．
（3）解：设直线为，则．
∴．
∴直线为．
同理，可设直线为．
设．
则．否则，无两个交点．
由，得．
∴直线为．
由，得．
∴．
同理，．
由，得．
以为元，由根系关系，得．
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】（1）由题意，将抛物线的解析式化为顶点式可得顶点坐标，再根据最大值为4可得关于a的方程，解方程可求解；
（2）作于，延长交抛物线于，作于．由题意，用角角边可得．由全等三角形的对应边相等可得．由对称性可得．则．可知点与点重合．则轴．可求出．由，解方程求出x的值．然后根据面积公式S计算即可求解；
（3）可求出直线为．直线为．设．由，得．则直线为．由，得．据此可求出，．由根系关系，得．则．
（1）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线顶点坐标为，
∵抛物线的最大值为4，
∴．
∴．
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图1，作于，延长交抛物线于，作于．
∴．
当四边形是平行四边形时，．
又∵，
∴．
∴．
由题意，为对称轴，则．
∴．
∴点与点重合．
∴轴．
由（1），得顶点坐标为，
∴．
由，得．
∴．
∴．
∴．
（3）解：设直线为，则．
∴．
∴直线为．
同理，可设直线为．
设．
则．否则，无两个交点．
由，得．
∴直线为．
由，得．
∴．
同理，．
由，得．
以为元，由根系关系，得．
∴．
1 / 1四川省南充市名校联测2025年中考二模数学试卷
一、每小题都有代号为A，B，C，D四个答案选项，其中只有一个是正确的，请根据正确选项的代号填涂答題卡对应位置，填涂正确记4分，不涂、涂错或多涂记0分．
1．（2025·南充模拟）在下列4个数中，最小的数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】零指数幂；二次根式的性质与化简；化简多重符号有理数；化简含绝对值有理数
【解析】【解答】解：；；；，
∵
∴
∴最小的数是，
故答案为：D．
【分析】由0指数幂的意义“任何一个不为0的数的0次幂等于1”可得（-100）0=1；由二次根式的性质可得（）2=2.5；由相反数的意义“只有符号不同的两个数互为相反数”可得-（-3）=3；由绝对值的意义可得=-2；再根据实数大小的比较法则“正数大于负数；0大于负数；0小于正数；两个正数比较大小，绝对值大的数就大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小”即可判断求解．
2．（2025·南充模拟）如图，是实数在数轴上的对应点位置．下列结论，错误的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】实数在数轴上表示；有理数的大小比较-数轴比较法；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由图可知，a在与之间，b在1与2之间，
∴，；，
∴A、，
∴此选项不符合题意；
B、，
∴此选项不符合题意；
C、，
∴此选项符合题意；
D、，
∴此选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】由图可知，a在与之间，b在1与2之间，
A、根据有理数的加法法则“绝对值不等的异号两数相加，取绝对值较大的数的符号，并用较大的绝对值减去较小的绝对值”即可判断求解；
B、根据有理数的大小比较法则“正数大于负数；0大于负数；0小于正数；两个正数比较大小，绝对值大的数就大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小”即可判断求解；
C、同A可判断求解；
D、根据有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘”可判断求解.
3．（2025·南充模拟）如图，是的外角平分线，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；角平分线的概念；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
，，
是的外角平分线，
，
故答案为：B．
【分析】由平行四边形的性质“平行四边形的对角相等，对边平行”可得，，所以，然后根据平行线的性质“两直线平行，内错角相等”可得，再由角平分线的定义即可求解．
4．（2025·南充模拟）在正六边形中，是对角线上一点，．则的面积与的面积的关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：作，垂足为，如图：
，
在正六边形中，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴在中，设，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的面积，的面积，
∴，
∴，
故答案为：C.
【分析】作，垂足为，在中，设，然后分别证明得和，根据两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似可得，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解.
5．（2025·南充模拟）抛掷一枚质地均匀的骰子，以向上的点数构成下列事件，概率最小的是（　　）
A．点数为奇数 B．点数为偶数 C．点数为质数 D．点数为合数
【答案】D
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：1到6这6个数字中，奇数有1，3，5，共3个数，偶数有2，4，6，共3个数，
质数有2、3、5，共3个数，合数有4，6，共2个数，
∴抛掷一枚质地均匀的骰子，向上的点数是奇数的概率为，
是偶数的概率为，
是质数的概率为，
是合数的概率为，
∴概率最小的是点数为合数.
