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浙江省温州市双潮乡中学2025-2026学年下学期九年级数学第一次月考试卷
1．我市某天最高温度是11℃，最低气温是零下3℃，那么当天的最大温差是（　　）
A．8℃ B．﹣8℃ C．14℃ D．﹣14℃
【答案】C
【知识点】有理数的减法法则
【解析】【解答】当天的最大温差=最高温度-最低温度，即11-(-3).
根据有理数减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数，
11-(-3)=11+3=14。
所以当天的最大温差是14℃。
故答案为：C.
【分析】温差的定义是最高气温减法最低气温，最低气温为零下3℃，即-3℃，因此只需计算11一（一3)的值。
2．玉龙沙湖旅游区，坐落于内蒙古自治区赤峰市翁牛特旗乌丹镇东北部，位于素有八百里瀚海之称的科尔沁沙地的西缘．这里距北京、沈阳、大连等地均在500公里内，被誉为距离北京最近最美的大漠旅游区．玉龙沙湖占地100000000平方米．该旅游区集沙漠、湖泊、湿地、草甸、奇松于一体，是国家AAAA级旅游景区.100000000用科学记数法可表示为（　　）
A．1×107 B．10×107 C．1×108 D．1×109
【答案】C
【知识点】还原用科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】将100000000用科学记数法表示，首先确定a=1，因为原数绝对值>10，所以是正数。
原数变为1时，小数点向左移动了8位，因此n=8。
所以100000000用科学记数法表示为。
故答案为：C.
【分析】利用科学记数法的定义，将一个大于10的数表示成的形式，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。
3．如图是由5个相同的小正方体组成的几何体，它的主视图是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】根据题意可知组合几何体一共两层，底层四个正方体，上方一个，
从正面来看，可以看到的是底层三个正方体，第二层最左侧有一个，
对应的主视图为：，
故答案为：A.
【分析】本题主要考查了组合几何体的三视图，从正面看对应的几何体即可确定。
4．下列各式运算正确的是（　　）
A．x+x＝x2 B．a5﹣a4＝a
C．3a2b﹣2a2b＝1 D．﹣x3+3x3＝2x3
【答案】D
【知识点】合并同类项法则及应用
【解析】【解答】选项A：x+x是同类项，合并后为2x，不是，运算错误；
选项B：与a的指数不同，不是同类项，不能直接相减，运算错误；
选项C：是同类项，合并后为，不是1，运算错误；
选项D：是同类项，合并后为，运算正确。
故答案为：D.
【分析】 根据合并同类项的法则：同类项的系数相加，字母和字母的指数不变，逐一判断每个选项的运算是否正确
5．如图是可以自由转动的转盘，转盘被等分成三个扇形，并分别标上1，2，3，转盘停止后，则指针指向的数字为偶数的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】几何概率
【解析】【解答】解：因为一共三种结果，转盘停止后指向偶数的情况一种，所以P（指向偶数）=
故答案为：D.
【分析】 本题考查概率公式， 根据转盘中的数据可知，偶数为2，然后即可得到指针指向的数字为偶数的概率．
6．如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O成位似关系．点A，D在x轴上，且AD＝2OA，若点C的坐标为（2，1），则点F的坐标是（　　）
A．（2，4） B．（3，6） C．（4，2） D．（6，3）
【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】因为△ABC与△DEF关于原点O成位似关系，且点A、D在x轴上，AD=2OA，
所以OD=OA+AD=OA+2OA=3OA，
因此位似比。
根据位似变换的坐标性质，关于原点的位以变换中，对应点的坐标为原坐标乘以位以比。
已知点C的坐标为(2，1)，
则点F的坐标为(2×3，1×3)=(6，3)。
故答案为：D.
【分析】先根据AD=2OA求出位似以比，再利用关于原点的位似变换的坐标规律：位似图形对应点的坐标比等于位似以比，将点C的坐标按位以比放大，得到点P的坐标。
7．在平面直角坐标系中，将点（﹣3，5）向右平移4个单位长度后得到的点的坐标是（　　）
A．（﹣3，1） B．（1，5） C．（﹣3，9） D．（﹣7，5）
【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】已知点的坐标为（-3，5），将其向右平移4个单位长度，横坐标-3+4=1，纵坐标不变仍为5，因此平移后得到的点的坐标为(1，5).
故答案为：B.
【分析】根据平面直角坐标系中点的平移规律：左右平移改变横坐标，右加左减：上下平移改变纵坐标，上加下减，向右平移4个单位，只需给横坐标加4，纵坐标保持不变。
8．下列命题中是真命题的是（　　）
A．点P（﹣2，﹣3）到x轴的距离是2
B．立方根等于其本身的数是0和1
C．若关于x的一元一次不等式组无解，则m≤1
D．若两个角的两边分别平行，则这两个角相等．
【答案】C
【知识点】点的坐标；真命题与假命题；开立方（求立方根）；平行线的应用-求角度；一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】选项A：点P(一2，一3)到x轴的距离是纵坐标的绝对值，即|-3|=3，不是2，是假命题；
选项B：立方根等于其本身的数有0、1、一1，不是只有0和1，是假命题；
选项C：对于一元一次不等式组 ，根据"大大小小无解“的原则，当m≤1时，两个不等式没有公共解集，即无解，是真命题；
选项D：若两个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，不是只有相等，是假命题。
故答案为：C.
【分析】 逐一分析每个选项，根据点到坐标轴的距离、立方根的定义、一元一次不等式组无解的条件、平行线与角的关系，判断命题的真假。
9．若点M（﹣2，y1），N（﹣1，y2），P（8，y3）在抛物线y＝﹣x2+4x上，则下列结论正确的是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y1＜y3＜y2
【答案】C
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】将抛物线y=-x2+4x配方得：y=-(x-2)2+4。
因为a=-1<0，
所以抛物线开口向下，对称轴为直线x=2。
在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减小，且抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小。
分别计算三点到对称轴x=2的距离：
点M(-2，1)到对称轴的距离为|2-(-2)|=4；
点W(-1，y2)到对称轴的距离为|2-(-1)|=3：
点P(8，y3)到对称轴的距离为|8-2|=6。
距离关系为6>4>3，结合开口向下的性质，可得y3故答案为：C.
