2024年湖南省各地市中考數(shù)學一模壓軸題

第=page44/=sectionpages7979頁2024年湖南省各地市中考數(shù)學一模壓軸題精選溫馨提示：本卷共50題，題目均選自2024年湖南省各地市一模試題。本卷分為幾何和代數(shù)兩部分，解答題留有足夠答題空間，試題部分可直接打印出來練習。本卷難度較大，適合基礎較好的同學。第一部分代數(shù)部分1.(2024·湖南省衡陽市珠暉區(qū)·一模)已知三角形的兩條邊分別是3和8，第三邊是方程x2-13x+42=0的根，則這個三角形的周長為A.17或18 B.17 C.18 D.不能確定2.(2024·湖南省長沙市長沙縣·一模)對于二次函數(shù)y=x2-12x+42，有以下結論：①當x>5時，y隨x的增大而增大；②當x=6時，y有最小值6：③圖象與x軸有兩個交點；④圖象是由拋物線y=x2向左平移6個單位長度，再向上平移6A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②③④3.(2024·湖南省益陽市·一模)在日常生活中如取款、上網(wǎng)等都需要密碼，有一種用“因式分解”法產(chǎn)生的密碼記憶方便.原理是：如對于多項式x4-y4，因式分解的結果是(x-y)(x+y)(x2+y2)，若取x=9，y=9，則各個因式的值是：x-y=0，x+y=18，x2+A.503070 B.507030 C.307040 D.7030504.(2024·湖南省常德市·一模)將拋物線y=-x2+2x+3中x軸上方的部分沿x軸翻折到x軸下方，圖象的其余部分不變，得到的新圖象與直線y=x+m有4個交點，則mA.m≤-5 B.-214≤5.(2024·湖南省株洲二中·一模)若一個點的坐標滿足(k,2k)，我們將這樣的點定義為“倍值點”.若關于x的二次函數(shù)y=(t+1)x2+(t+2)x+s(s,t為常數(shù)，t≠-1)A.s<-1 B.s<0 C.0<s<1

6.(2024·湖南省株洲市石峰區(qū)·一模)如圖，一次函數(shù)y1=k1x+b的圖象與反比例函數(shù)y2=k2x(k2>0)的圖象交于點A(4,n)與點B(-1,-4).連接BOA.3 B.6 C.8 D.107.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)如圖所示，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，OA=OC，對稱軸為直線x=1，則下列結論：①abc<0；②a+12b+14c=0；A.1個 B.2個 C.3個 D.4個8.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(3,0)，對稱軸為直線x=1，下列結論：①abc>0；②9a-3b+c=0；③3b+2c=0；④若A(a+1,A.1個 B.2個 C.3個 D.4個

9.(2024·湖南省張家界市桑植縣·一模)已知二次函數(shù)y=ax2-2ax+c(a≠0)的圖象與x軸的一個交點為(-2,0)，則關于10.(2024·湖南省株洲市石峰區(qū)·一模)反比例函數(shù)y=-6x的圖象與直線y=kx(k<0)相交于A(x1,y1)11.(2024·湖南省常德市·一模)已知a，b，c滿足a-2b=c，b+c=-4a，則二次函數(shù)y=ax12.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)如圖，△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∠ACO=∠ADB=90°，反比例函數(shù)y=6x13.(2024·湖南省長沙市長沙縣·一模)如圖，已知一次函數(shù)y=kx+b的圖象經(jīng)過點P(4,6)，與反比例函數(shù)y=2x的圖象在第一象限交于點Q(m,n).若一次函數(shù)y的值隨x值的增大而增大，則m的取值范圍是______．14.(2024·湖南省株洲市石峰區(qū)·一模)如圖，直線y=13x+4與反比例函數(shù)y=kx(x>0)的圖象交于點A，與y軸正半軸交于點B，過點A作x軸的垂線，垂足為點C，已知OB：OC=4：3，則15.(2024·湖南省株洲市石峰區(qū)·一模)已知直線l：y=kx+b(k≠0)與雙曲線y=-1x交于點A(m1,n1)，B(m2,n2).