故答案为：D．
【分析】根据题意分别计算出点数为奇数，偶数，质数和合数的概率，比较大小即可求解．
6．（2025·南充模拟）关于的方程一定有根，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解：，
方程两边同乘，得，
解得：，
关于的方程一定有根，
，
，
将代入，得，
，
故答案为：A．
【分析】解分式方程得，由分式方程有根的条件“分母≠0”可得关于x的不等式，解之得，于是可得关于m的不等式，解不等式即可求解．
7．（2025·南充模拟）如图，在，，则的值为（　　）
A． B． C． D．不能确定
【答案】C
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：设，
如图，过点A作于点D，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】设，过点A作于点D，在中，根据锐角三角函数可将CD用含a的代数式表示出来，用勾股定理可将AD用含a的代数式表示出来，由线段的和差BD=BC-CD将BD用含a的代数式表示出来，然后由勾股定理将AB用含a的代数式表示出来，再根据锐角三角函数sinB=计算即可求解．
8．（2025·南充模拟）关于的方程组，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解二元一次方程组；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：，
由①-②得：2x-2y=k-2，
∴．
∵，
∴．
，对于，当时，；当时，．
∵的取值范围是大于小于，
∴的取值范围是．
故答案为：D.
【分析】观察方程组，由①-②并将系数化为1可得，结合已知的等式t=x-y可将t用含k的代数式表示出来，再结合的取值范围即可确定的取值范围．
9．（2025·南充模拟）如图，中，，分别是的中点．将绕点旋转到，边与交于．当与的一边平行时，的长所有可能取值之和为（　　）
A．5 B．6 C． D．8
【答案】B
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：根据题意，将绕点D按顺时针方向旋转得到，即，
在中，，
∴．
∵点D，E分别是边的中点，
∴是的中位线，
∴，
当时，如图所示：
∴，
∵，
∴，，
∴和均为等腰三角形，且，
∴；
当时，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
∴．
故答案为：B．
【分析】根据题意，由旋转性质，结合直线与的一边平行，分两种情况：当时，由题意画出图形，由旋转的性质易得△MDA和△MPF是等腰三角形，于是AP=AM+MP=MD+ MF=DF可求得AP的值；当时，由题意画出图形，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形DEPG是平行四边形，再根据一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形可得平行四边形DEPG是正方形，由正方形的性质可得EP=DG=DE，由线段的和差AP=AE+EP求得AP的值；然后将AP的两个值相加即可求解，
10．（2025·南充模拟）二次函数，当时，随的增大而减小．点，都在这个函数图象上．下列结论：①；②；③；④；⑤．正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：①∵当时，随的增大而减小，
∴，
∴此结论不符合题意；
②，即，
∴，
∴，
∴此结论符合题意；
③∵在上，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
在该范围内成立，
∴此结论符合题意；
④∵在上，
∴，
∵，
∴，
又，则，
∴，即，
在该范围内成立，
∴此结论符合题意；
⑤∵，，
∴，
∴，
∴此结论符合题意.
∴正确的结论有：②③④⑤.
故答案为：D．
【分析】①根据二次函数的增减性并结合已知可得；
②由题意得：，结合①的结论，解得a≥；
③把A的坐标代入函数解析式，并结合不等式的性质，即可求解；
④把B的坐标代入函数解析式，并结合不等式的性质，即可求解；
⑤根据求差法即可判断求解．
二、请将答案填在答題卡对应题号的横线上．
11．（2025·南充模拟）计算：　 　．
【答案】
【知识点】开立方（求立方根）；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【解答】解：
．
故答案为：．
【分析】由特殊角的三角函数值可得tan60°=，由立方根的定义可得=-2，然后化简绝对值，再根据实数的加减计算即可求解．
12．（2025·南充模拟）关于的一元二次方程的根的判别式的值为，则的值为　 　．
【答案】5
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：中，a＝1，b＝﹣4，c＝m，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】利用根的判别式，建立关于m的方程并求得即可得到答案．
13．（2025·南充模拟）如图，是外接圆的直径，切线与的延长线交于．若，则的度数是　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接
∵，
∴
∵
∴
∵切线与的延长线交于
∴
∴．
故答案为：．
【分析】如图所示，连接，由圆周角定理“同圆或等圆中，圆周角等于它所对的弧上的圆心角的一半”可得，然后由等边对等角和三角形内角和定理求出，再根据切线的性质“圆的切线垂直于经过切点的半径”可得，然后根据直角三角形两锐角互余即可求解．
14．（2025·南充模拟）在直角坐标系中，一次函数的图象经过的定点是　 　．
【答案】
【知识点】一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：，由可知，当时，不论取何值，总有，
∴直线必经过点，
故答案为：．
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征可求解.