【分析】先将抛物线解析式配方成顶点式，确定开口方向和对称轴，再根据各点到对称轴的距离及抛物线的增减性，比较纵坐标的大小。
10．如图，菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN，连接A'C，则当A'C取得最小值时，则∠DCA'的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；点与圆的位置关系；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】因为菱形ABCD边长为4，∠A=60°，M是AD中点，
故MA=MD=2。
由翻折知MA'=MA=2，
所以点A在以M为圆心，2为半径的圆弧上。
根据几何性质，当C、A'、M三点共线时，AC取得最小值。
如图，过点M作MG⊥CD，交CD的延长线于点G。
因为AD‖BC，∠A=60°，所以∠MDG=60°。
在Rt△MDG中，MD=2，∠MDG=60°，得DG=MD·cos60°=1，
MG=MD×sin60°=.
菱形边长为4，则CD=4，故CG=CD+DG=4+1=5.
在Rt△MCG中，由勾股定理得：CM=。
此时A'在CM上，且MA'=2，故CA'=CM-MA'=.
在Rt△MCG中，，
故答案为：B.
【分析】利用翻折的性质确定A的轨迹为以M为圆心、MA为半径的圆弧，根据"点到圆的最短距离”原理，当C、A'、M三点共线时，A'C取得最小值。随后通过解△MCD，构造直角三角形求∠DCA的正弦值。
11．分解因式：x2﹣2023x＝　 　 ．
【答案】x(x-2023)
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】多项式x2一2023x的各项公因式为x，提取公因式后：
x2-2023x=x(x-2023).
故答案为：x(x-2023).
【分析】分解因式的核心是提取公因式，多项式 x2 2023x 中两项都含有公因式 x，直接提取即可。
12．若分式有意义，则实数x的取值范围是 　 　 ．
【答案】x≠3
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】要使分式有意义，分母不能为0，即：x-3≠0
解得：x≠3
故答案为：x≠3.
【分析】 分式有意义的条件是分母不为 0，因此只需令分式的分母不等于 0，解出 x 的取值范围即可。
13．不等式组的解为　 　．
【答案】
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
故答案为：．
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，分别求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不了（无解）”确定不等式组的解集即可．
14．如图，五边形ABCDE是正五边形，F，G是边CD，DE上的点，且BF∥AG．若∠CFB＝57°，则∠AGD＝　 　 ．
【答案】129°
【知识点】平行线的性质；正多边形的性质；多边形的内角和公式；多边形的外角和公式
【解析】【解答】正五边形的每个内角为(5-2)x180°÷5=108°，即∠C=∠D=108°，
在△BCF中，∠C=108°，∠CFB=57°，
由三角形内角和定理得：∠CBF=180°-108°-57°=15°。
所以∠ABF=108°-15°=93°，
因为BF‖AG，所以∠ABF+∠BAG=180°（同旁内角互补）。
所以∠BAG=180°-93°=87°，
所以∠EAG=108°-87°=21°，
因此∠AGD=∠E+∠EAG=108°+21°=129°。
故答案为：129°.
【分析】先求出正五边形的每个内角，再在△BCF中利用三角形内角和求出∠CBF，结合BF‖AG的平行线性质，通过角度转化求出∠AGD。
15．如图，M为双曲线（x＞0）上的一点，分别交直线y＝﹣x+m于点D、C两点．若直线y＝﹣x+m与y轴交于点A，与x轴交于点B，则AD BC的值为 　 　 ．
【答案】6
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数与一次函数的交点问题；等腰直角三角形
【解析】【解答】对于直线y=-x+m，令x=0，得y=m，
因此点A的坐标为(0，m)，OA=m；
令y=0，得0=-x+m，解得c=m，
因此点B的坐标为(m，0)，OB=m。
因为OA=OB=m，且∠AOB=90°，
所以△AOB是等腰直角三角形，
因此∠OAB=∠OBA=45°.
设点M在双曲线上，设M的坐标为，
由图可知：CM‖轴，因此C点的纵坐标与M点纵坐标相同，即。
将代入直线y=-x+m，得，解得，
因此C点坐标为.
DM‖y轴，因此D点的横坐标与M点横坐标相同，即xD=t。
将x=t代入直线y=-x+m，得y=m-t，
因此D点坐标为(t，m-t).
过D作DH⊥y轴于H，则DH=t，AH=m-(m-t)=t。
因为△AOB是等腰直角三角形，DH‖OB，
所以△ADH也是等腰直角三角形，∠HAD=45°，
因此斜边。
过C作CG⊥轴于G，则CG=，。
同理，△BCG是等腰直角三角形，∠CBG=45°，
因此斜边。
所以.
故答案为：6.
【分析】先确定直线y=-x+m与坐标轴围成△AOB为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边长关系，结合CM‖x轴、DM‖y轴的性质，用坐标表示AD和BC的长度，再结合双曲线的性质消去参数，求出AD·BC的定值。
16．如图，在 ABCD中，点E在BC上，BD与AE交于点F，连接CF，若，则　 　 ．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的性质-对应面积；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AD‖BC，且AD=BC。
由AD‖BC，可得△ADF∽△EBF。
已知，设CE=k，则BE-2k，
所以BC=BE+CE=3k，
因此AD=BC=3k。
所以△ADF与△EBF的相似比为，即。
因为△ABF和△EBF同高，所以
又因为△ADF∽△EBF，
所以。
由于平行四边形中ABCD，△ABF和△CDF的面积关系可通过AD‖BC及相似比推导：
△CDF的面积等于△ADF的面积，即S△CDF=S△ADF
设S△EBF=4a，则S△ABF=6a，S△ADF=9a，所以S△CDF=9a.
因此.
故答案为：.