(1)若m1+m2=0，則n1+n2=______；

(2)若16.(2024·湖南省張家界市桑植縣·一模)已知關于x的一元二次方程x2-(2m-1)x-3m2+m=0．

(1)求證：無論m為何值，方程總有實數(shù)根；

(2)若17.(2024·湖南省張家界市桑植縣·一模)某校運動會需購買A，B兩種獎品，若購買A種獎品2件和B種獎品1件，共需35元；若購買A種獎品1件和B種獎品2件，共需40元．

(1)求A、B兩種獎品的單價各是多少元？

(2)學校計劃購買A，B兩種獎品共100件，購買費用不超過1135元，且A種獎品的數(shù)量不大于B種獎品數(shù)量的3倍，設購買A種獎品m件，購買費用為W元，寫出W(元)與m(件)之間的函數(shù)關系式.求出自變量m的取值范圍，并確定最少費用W的值．

18.(2024·湖南省株洲市石峰區(qū)·一模)如圖，在平面直角坐標系中，等邊△AOB的邊長為2，頂點A在x軸上，延長OB至點C.使OB=BC，過點C作CD/?/BA交x軸于點D，反比例函數(shù)y1=k1x(x>0)經(jīng)過點B交CD于點E，反比例函數(shù)y2=k2x(x>0)經(jīng)過點C．

(1)求反比例函數(shù)19.(2024·湖南省衡陽市珠暉區(qū)·一模)如圖，直線y=2x+6與反比例函數(shù)y=kx(k>0)的圖象交于點A(1,m)，與x軸交于點B，平行于x軸的直線y=n(0<n<6)交反比例函數(shù)的圖象于點M，交AB于點N，連接(1)求m的值和反比例函數(shù)的解析式；(2)直線y=n沿y軸方向平移，當n為何值時，△BMN的面積最大？

20.(2024·湖南省株洲市石峰區(qū)·一模)如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形OABC的邊OA在x軸上，OC在y軸上，OA=4，OC=2，點D是BC邊上的動點(不與B，C重合)，反比例函數(shù)y=kx(k>0,x>0)的圖象經(jīng)過點D，且與AB交于點E，連接OD，OE，DE．

(1)若點D的橫坐標為1．

①求k的值；

②點P在x軸上，當△ODE的面積等于△ODP的面積時，試求點P的坐標；

(2)延長ED交y軸于點F，連接AC21.(2024·湖南省常德市·一模)如圖，二次函數(shù)y=ax2-43x+c的圖象與x軸交于點A(3,0)，與y軸交于點B(0,-2)．

(1)求二次函數(shù)的解析式；

(2)若點P為拋物線上一動點(直線AB上方

22.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)如圖，已知拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A(-1,0)、B(3,0)兩點，與y軸交于點C，連接BC．

(1)求拋物線的解析式；

(2)若點P為線段BC上的一動點(不與B、C重合)，PM/?/y軸，且PM交拋物線于點M，交x軸于點N23.(2024·湖南省永州市祁陽市·一模)已知：拋物線C1：y=ax2+bx+c(a>0)．

(1)若頂點坐標為(1,1)，求b和c的值(用含a的代數(shù)式表示)；

(2)當c<0時，求函數(shù)y=-2024|ax2+bx+c|-1的最大值；

(3)若不論m為任何實數(shù)，直線y=m(x-1)-m

24.(2024·湖南省長沙市長沙縣·一模)如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y=12x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點，且OB=OC=2OA．

(1)求該拋物線的解析式；

(2)拋物線上是否存在點M，使∠ABC=∠BCM，如果存在，求點M的坐標，如果不存在，說明理由；

(3)若點D是拋物線第二象限上一動點，過點D作DF⊥x軸于點F，過點A，B，D的圓與DF交于點25.(2024·湖南省株洲二中·一模)如圖所示，拋物線y=x2+bx+c與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C(0,-3)，其對稱軸x=1與x軸相交于點D，點M為拋物線的頂點．

(1)求拋物線的表達式．

(2)若直線CM交x軸于點E，求證：BC=EC．

(3)若點P是線段EM上的一個動點，是否存在以點P、E、O為頂點的三角形與△ABC相似.若存在，求出點

26.(2024·湖南省長沙市望城區(qū)·一模)如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的對稱軸是直線x=1，圖象與x軸相交于點A(-1,0)和點B，交y軸于點C．

(1)求此二次函數(shù)的解析式；

(2)點P是對稱軸上一點，當△BOC∽△APB時，求點P的坐標(請在圖1中探索)；

(3)二次函數(shù)圖象上是否存在點M，使△ABC的面積S1與△ABM的面積S2

27.(2024·湖南省長沙市望城區(qū)·一模)定義：在平面直角坐標系xOy中，當點N在圖形M的內(nèi)部，或在圖形M上，且點N的橫坐標和縱坐標相等時，則稱點N為圖形M的“夢之點”．