15．（2025·南充模拟）体育课上，分组训练6名男生引体向上成绩（个）的中位数与平均数恰好相等．已知其中5人成绩为6，6，8， 10，11，则另一人成绩为　 　个．
【答案】1或13
【知识点】平均数及其计算；中位数
【解析】【解答】解：设另一人成绩为x个，则
平均数为，
若，此时中位数为，
∵中位数与平均数恰好相等，
∴，
解得：；
若，
此时中位数为，
∵中位数与平均数恰好相等，
∴，
解得：（舍去），
若，此时中位数为，
∵中位数与平均数恰好相等，
∴，
解得：；
综上所述，另一人成绩为1或13个．
故答案为：1或13.
【分析】设另一人成绩为x个，可求出平均数为，然后分三种情况：①若，②若，③若，结合中位数的定义可得关于x的方程，解方程即可求解．
16．（2025·南充模拟）如图，矩形的对角线交于点，．是线段上的动点，以为边作等边三角形，点分别位于两侧．在点运动的全过程中，的最大值为，的最小值为．则　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：∵矩形的对角线交于点，．
∴，
∴是等边三角形
∴，
∵是线段上的动点，以为边作等边三角形，
∴，
∴
∴，
在△ABE和△OBF中
∴，
∴，
∵是线段上的动点，
∴当点E运动到点O时，取得最大值，此时取得最大值，即的长度，
∴的最大值；
∵
∴
∴
∴是的角平分线，即点F在的角平分线上运动
∵
∴
如图所示，延长交于点G
∴
∴当点F和点G重合时，取得最小值，即的长度
∴的最小值
∴．
故答案为：．
【分析】由矩形的对角线相等且平分可得OA=OC=OB=OD，由邻补角的互补可得∠AOB=60°，根据有一个角等于60° 的等腰三角形是等边三角形可得是等边三角形，由等边三角形的三边都相等且每一个角都等于60°可得，，用边角边可得，由全等三角形的对应边（角）相等可得，，然后求出的最大值；然后可得是的角平分线，即点F在的角平分线上运动，则，如图所示，延长交于点G，得到的最小值，然后根据锐角三角函数可求解．
三、解答题（本大题共9个小题，共86分）解答题应写出必要的文字说明或推演步骤．
17．（2025·南充模拟）计算：．
【答案】解：原式
．
【知识点】异分母分式的加、减法
【解析】【分析】由题意，先找出最简公分母2（2x-y），由分式的基本性质将异分母化为同分母，再根据同分母的分式加减法法则“分母不变，分子相加，结果化为最简分式”计算即可求解．
18．（2025·南充模拟）如图，将平行四边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，点落在点处，写出图中全等的三角形和四边形，并证明全等的三角形．
【答案】解：图中，，四边形四边形四边形．
证明：∵是平行四边形，
∴，
，
．
由折叠重合得，
，
．
∴，
，
．
，
∴，
在和中
，
∴（）．
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】由平行四边形的性质“平行四边形的对边（角）相等”可得，，，由折叠的性质得，，，由角的和差并结合等式的性质可得∠1=∠2，于是用角边角可求证．
19．（2025·南充模拟）“阅读新时代，书香满宜昌”．在“全民阅读月”活动中，某校提供了四类适合学生阅读的书籍：A文学类，B科幻类，C漫画类，D数理类．为了解学生阅读兴趣，学校随机抽取了部分学生进行调查（每位学生仅选一类）．根据收集到的数据，整理后得到下列不完整的图表：
书籍类别 学生人数 　
A文学类 24
B科幻类 m
C漫画类 16
D数理类 8
（1）本次抽查的学生人数是_________，统计表中的_________；
（2）在扇形统计图中，“C漫画类”对应的圆心角的度数是_________；
（3）若该校共有1200名学生，请你估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数；
（4）学校决定成立“文学”“科幻”“漫画”“数理”四个阅读社团．若小文、小明随机选取四个社团中的一个，请利用列表或画树状图的方法，求他们选择同一社团的概率．
【答案】（1）80，32
（2）
（3）解：由题意得，（人），即估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生为人；
（4）解：树状图如下：
从树状图可看出共有16种等可能的情况，小文、小明选择同一社团的情况数共有4种，
∴P（小文、小明选择同一社团）．
【知识点】扇形统计图；用列表法或树状图法求概率；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：由题意得，本次抽查的学生人数是（人），
统计表中的，
故答案为：80，32；
2、在扇形统计图中，“C漫画类”对应的圆心角的度数是：
，
故答案为：；
【分析】（1）根据统计图表提供的信息，利用A文学类的人数除以对应的百分比即可得到本次抽查的学生人数，用抽查总人数乘以B科幻类的百分比即可得到m的值；
（2）用360°乘以“C漫画类”对应的百分比即可得到“C漫画类”对应的圆心角的度数；
（3）用该校共有学生数乘以抽查学生中选择“D数理类”书籍的学生的百分比即估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数；
（4）此题是抽取放回类型，根据题意画出树状图，从树状图可看出共有16种等可能的情况，小文、小明选择同一社团的情况数共有4种，从而利用概率公式求解即可．