【分析】利用平行四边形的性质得出ADBC且AD=BC，进而证明△ADF与△EBF相似，求出相似比，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方，计算 的值。
17．计算：．
【答案】解：
．
【知识点】负整数指数幂；二次根式的混合运算
【解析】【分析】 先分别化简二次根式、绝对值、负整数指数幂，再按照实数的加减运算法则合并同类项，完成计算。
18．解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：，
方程两边同时乘2（x﹣1），得2x＝x﹣1，
解得：x＝﹣1，
检验：把x＝﹣1代入2（x﹣1）≠0，
∴分式方程的解为x＝﹣1；
（2）解：1．
方程两边同时乘x﹣2，得2x＝x﹣2+1
解得：x＝﹣1，
检验：把x＝﹣1代入x﹣2≠0，
∴分式方程的解为x＝﹣1．
【知识点】解分式方程
【解析】【分析】 解分式方程的核心是去分母转化为整式方程求解，最后必须检验，确保分母不为 0，避免产生增根。
19．在矩形中，取的中点，连接并延长，交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）已知，，求的长．
【答案】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得，利用平行线的性质可得，，因而根据AAS可证明，即可证明．
（2）根据矩形的性质可得由勾股定理得再根据全等三角形的性质以及中点即可得解．
（1）证明：∵四边形是矩形，是的中点，
∴，，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
由（）知，则，
∵，
∴，
∴
20．某校举办了数学知识竞赛，从七、八年级各随机抽取了10名学生的竞赛成绩（百分制），进行整理，描述和分析如下：成绩得分用x表示（x为整数），共分成四组：
A.80≤x＜85；B.85≤x＜90；C.90≤x＜95；D.95≤x＜100．
七年级10名学生的成绩是：96，86，96，86，99，96，90，100，89，82．
八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，94．
抽取的七、八年级学生成绩统计表：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 92 a b 34.6
八年级 92 93 100 41.4
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出图表中a，b的值：a＝　 　 ，b＝　 　 ；
（2）该校八年级共50人参加知识竞赛，估计八年级参加竞赛成绩优秀（x≥90）的学生人数．
【答案】（1）93；96
（2）解：因为八年级的中位数是93，八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，94，
所以有5个学生的成绩比93大，所以被抽取的10名学生的成绩有7人成绩优秀，
5035（人）．
答：估计八年级参加竞赛成绩优秀（x≥90）的学生人数大约有35人．
【知识点】用样本估计总体；中位数；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数
【解析】【解答】解：（1）把七年级10名学生的成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是90，96，故中位数a93；
在七年级10名学生的成绩中，96出现的次数最多，故众数b＝96．
故答案为：93；96；
【分析】(1)求中位数α时，先将七年级10名学生的成绩从小到大排序，取第5、6个数的平均数；求众数b时，找出七年
级成绩中出现次数最多的数。
(2)先计算抽取的八年级10名学生中成赁优秀(x>90)的人数占比，再用样本占比估计总体50人中的优秀人数。
21．寒假期间，小明和小红在A处游玩，结束后相约去学校自习室，学校在点C处，小明家在点D处，小红家在点B处，点D在点A的正东方向，点B在点A的正北方向，点C在点B的北偏东60°方向，点C在点D的东北方向，且AB＝200米，BC＝800米．
（1）求小明家到学校的距离CD的长度（结果保留根号）；
（2）小明和小红同时从A处出发，两人先各自回家取书包．再去学校自习室，小明步行的速度为40米/分，小红步行的速度为45米/分，请通过计算说明谁先到达学校自习室（两人取书包的时间忽略不计）．（参考数据：，结果精确到十分位）
【答案】（1）（1）解：如图：
由题意得：AE＝CF，∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CDF＝45°，
在Rt△BEC中，BC＝800米，∠EBC＝60°，
∴EB＝BC cos60°＝800400（米），
∵AB＝200米，
∴CF＝AE＝AB+BE＝200+400＝600（米），
在Rt△CDF中，CD600（米），
∴小明家到学校的距离CD的长度为600米；
（2）（2）解：小红先到达学校自习室，
理由：由题意得：CE＝AF，
在Rt△BEC中，BC＝800米，∠EBC＝60°，
∴CE＝BC sin60°＝800400（米），
∴AF＝CE＝400（米），
在Rt△CDF中，∠CDF＝45°，CF＝600米，
∴DF600（米），
∴AD＝AF﹣DF＝（400600）米，
∵小明步行的速度为40米/分，小红步行的速度为45米/分，
∴小明需要的时间23.5（分）；
小红需要的时间22.2（分），
∵22.2分＜23.5分，
∴小红先到达学校自习室．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题
【解析】【分析】(1)先在Rt△BDC中利用三角函数求出BE、EC的长度，再结合AB的长度得到F的长度，最后在
Rt△CDF中利用45°角的三角函数求出CD的长度。
(2)分别计算小明和小红从A出发回家取书包再到学校的总路程，结合各自的步行速度求出总时间，比较时间大小判断谁先到达。
22．如图1，若二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的动点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图3，将抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y'，在y'的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，求点E的坐标．
【答案】（1）解：二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．将点B，点C的坐标分别代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B（3，0），点C（0，﹣3）分别代入得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
点P为直线BC下方抛物线上的点，如图2，
设P（a，a2﹣2a﹣3），
∴M（a，a﹣3），
∴，
当时，，
∴，
∴△PBC面积的最大值为，
∴；
（3）解：由题意可得：y'＝（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣3﹣1＝x2﹣4x﹣1＝（x﹣2）2﹣5，
y'的对称轴为x＝2．
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴OC＝OB＝3，∠BCO＝∠CBO＝45°，
当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，如图3，过D作DF⊥y轴于点F，
∵D在y'的对称轴上，
∴FD＝2，