(1)如圖①，矩形ABCD的頂點坐標分別是A(-1,2)，B(-1,-1)，C(3,-1)，D(3,2)，在點N1(1,1)，N2(2,2)，N3(3,3)中，是矩形ABCD“夢之點”的是______；

(2)如圖②，已知點A，B是拋物線y=-12x2+x+92上的“夢之點”，點C是拋物線的頂點.連接AC，AB，BC，判斷△ABC的形狀并說明理由．

(3)在(2)的條件下，點

28.(2024·湖南省懷化市·一模)如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C，OB=OC=5，頂點為D，對稱軸交x軸于點E．

(1)求拋物線的解析式、對稱軸及頂點D的坐標；

(2)如圖2，點Q為拋物線對稱軸上一動點，當Q在什么位置時QA+QC最小，求出Q點的坐標，并求出此時△QAC的周長；

(3)如圖3，在對稱軸左側的拋物線上有一點M，在對稱軸右側的拋物線上有一點N，滿足∠MDN=90°

29.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)已知拋物線y=a(x+2)(x-4)(a為常數(shù)，且a<0)與x軸交于A，B兩點(點A在點B的右側)，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線y=12x+b與拋物線的另一交點為點D，與y軸的交點為點E．

(1)如圖1，若點D的橫坐標為3，試求拋物線的函數(shù)表達式；

(2)如圖2，若DE=BE，試確定a的值；

(3)如圖3，在(1)的情形下，連接AC，BC，點P為拋物線在第一象限內(nèi)的點，連接BP交AC于點Q，當S△

第二部分幾何部分30.(2024·山東省濟南市·一模)如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，過點C作CD⊥AB交⊙O于點D，交AB于點E，連接AC，BD，過點C作CF⊥BD于點F，交AB于點G，若CD=8，A.4

B.133

C.265

D.31.(2023·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)如圖，⊙O是等邊△ABC的外接圓，點D是弧AC上一動點(不與A，C重合)，下列結論：①∠ADB=∠BDC；②DA=DC；③當DB最長時，DB=2DC；A.1個

B.2個

C.3個

D.4個32.(2024·湖南省常德市·一模)如圖，AC與⊙O相切于點C，線段AO交⊙O于點B.過點B作BD/?/AC交⊙O于點D，連接CD，OC，且OC交DB于點E.若∠CDB=30°33.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)如圖，正方形ABCD的邊長為16，線段CE繞著點C逆時針方向旋轉，且CE=6，連接BE，以BE為邊作正方形BEFG，M為AB邊上的點，且BM=13AM，當線段FM的長最小時，tan∠ECB=

34.(2024·湖南省永州市祁陽市·一模)如圖，在矩形ABCD中，連接BD，分別以B，D為圓心，大于12BD的長為半徑畫弧，兩弧交于P，Q兩點，作直線PQ，分別與AD，BC交于點M，N，連接BM，DN.若AD=6，AB=3.則四邊形MBND的周長為______．35.(2024·湖南省長沙市望城區(qū)·一模)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3，以BC為直徑作半圓O，過點A作半圓O的切線，切點為D，過點D作DE/?/BC交BC于點E，則DE=36.(2024·四川省內(nèi)江市·一模)如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，E為BC上一點，CE=7，F(xiàn)為DE的中點，若△CEF的周長為32，則OF的長為______．

37.(2024·湖南省衡陽市珠暉區(qū)·一模)如圖，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，以點A為圓心，AB長為半徑畫弧，交AC延長線于點D，過點C作CE/?/AB，交BD于點E，連接BE，則CE38.(2024·衡陽市珠暉區(qū)·一模)如圖，點D在以AB為直徑的⊙O上，AD平分∠BAC，DC⊥AC，過點B作⊙O的切線交AD的延長線于點E．

(1)求證：直線CD是⊙O的切線．

39.(2024·湖南省懷化市·一模)如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=BC，AD=CD，四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點E．

(1)求∠BCD的度數(shù)；

(2)過點C作CF/?/AD交AB的延長線于點F，若∠ABC=120°

40.(2024·湖南省永州市祁陽市·一模)如圖，以AB為直徑的⊙O上有兩點E，F(xiàn)，E是BF弧的中點，過點E作直線CD⊥AF交AF的延長線于點D，交AB的延長線于點C，過C作CM平分∠ACD交AE于點M，交BE于點N．

(1)求證：CD是⊙O的切線；

(2)求證：EM=EN；

(3)如果N是CM的中點，且AB=741.(2024·湖南省常德市·一模)如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以點A為圓心，AC長為半徑作⊙A，交AB于點D，交CA延長線于點E，BF是⊙A的切線，連接EF，DF．