20．（2025·南充模拟）关于的方程为，为实数．
（1）判断方程根的情况．
（2）求整数，使原方程至少有一个整数根．
【答案】（1）解：当时，或．
原方程为，或．有实数根．
当时，
．有实数根．
综上，为任何实数，原方程均有实数根．
（2）解：由（1），当时，原方程有整数根．当时，
两根为．
即．
若是整数，
则．
∴．
取．
若是整数，
则．
∴．
综上，，原方程至少有一个整数根．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【分析】
（1）分类讨论，当时，或，方程为一元一次方程，一定有一个实数根；当时，由偶次方的非负性可得，然后根据一元二次方程得根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"可判断求解；
（2）至少有一实数根为整数，由两实数根为整数，则，，即可求解．
（1）解：当时，或．
原方程为，或．有实数根．
当时，
．有实数根．
综上，为任何实数，原方程均有实数根．
（2）解：由（1），当时，原方程有整数根．
当时，
两根为．
即．
若是整数，
则．
∴．
取．
若是整数，
则．
∴．
综上，，原方程至少有一个整数根．
21．（2025·南充模拟）如图，矩形的顶点均在双曲线上，边经过原点，对角线与轴平行，．
（1）求双曲线的解析式．
（2）求顶点的坐标．
【答案】（1）解：设与x轴交于E，
∵轴，，
∴．
∴．
∴．
设双曲线为，
∴．
∴双曲线的解析式为．
（2）解：∵点在双曲线上，经过原点，
∴点关于原点对称．
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

【知识点】坐标与图形性质；反比例函数与一次函数的交点问题；矩形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】
（1）设与x轴交于E，则，在Rt△AOE中，用勾股定理求出的长可得点A的坐标，然后用待定系数法即可求解；
（2）根据中心对称可得点B的坐标，根据有两个角相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求出AC的值，由线段的和差CE=AC-AE求出CE的值，则可得点C的坐标，再根据矩形对角线中点坐标相同列关于xD、yD的方程组，解方程组即可求解．
（1）解：设与x轴交于E，
∵轴，，
∴．
∴．
∴．
设双曲线为，
∴．
∴双曲线的解析式为．
（2）解：∵点在双曲线上，经过原点，
∴点关于原点对称．
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．（2025·南充模拟）如图，在四边形中，，的平分线交于，过三点的圆交于，恰是圆的切线，弦，弧等于孤的2倍．
（1）比较与的大小，并说明理由．
（2）当时，求的长．
【答案】（1）解：．理由：连接．
∵，
∴是直径．
∵是切线，
∴．即，
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴，即．
（2）解：连接，则．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵弧等于弧的2倍，
∴．
∴．．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】
（1）连接，．由圆周角定理的推论“90°的圆周角所对的弦是直径”可得是直径，由圆的切线的性质“圆的切线垂直于经过切点的半径”可得，根据平分可得，求得，然后根据同弧所对圆周角相等可求解；
（2）连接，由题意易得，在Rt△BEF中，用勾股定理可求得BE的长．结合已知和计算结果可得，再根据等角对等边得可求解．
（1）解：．
理由：连接．
∵，
∴是直径．
∵是切线，
∴．即，
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴，即．
（2）解：连接，则．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵弧等于弧的2倍，
∴．
∴．．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
23．（2025·南充模拟）某服装商店开辟专柜购进两款围巾销售，进货价和销售价如下表．
　 款 款
进价（元/条） 60 50
售价（元/条） 90 78
（1）第一次用10000元购进两款围巾共180条，求两款各购进多少条．
（2）第二次根据销售情况，A款进货量不超过款进货量的一半，计划购进两款围巾共300条．应如何设计进货方案，才能获得最大利润，最大利润是多少？
（3）商店两次进货均按预期售完．请从利润率的角度分析，哪一次更划算？
【答案】（1）解：设A款购进条，则款购进条．
由题意，得．
解得．
∴．
即两款分别购进100条，80条．
（2）设第二次A款购进条，则款购进条．
由题意，得．
解得．
设利润为元，则．
随增大而增大，
∴时，．
此时．
即应购进A款围巾100条，款围巾200件，可获最大利润，最大利润为8600元．
（3）第一次销售利润为（元）．
销售利润率为．
第二次进货款为（元）．
销售利润率为．
∴从利润率的角度看，第二次更划算．