∵∠BCD＝90°，∠BCO＝45°，
∴∠DCF＝45°，
∴CF＝FD＝2，OF＝3+2＝5，即点D（2，﹣5），
∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点E（5，﹣2）；
当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y'的对称轴为x＝2与x轴交于点F，如图4，
∵D在y'的对称轴上，
∴FO＝2，
∴BF＝3﹣2＝1，
∵∠CBO＝45°，即∠DBO＝45°，
FD＝1，即点D（2，1），
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点E（﹣1，﹣2）；
当BC为矩形对角线时，如图5，设D（2，d），E（m，n），BC的中点F的坐标为，
依意得：，
解得：，
又∵DE＝BC，
∴（2﹣1）2+（d﹣n）2＝32+32，
解得：，
联立得：，
解得：，
∴点E的坐标为或．
综上所述，点E的坐标为（5，﹣2）或（﹣1，﹣2）或或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象的平移变换；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】(1)利用待定系数法，将点B(3，0)、C(0，-3)代入二次函数解析式，求解a、c，得到抛物线解析式；
(2)先求直线BC的解析式，设抛物线上点P的坐标，作PM⊥x轴交BC于M，用P、M的纵坐标差表示PM，将△PBC的面积表示为关于P横坐标的二次函数，求最大值及对应P的坐标；
(3)先根据平移规律得到新抛物线y的解析式及对称轴，设对称轴上点D的坐标，分BC为矩形的边、对角线两种情况，利用矩形的性质（勾股定理、中点坐标公式）求解点B的坐标。
23．已知抛物线y＝x2﹣ax+5（a为常数）经过点（1，0）．
（1）求a的值．
（2）过点A（0，t）与x轴平行的直线交抛物线于B，C两点，且点B为线段AC的中点，求t的值．
（3）设m＜3＜n，抛物线的一段y＝x2﹣ax+5（m≤x≤n）夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间．若直线l1，l2之间的距离为16，求n﹣m的最大值．
【答案】（1）解：抛物线y＝x2﹣ax+5（a为常数）经过点（1，0）．将点（1，0）代入得：
1﹣a+5＝0，
解得：a＝6；
（2）解：由（1）知：y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝3，
∵点A（0，t）在y轴上，过点A（0，t）与x轴平行的直线交抛物线于B，C两点，
∴B，C关于对称轴对称，B，C的纵坐标均为t，
又∵点B为线段AC的中点，
∴xC＝2xB，
∴，
∴xB＝2，
∴x＝2代入y＝x2﹣6x+5，得：y＝22﹣6×2+5＝﹣3，
∴t＝﹣3；
（3）解：∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标（3，﹣4），
当抛物线的一段y＝x2﹣ax+5（m≤x≤n）夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间时，
m，n为直线与抛物线的交点，
∴要使n﹣m最大，则，m，n为一条直线与抛物线的交点，x＝m和x＝n关于对称轴对称，
又∵直线l1，l2之间的距离为16，为定值，
∴当一条直线恰好经过抛物线的顶点（3，﹣4），即：y＝﹣4时，n﹣m最大，此时另一条直线的解析式为y＝16﹣4＝12，如图：
∴当x2﹣6x+5＝12时，
解得：x1＝7，x2＝﹣1，
∴n＝7，m＝﹣1，
∴n﹣m的最大值为：7﹣（﹣1）＝8．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】(1)把点（1，0)代入抛物线解析式，解关于a的一元一次方程即可求出a；
(2)先将抛物线配方得到对称轴，利用抛物线的对称性得到B、C横坐标的关系，结合B是AC中点的条件求出B的横坐标，再代入抛物线求纵坐标，即t的值；
(3)由直线 l1，l2 距离为16，结合抛物线顶点坐标确定两条直线的纵坐标，分别求出对应交点的横坐标，再根据m<324．如图所示，点C在以O为圆心、线段AB为直径的半圆上，联结BC，取线段BC中点D，在线段OA上取一点E（点E不与点A重合），使DE＝BD，作E点作直线EF⊥DE，EF与AC交于点F．
（1）如图（1），当点O、点E重合时，求证：四边形CDEF是正方形．
（2）如图（2），联结OF，点M是线段OF与线段DE的公共点．
①设x，tanB＝y，求y关于x的函数解析式并写出定义域．
②如图（3），联结BF、OC，点N是线段BF与线段OC的公共点，点G是线段OC与线段DE的公共点，当时，求的值．
【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵D是BC的中点，O是AB的中点，
∴OD∥AC，
∴∠CDO＝180°﹣∠C＝90°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∵CD＝BD＝DE，
∴四边形CDEF是正方形；
（2）解：①解：如图1，
连接OD，DF，
∵CD＝BD＝DE，∠C＝∠DEF＝90°，DF＝DF，
∴Rt△DCF≌△DEF（HL），
∴CF＝EF，
∵DE＝BD，
∴∠B＝∠DEB，
∵∠C＝∠DEF＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，∠AEF+∠DEB＝90°，
∴∠A＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴CF＝AF，
∴DF∥AB，DFAB＝OB，
∴四边形BOFD是平行四边形，
∴∠DFO＝∠B，
∴tan∠DFO＝tanB＝y，
∵OA＝OB，
∴ODAC，
∴OD＝CF＝AF＝EF，
∴四边形EODF是等腰梯形，
∴∠OEF＝∠DOE，∠BED＝∠EOF，∠OFD＝∠FDE，
∴∠DOF＝∠DEF＝90°，FM＝DM，
∴，
设OD＝ay，OF＝a，FM＝DM＝m，则OM＝OF﹣FM＝a﹣m，
∵∵DM2﹣OM2＝OD2，
∴m2﹣（a﹣m）2＝（ay）2，
∴m，
∴x，
∴y或y，
由题意得：0＜tanB＜1，
∴0＜y＜1，
∴y2+1＞2y，
∴0＜x＜1；
②如图2，
连接OD，
由①知：AF＝CF＝OD，EM＝OM，∠DOM＝90°，
∴OD2+OM2＝DM2（Ⅰ），
∵OA＝OB，
∴OF∥BC，
∴，
∵，
∴，
∴OD2＝OM DM（Ⅱ），
由（Ⅰ）和（Ⅱ）得，
OM2+OM DM﹣DM2＝0，
∴或（舍去），
∵F是AC的中点，O是AB的中点，
∴N是△ABC的重心，
∴CNOC，
∵OF∥BC，
∴△OGM∽△CGD，
∴，
∴，
∵OF＝CD，
∴，
∵FM＝DM，
∴，
∴OG，
∴．
【知识点】正方形的判定；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边；圆周角定理的推论；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）利用直径所对圆周角为直角得∠C=90°，由中位线定理得OD‖AC，推出∠CDO=90°，结合DE⊥EF证得矩形，再由CD=BD=DD证得邻边相等，从而得正方形；
(2)① 连接OD，DF，由DE⊥EF、AC⊥BC得EF‖BC，利用相似三角形、平行线分线段成比
例，结合DE=BD的条件，用x表示AC、BC的长度，进而由 tanB＝y 得到y与x的关系，再由E不与
A重合确定定义域；
②连接OD，由，结合①中AF＝CF＝OD，EM＝OM，∠DOM＝90°，进而得到的值，然后根据△OGM∽△CGD，得到，进一步化简，最终得到比值。
1 / 1浙江省温州市双潮乡中学2025-2026学年下学期九年级数学第一次月考试卷
1．我市某天最高温度是11℃，最低气温是零下3℃，那么当天的最大温差是（　　）
A．8℃ B．﹣8℃ C．14℃ D．﹣14℃
2．玉龙沙湖旅游区，坐落于内蒙古自治区赤峰市翁牛特旗乌丹镇东北部，位于素有八百里瀚海之称的科尔沁沙地的西缘．这里距北京、沈阳、大连等地均在500公里内，被誉为距离北京最近最美的大漠旅游区．玉龙沙湖占地100000000平方米．该旅游区集沙漠、湖泊、湿地、草甸、奇松于一体，是国家AAAA级旅游景区.100000000用科学记数法可表示为（　　）
A．1×107 B．10×107 C．1×108 D．1×109
3．如图是由5个相同的小正方体组成的几何体，它的主视图是（　　）
A． B． C． D．
4．下列各式运算正确的是（　　）
A．x+x＝x2 B．a5﹣a4＝a
C．3a2b﹣2a2b＝1 D．﹣x3+3x3＝2x3
5．如图是可以自由转动的转盘，转盘被等分成三个扇形，并分别标上1，2，3，转盘停止后，则指针指向的数字为偶数的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O成位似关系．点A，D在x轴上，且AD＝2OA，若点C的坐标为（2，1），则点F的坐标是（　　）
A．（2，4） B．（3，6） C．（4，2） D．（6，3）
7．在平面直角坐标系中，将点（﹣3，5）向右平移4个单位长度后得到的点的坐标是（　　）
A．（﹣3，1） B．（1，5） C．（﹣3，9） D．（﹣7，5）
8．下列命题中是真命题的是（　　）
A．点P（﹣2，﹣3）到x轴的距离是2
B．立方根等于其本身的数是0和1
C．若关于x的一元一次不等式组无解，则m≤1
D．若两个角的两边分别平行，则这两个角相等．
9．若点M（﹣2，y1），N（﹣1，y2），P（8，y3）在抛物线y＝﹣x2+4x上，则下列结论正确的是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y1＜y3＜y2
10．如图，菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN，连接A'C，则当A'C取得最小值时，则∠DCA'的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
11．分解因式：x2﹣2023x＝　 　 ．
12．若分式有意义，则实数x的取值范围是 　 　 ．
13．不等式组的解为　 　．
14．如图，五边形ABCDE是正五边形，F，G是边CD，DE上的点，且BF∥AG．若∠CFB＝57°，则∠AGD＝　 　 ．
15．如图，M为双曲线（x＞0）上的一点，分别交直线y＝﹣x+m于点D、C两点．若直线y＝﹣x+m与y轴交于点A，与x轴交于点B，则AD BC的值为 　 　 ．
16．如图，在 ABCD中，点E在BC上，BD与AE交于点F，连接CF，若，则　 　 ．
17．计算：．
18．解方程：
（1）；
（2）．
19．在矩形中，取的中点，连接并延长，交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）已知，，求的长．
20．某校举办了数学知识竞赛，从七、八年级各随机抽取了10名学生的竞赛成绩（百分制），进行整理，描述和分析如下：成绩得分用x表示（x为整数），共分成四组：
A.80≤x＜85；B.85≤x＜90；C.90≤x＜95；D.95≤x＜100．
七年级10名学生的成绩是：96，86，96，86，99，96，90，100，89，82．
八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，94．
抽取的七、八年级学生成绩统计表：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 92 a b 34.6
八年级 92 93 100 41.4
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出图表中a，b的值：a＝　 　 ，b＝　 　 ；
（2）该校八年级共50人参加知识竞赛，估计八年级参加竞赛成绩优秀（x≥90）的学生人数．
21．寒假期间，小明和小红在A处游玩，结束后相约去学校自习室，学校在点C处，小明家在点D处，小红家在点B处，点D在点A的正东方向，点B在点A的正北方向，点C在点B的北偏东60°方向，点C在点D的东北方向，且AB＝200米，BC＝800米．
（1）求小明家到学校的距离CD的长度（结果保留根号）；
（2）小明和小红同时从A处出发，两人先各自回家取书包．再去学校自习室，小明步行的速度为40米/分，小红步行的速度为45米/分，请通过计算说明谁先到达学校自习室（两人取书包的时间忽略不计）．（参考数据：，结果精确到十分位）
22．如图1，若二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的动点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图3，将抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y'，在y'的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，求点E的坐标．
23．已知抛物线y＝x2﹣ax+5（a为常数）经过点（1，0）．
（1）求a的值．
（2）过点A（0，t）与x轴平行的直线交抛物线于B，C两点，且点B为线段AC的中点，求t的值．
（3）设m＜3＜n，抛物线的一段y＝x2﹣ax+5（m≤x≤n）夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间．若直线l1，l2之间的距离为16，求n﹣m的最大值．
24．如图所示，点C在以O为圆心、线段AB为直径的半圆上，联结BC，取线段BC中点D，在线段OA上取一点E（点E不与点A重合），使DE＝BD，作E点作直线EF⊥DE，EF与AC交于点F．
（1）如图（1），当点O、点E重合时，求证：四边形CDEF是正方形．
（2）如图（2），联结OF，点M是线段OF与线段DE的公共点．
①设x，tanB＝y，求y关于x的函数解析式并写出定义域．
②如图（3），联结BF、OC，点N是线段BF与线段OC的公共点，点G是线段OC与线段DE的公共点，当时，求的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有理数的减法法则
【解析】【解答】当天的最大温差=最高温度-最低温度，即11-(-3).
根据有理数减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数，
11-(-3)=11+3=14。
所以当天的最大温差是14℃。
故答案为：C.
【分析】温差的定义是最高气温减法最低气温，最低气温为零下3℃，即-3℃，因此只需计算11一（一3)的值。
2．【答案】C
【知识点】还原用科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】将100000000用科学记数法表示，首先确定a=1，因为原数绝对值>10，所以是正数。
原数变为1时，小数点向左移动了8位，因此n=8。
所以100000000用科学记数法表示为。
故答案为：C.
【分析】利用科学记数法的定义，将一个大于10的数表示成的形式，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。
3．【答案】A
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】根据题意可知组合几何体一共两层，底层四个正方体，上方一个，
从正面来看，可以看到的是底层三个正方体，第二层最左侧有一个，
对应的主视图为：，
故答案为：A.