【知识点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的实际应用-盈亏问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】
（1）设A款购进条，则款购进条．根据题意“a条A款的价格+（180-a）条B款的价格=10000”可列关于a的方程，解方程即可求解；
（2）设第二次A款购进条，则款购进条．利润为元，根据题意“ A款进货量不超过款进货量的一半”可列关于x的不等式，解不等式求出x的取值范围，再根据总利润的利润的利润，得出y关于x的表达式，结合一次函数的增减性，即可求解；
（3）先分别算出第一次的销售利润（A款利润与B款利润相加），再根据利润率公式算出第一次利润率；然后计算第二次进货成本和利润，进而得出第二次利润率；再比较两次利润率大小即可求解．
（1）解：设A款购进条，则款购进条．由题意，得
．
解得．
∴．
即两款分别购进100条，80条．
（2）设第二次A款购进条，则款购进条．由题意，得
．
解得．
设利润为元，则．
随增大而增大，
∴时，．
此时．
即应购进A款围巾100条，款围巾200件，可获最大利润，最大利润为8600元．
（3）第一次销售利润为（元）．
销售利润率为．
第二次进货款为（元）．
销售利润率为．
∴从利润率的角度看，第二次更划算．
24．（2025·南充模拟）如图，四边形是正方形，作等腰直角三角形，直角顶点在对角线或其延长线上，顶点在边或其延长线上．
（1）如图1，点在对角线上，与之间有无确定的数量关系？请说明理由．
（2）如图2，点在对角线的延长线上，连接．当时，求与的数量关系．
【答案】（1）解：如图1，与有确定的数量关系，．理由：连接．
∵是正方形，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图2，作于，于．
则．
∵，
∴．
∴．
在△AEP和△PFK中
∴．
∴．
设，则．
∴．
在中，
∴．
设，则．
∴．则．
∴．即．
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1），与有确定的数量关系，．理由：连接．由角的和差可得∠3=∠4，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得∽ ，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解；
（2）过A作 、过K作 ，结合已知，用角角边可得 ，由全等三角形的对应边相等可得AE=PF，PE=KF，设，在Rt△BKF中，用勾股定理可得关于x、a的方程，解方程即可求解.
（1）解：如图1，与有确定的数量关系，．
理由：连接．
∵是正方形，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图2，作于，于．
则．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
设，则．
∴．
在中，
∴．
设，则．
∴．则．
∴．即．
∴．
25．（2025·南充模拟）如图，抛物线的最大值为4，顶点为，轴于，经过中点的任意直线与抛物线交于分别与轴交于．
（1）求抛物线的解析式．
（2）当四边形是平行四边形时，求四边形的面积．
（3）判断是否为定值，并说明由．
【答案】（1）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线顶点坐标为，
∵抛物线的最大值为4，
∴．
∴．
∴抛物线的解析式为；

（2）解：如图1，作于，延长交抛物线于，作于．
∴．
当四边形是平行四边形时，．
在△ACD和△BC个中
∴．
∴．
由题意，为对称轴，则．
∴．
∴点与点重合．
∴轴．
由（1），得顶点坐标为，
∴．
由，得．
∴．
∴．
∴．
（3）解：设直线为，则．
∴．
∴直线为．
同理，可设直线为．
设．
则．否则，无两个交点．
由，得．
∴直线为．
由，得．
∴．
同理，．
由，得．
以为元，由根系关系，得．
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】（1）由题意，将抛物线的解析式化为顶点式可得顶点坐标，再根据最大值为4可得关于a的方程，解方程可求解；
（2）作于，延长交抛物线于，作于．由题意，用角角边可得．由全等三角形的对应边相等可得．由对称性可得．则．可知点与点重合．则轴．可求出．由，解方程求出x的值．然后根据面积公式S计算即可求解；
（3）可求出直线为．直线为．设．由，得．则直线为．由，得．据此可求出，．由根系关系，得．则．
（1）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线顶点坐标为，
∵抛物线的最大值为4，
∴．
∴．
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图1，作于，延长交抛物线于，作于．
∴．
当四边形是平行四边形时，．
又∵，
∴．
∴．
由题意，为对称轴，则．
∴．
∴点与点重合．
∴轴．
由（1），得顶点坐标为，
∴．
由，得．
∴．
∴．
∴．
（3）解：设直线为，则．
∴．
∴直线为．
同理，可设直线为．
设．
则．否则，无两个交点．
由，得．
∴直线为．
由，得．
∴．
同理，．
由，得．
以为元，由根系关系，得．
∴．
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