【分析】本题主要考查了组合几何体的三视图，从正面看对应的几何体即可确定。
4．【答案】D
【知识点】合并同类项法则及应用
【解析】【解答】选项A：x+x是同类项，合并后为2x，不是，运算错误；
选项B：与a的指数不同，不是同类项，不能直接相减，运算错误；
选项C：是同类项，合并后为，不是1，运算错误；
选项D：是同类项，合并后为，运算正确。
故答案为：D.
【分析】 根据合并同类项的法则：同类项的系数相加，字母和字母的指数不变，逐一判断每个选项的运算是否正确
5．【答案】D
【知识点】几何概率
【解析】【解答】解：因为一共三种结果，转盘停止后指向偶数的情况一种，所以P（指向偶数）=
故答案为：D.
【分析】 本题考查概率公式， 根据转盘中的数据可知，偶数为2，然后即可得到指针指向的数字为偶数的概率．
6．【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】因为△ABC与△DEF关于原点O成位似关系，且点A、D在x轴上，AD=2OA，
所以OD=OA+AD=OA+2OA=3OA，
因此位似比。
根据位似变换的坐标性质，关于原点的位以变换中，对应点的坐标为原坐标乘以位以比。
已知点C的坐标为(2，1)，
则点F的坐标为(2×3，1×3)=(6，3)。
故答案为：D.
【分析】先根据AD=2OA求出位似以比，再利用关于原点的位似变换的坐标规律：位似图形对应点的坐标比等于位似以比，将点C的坐标按位以比放大，得到点P的坐标。
7．【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】已知点的坐标为（-3，5），将其向右平移4个单位长度，横坐标-3+4=1，纵坐标不变仍为5，因此平移后得到的点的坐标为(1，5).
故答案为：B.
【分析】根据平面直角坐标系中点的平移规律：左右平移改变横坐标，右加左减：上下平移改变纵坐标，上加下减，向右平移4个单位，只需给横坐标加4，纵坐标保持不变。
8．【答案】C
【知识点】点的坐标；真命题与假命题；开立方（求立方根）；平行线的应用-求角度；一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】选项A：点P(一2，一3)到x轴的距离是纵坐标的绝对值，即|-3|=3，不是2，是假命题；
选项B：立方根等于其本身的数有0、1、一1，不是只有0和1，是假命题；
选项C：对于一元一次不等式组 ，根据"大大小小无解“的原则，当m≤1时，两个不等式没有公共解集，即无解，是真命题；
选项D：若两个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，不是只有相等，是假命题。
故答案为：C.
【分析】 逐一分析每个选项，根据点到坐标轴的距离、立方根的定义、一元一次不等式组无解的条件、平行线与角的关系，判断命题的真假。
9．【答案】C
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】将抛物线y=-x2+4x配方得：y=-(x-2)2+4。
因为a=-1<0，
所以抛物线开口向下，对称轴为直线x=2。
在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减小，且抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小。
分别计算三点到对称轴x=2的距离：
点M(-2，1)到对称轴的距离为|2-(-2)|=4；
点W(-1，y2)到对称轴的距离为|2-(-1)|=3：
点P(8，y3)到对称轴的距离为|8-2|=6。
距离关系为6>4>3，结合开口向下的性质，可得y3故答案为：C.
【分析】先将抛物线解析式配方成顶点式，确定开口方向和对称轴，再根据各点到对称轴的距离及抛物线的增减性，比较纵坐标的大小。
10．【答案】B
【知识点】菱形的性质；点与圆的位置关系；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】因为菱形ABCD边长为4，∠A=60°，M是AD中点，
故MA=MD=2。
由翻折知MA'=MA=2，
所以点A在以M为圆心，2为半径的圆弧上。
根据几何性质，当C、A'、M三点共线时，AC取得最小值。
如图，过点M作MG⊥CD，交CD的延长线于点G。
因为AD‖BC，∠A=60°，所以∠MDG=60°。
在Rt△MDG中，MD=2，∠MDG=60°，得DG=MD·cos60°=1，
MG=MD×sin60°=.
菱形边长为4，则CD=4，故CG=CD+DG=4+1=5.
在Rt△MCG中，由勾股定理得：CM=。
此时A'在CM上，且MA'=2，故CA'=CM-MA'=.
在Rt△MCG中，，
故答案为：B.
【分析】利用翻折的性质确定A的轨迹为以M为圆心、MA为半径的圆弧，根据"点到圆的最短距离”原理，当C、A'、M三点共线时，A'C取得最小值。随后通过解△MCD，构造直角三角形求∠DCA的正弦值。
11．【答案】x(x-2023)
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】多项式x2一2023x的各项公因式为x，提取公因式后：
x2-2023x=x(x-2023).
故答案为：x(x-2023).
【分析】分解因式的核心是提取公因式，多项式 x2 2023x 中两项都含有公因式 x，直接提取即可。
12．【答案】x≠3
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】要使分式有意义，分母不能为0，即：x-3≠0
解得：x≠3
故答案为：x≠3.
【分析】 分式有意义的条件是分母不为 0，因此只需令分式的分母不等于 0，解出 x 的取值范围即可。
13．【答案】
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
故答案为：．
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，分别求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不了（无解）”确定不等式组的解集即可．
14．【答案】129°
【知识点】平行线的性质；正多边形的性质；多边形的内角和公式；多边形的外角和公式
【解析】【解答】正五边形的每个内角为(5-2)x180°÷5=108°，即∠C=∠D=108°，
在△BCF中，∠C=108°，∠CFB=57°，
由三角形内角和定理得：∠CBF=180°-108°-57°=15°。
所以∠ABF=108°-15°=93°，
因为BF‖AG，所以∠ABF+∠BAG=180°（同旁内角互补）。
所以∠BAG=180°-93°=87°，
所以∠EAG=108°-87°=21°，
因此∠AGD=∠E+∠EAG=108°+21°=129°。
故答案为：129°.
【分析】先求出正五边形的每个内角，再在△BCF中利用三角形内角和求出∠CBF，结合BF‖AG的平行线性质，通过角度转化求出∠AGD。
15．【答案】6
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数与一次函数的交点问题；等腰直角三角形
【解析】【解答】对于直线y=-x+m，令x=0，得y=m，
因此点A的坐标为(0，m)，OA=m；
令y=0，得0=-x+m，解得c=m，
因此点B的坐标为(m，0)，OB=m。
因为OA=OB=m，且∠AOB=90°，
所以△AOB是等腰直角三角形，
因此∠OAB=∠OBA=45°.
设点M在双曲线上，设M的坐标为，
由图可知：CM‖轴，因此C点的纵坐标与M点纵坐标相同，即。
将代入直线y=-x+m，得，解得，
因此C点坐标为.
DM‖y轴，因此D点的横坐标与M点横坐标相同，即xD=t。
将x=t代入直线y=-x+m，得y=m-t，
因此D点坐标为(t，m-t).
过D作DH⊥y轴于H，则DH=t，AH=m-(m-t)=t。
因为△AOB是等腰直角三角形，DH‖OB，
所以△ADH也是等腰直角三角形，∠HAD=45°，
因此斜边。
过C作CG⊥轴于G，则CG=，。
同理，△BCG是等腰直角三角形，∠CBG=45°，
因此斜边。
所以.
故答案为：6.
【分析】先确定直线y=-x+m与坐标轴围成△AOB为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边长关系，结合CM‖x轴、DM‖y轴的性质，用坐标表示AD和BC的长度，再结合双曲线的性质消去参数，求出AD·BC的定值。
16．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的性质-对应面积；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AD‖BC，且AD=BC。
由AD‖BC，可得△ADF∽△EBF。
已知，设CE=k，则BE-2k，
所以BC=BE+CE=3k，
因此AD=BC=3k。
所以△ADF与△EBF的相似比为，即。
因为△ABF和△EBF同高，所以
又因为△ADF∽△EBF，
所以。
由于平行四边形中ABCD，△ABF和△CDF的面积关系可通过AD‖BC及相似比推导：
△CDF的面积等于△ADF的面积，即S△CDF=S△ADF
设S△EBF=4a，则S△ABF=6a，S△ADF=9a，所以S△CDF=9a.
因此.
故答案为：.
【分析】利用平行四边形的性质得出ADBC且AD=BC，进而证明△ADF与△EBF相似，求出相似比，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方，计算 的值。
17．【答案】解：
．
【知识点】负整数指数幂；二次根式的混合运算
【解析】【分析】 先分别化简二次根式、绝对值、负整数指数幂，再按照实数的加减运算法则合并同类项，完成计算。
18．【答案】（1）解：，
方程两边同时乘2（x﹣1），得2x＝x﹣1，
解得：x＝﹣1，
检验：把x＝﹣1代入2（x﹣1）≠0，
∴分式方程的解为x＝﹣1；
（2）解：1．
方程两边同时乘x﹣2，得2x＝x﹣2+1
解得：x＝﹣1，
检验：把x＝﹣1代入x﹣2≠0，
∴分式方程的解为x＝﹣1．
【知识点】解分式方程
【解析】【分析】 解分式方程的核心是去分母转化为整式方程求解，最后必须检验，确保分母不为 0，避免产生增根。
19．【答案】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得，利用平行线的性质可得，，因而根据AAS可证明，即可证明．
（2）根据矩形的性质可得由勾股定理得再根据全等三角形的性质以及中点即可得解．
（1）证明：∵四边形是矩形，是的中点，
∴，，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
由（）知，则，
∵，
∴，
∴
20．【答案】（1）93；96
（2）解：因为八年级的中位数是93，八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，94，
所以有5个学生的成绩比93大，所以被抽取的10名学生的成绩有7人成绩优秀，
5035（人）．
答：估计八年级参加竞赛成绩优秀（x≥90）的学生人数大约有35人．
【知识点】用样本估计总体；中位数；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数
【解析】【解答】解：（1）把七年级10名学生的成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是90，96，故中位数a93；
在七年级10名学生的成绩中，96出现的次数最多，故众数b＝96．
故答案为：93；96；
【分析】(1)求中位数α时，先将七年级10名学生的成绩从小到大排序，取第5、6个数的平均数；求众数b时，找出七年
级成绩中出现次数最多的数。
(2)先计算抽取的八年级10名学生中成赁优秀(x>90)的人数占比，再用样本占比估计总体50人中的优秀人数。
21．【答案】（1）（1）解：如图：
由题意得：AE＝CF，∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CDF＝45°，
在Rt△BEC中，BC＝800米，∠EBC＝60°，
∴EB＝BC cos60°＝800400（米），
∵AB＝200米，
∴CF＝AE＝AB+BE＝200+400＝600（米），
在Rt△CDF中，CD600（米），
∴小明家到学校的距离CD的长度为600米；
（2）（2）解：小红先到达学校自习室，
理由：由题意得：CE＝AF，
在Rt△BEC中，BC＝800米，∠EBC＝60°，
∴CE＝BC sin60°＝800400（米），
∴AF＝CE＝400（米），
在Rt△CDF中，∠CDF＝45°，CF＝600米，
∴DF600（米），
∴AD＝AF﹣DF＝（400600）米，
∵小明步行的速度为40米/分，小红步行的速度为45米/分，
∴小明需要的时间23.5（分）；
小红需要的时间22.2（分），
∵22.2分＜23.5分，
∴小红先到达学校自习室．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题
【解析】【分析】(1)先在Rt△BDC中利用三角函数求出BE、EC的长度，再结合AB的长度得到F的长度，最后在
Rt△CDF中利用45°角的三角函数求出CD的长度。
(2)分别计算小明和小红从A出发回家取书包再到学校的总路程，结合各自的步行速度求出总时间，比较时间大小判断谁先到达。
22．【答案】（1）解：二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．将点B，点C的坐标分别代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B（3，0），点C（0，﹣3）分别代入得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
点P为直线BC下方抛物线上的点，如图2，
设P（a，a2﹣2a﹣3），
∴M（a，a﹣3），
∴，
当时，，
∴，
∴△PBC面积的最大值为，
∴；
（3）解：由题意可得：y'＝（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣3﹣1＝x2﹣4x﹣1＝（x﹣2）2﹣5，
y'的对称轴为x＝2．
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴OC＝OB＝3，∠BCO＝∠CBO＝45°，
当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，如图3，过D作DF⊥y轴于点F，
∵D在y'的对称轴上，
∴FD＝2，
∵∠BCD＝90°，∠BCO＝45°，
∴∠DCF＝45°，
∴CF＝FD＝2，OF＝3+2＝5，即点D（2，﹣5），
∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点E（5，﹣2）；
当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y'的对称轴为x＝2与x轴交于点F，如图4，
∵D在y'的对称轴上，
∴FO＝2，
∴BF＝3﹣2＝1，
∵∠CBO＝45°，即∠DBO＝45°，
FD＝1，即点D（2，1），
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点E（﹣1，﹣2）；
当BC为矩形对角线时，如图5，设D（2，d），E（m，n），BC的中点F的坐标为，
依意得：，
解得：，
又∵DE＝BC，
∴（2﹣1）2+（d﹣n）2＝32+32，
解得：，
联立得：，
解得：，
∴点E的坐标为或．
综上所述，点E的坐标为（5，﹣2）或（﹣1，﹣2）或或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象的平移变换；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】(1)利用待定系数法，将点B(3，0)、C(0，-3)代入二次函数解析式，求解a、c，得到抛物线解析式；
(2)先求直线BC的解析式，设抛物线上点P的坐标，作PM⊥x轴交BC于M，用P、M的纵坐标差表示PM，将△PBC的面积表示为关于P横坐标的二次函数，求最大值及对应P的坐标；
(3)先根据平移规律得到新抛物线y的解析式及对称轴，设对称轴上点D的坐标，分BC为矩形的边、对角线两种情况，利用矩形的性质（勾股定理、中点坐标公式）求解点B的坐标。
23．【答案】（1）解：抛物线y＝x2﹣ax+5（a为常数）经过点（1，0）．将点（1，0）代入得：
1﹣a+5＝0，
解得：a＝6；
（2）解：由（1）知：y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝3，
∵点A（0，t）在y轴上，过点A（0，t）与x轴平行的直线交抛物线于B，C两点，
∴B，C关于对称轴对称，B，C的纵坐标均为t，
又∵点B为线段AC的中点，
∴xC＝2xB，
∴，
∴xB＝2，
∴x＝2代入y＝x2﹣6x+5，得：y＝22﹣6×2+5＝﹣3，
∴t＝﹣3；
（3）解：∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标（3，﹣4），
当抛物线的一段y＝x2﹣ax+5（m≤x≤n）夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间时，
m，n为直线与抛物线的交点，
∴要使n﹣m最大，则，m，n为一条直线与抛物线的交点，x＝m和x＝n关于对称轴对称，
又∵直线l1，l2之间的距离为16，为定值，
∴当一条直线恰好经过抛物线的顶点（3，﹣4），即：y＝﹣4时，n﹣m最大，此时另一条直线的解析式为y＝16﹣4＝12，如图：
∴当x2﹣6x+5＝12时，
解得：x1＝7，x2＝﹣1，
∴n＝7，m＝﹣1，
∴n﹣m的最大值为：7﹣（﹣1）＝8．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】(1)把点（1，0)代入抛物线解析式，解关于a的一元一次方程即可求出a；
(2)先将抛物线配方得到对称轴，利用抛物线的对称性得到B、C横坐标的关系，结合B是AC中点的条件求出B的横坐标，再代入抛物线求纵坐标，即t的值；
(3)由直线 l1，l2 距离为16，结合抛物线顶点坐标确定两条直线的纵坐标，分别求出对应交点的横坐标，再根据m<324．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵D是BC的中点，O是AB的中点，
∴OD∥AC，
∴∠CDO＝180°﹣∠C＝90°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∵CD＝BD＝DE，
∴四边形CDEF是正方形；
（2）解：①解：如图1，
连接OD，DF，
∵CD＝BD＝DE，∠C＝∠DEF＝90°，DF＝DF，
∴Rt△DCF≌△DEF（HL），
∴CF＝EF，
∵DE＝BD，
∴∠B＝∠DEB，
∵∠C＝∠DEF＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，∠AEF+∠DEB＝90°，
∴∠A＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴CF＝AF，
∴DF∥AB，DFAB＝OB，
∴四边形BOFD是平行四边形，
∴∠DFO＝∠B，
∴tan∠DFO＝tanB＝y，
∵OA＝OB，
∴ODAC，
∴OD＝CF＝AF＝EF，
∴四边形EODF是等腰梯形，
∴∠OEF＝∠DOE，∠BED＝∠EOF，∠OFD＝∠FDE，
∴∠DOF＝∠DEF＝90°，FM＝DM，
∴，
设OD＝ay，OF＝a，FM＝DM＝m，则OM＝OF﹣FM＝a﹣m，
∵∵DM2﹣OM2＝OD2，
∴m2﹣（a﹣m）2＝（ay）2，
∴m，
∴x，
∴y或y，
由题意得：0＜tanB＜1，
∴0＜y＜1，
∴y2+1＞2y，
∴0＜x＜1；
②如图2，
连接OD，
由①知：AF＝CF＝OD，EM＝OM，∠DOM＝90°，
∴OD2+OM2＝DM2（Ⅰ），
∵OA＝OB，
∴OF∥BC，
∴，
∵，
∴，
∴OD2＝OM DM（Ⅱ），
由（Ⅰ）和（Ⅱ）得，
OM2+OM DM﹣DM2＝0，
∴或（舍去），
∵F是AC的中点，O是AB的中点，
∴N是△ABC的重心，
∴CNOC，
∵OF∥BC，
∴△OGM∽△CGD，
∴，
∴，
∵OF＝CD，
∴，
∵FM＝DM，
∴，
∴OG，
∴．
【知识点】正方形的判定；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边；圆周角定理的推论；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）利用直径所对圆周角为直角得∠C=90°，由中位线定理得OD‖AC，推出∠CDO=90°，结合DE⊥EF证得矩形，再由CD=BD=DD证得邻边相等，从而得正方形；
(2)① 连接OD，DF，由DE⊥EF、AC⊥BC得EF‖BC，利用相似三角形、平行线分线段成比
例，结合DE=BD的条件，用x表示AC、BC的长度，进而由 tanB＝y 得到y与x的关系，再由E不与
A重合确定定义域；
②连接OD，由，结合①中AF＝CF＝OD，EM＝OM，∠DOM＝90°，进而得到的值，然后根据△OGM∽△CGD，得到，进一步化简，最终得到比值。
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