(1)求證：EF/?/AB；

(2)若⊙A

42.(2024·湖南省長沙市望城區(qū)·一模)如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，連接CB，過C作CD⊥AB于點D，過C作∠DCE，使∠DCE=2∠BCD，其中CE交AB的延長線于點E．

(1)求證：CE是⊙O的切線；

(2)如圖2，點F是⊙O上一點，且滿足∠FCE=2∠ABC，連接AF并延長交EC的延長線于點G．

①試探究線段CF與43.(2024·湖南省株洲二中·一模)如圖，已知AB是⊙O的直徑，直線DC是⊙O的切線，切點為C，AE⊥DC，垂足為E.連接AC．

(1)求證：AC平分∠BAE；

(2)若AC=5，tan

44.(2024·湖南省長沙市長沙縣·一模)定義：對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形叫做圓的“奇妙四邊形”．

(1)若?ABCD是圓的“奇妙四邊形”，則?ABCD是______(填序號)；

①矩形；②菱形；③正方形

(2)如圖1，已知⊙O的半徑為R，四邊形ABCD是⊙O的“奇妙四邊形”.求證：AB2+CD2=4R2；

(3)如圖2，四邊形ABCD是“奇妙四邊形”，P為圓內(nèi)一點，∠APD=∠BPC=9045.(2024·湖南省張家界市桑植縣·一模)如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD于點E，AB=10，CD=6，點P是CD延長線上異于點D的一個動點，連結AP交⊙O于點Q，連結CQ交AB于點F，則點F的位置隨著點P位置的改變而改變．

(1)如圖1，當DP=4時，求tan∠P的值；

(2)如圖2，連結AC，DQ，在點P運動過程中，設DP=x，S△QACS△QDC=y．

①求證：∠ACQ=∠

46.(2024·湖南省長沙市望城區(qū)·一模)如圖，已知AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點M是線段DC延長線上的一點，連結MA交⊙O于點F，連結DF交AB于點G，連結AD，BD，CF．

(1)求證：△MAD∽△DAF．

(2)若AD=25BE，求tan∠AFD的值．

(3)在(2)的條件下，設tan∠M=x，AGGB=y．

①求47.(2024·湖南省益陽市大通湖區(qū)·一模)已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，∠ABC的平分線交AD于點E，過點A作BE的垂線交BE于點F，交BC于點G，連接EG，CF．

(1)求證：四邊形ABGE是菱形；

(2)若∠ABC=60°，AB=4，AD=5，求CF

48.(2024·湖南省長沙市長沙縣·一模)如圖1，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，點E是線段BC上的一個動點，連接AE并延長，交射線DC于點F.點B與點B'關于直線AF對稱，延長AB'交CD于點M，連接B'E．

(1)求證：AM=FM；

(2)如圖2，若點B'恰好落在對角線AC上，求tan

49.(2024·湖南省常德市·一模)已知Rt△ABC，∠ACB=90°，∠BAC=30°，D是AC邊上一點，過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，F(xiàn)是BD中點，連接EF，CF．

(1)如圖①，線段EF，CF之間的數(shù)量關系為______，∠EFC的度數(shù)為______；

(2)如圖②，將△AED繞點A按順時針方向旋轉α(0°<α<30°)，請判斷線段EF，CF之間的數(shù)量關系及∠EFC的度數(shù)，并說明理由；

(3)在

50.(2024·湖南省懷化市·一模)已知正方形ABCD和正方形EFGH按圖1所示疊放在一起，其中AB=4，EF=2，點O為AB和EF的中點．

(1)圖2中正方形EFUV為圖1中正方形EFGH關于直線AB的軸對稱圖形，求點D和點U的連結線段DU的長度；

(2)將圖1中的正方形EFGH繞點O旋轉，如圖3所示，求運動過程中點D和點G之間距離的最大值和最小值．

參考答案1.【答案】A

【解析】解：∵三角形的兩條邊分別是3和8，設第三邊為a，

∴8-3<a<6+3，

即5<a<11，

解方程x2-13x+42=0，得：x1=6，x2=7，

∴該方程的兩個根都在a的取值范圍內(nèi)，

∴當x=6時，該三角形的周長為：3+8+6=17，

當x=7時，該三角形的周長為：3+8+7=18．2.【答案】B

【解析】解：∵二次函數(shù)y=x2-12x+42=(x-6)2+6，

∴該函數(shù)的對稱軸為直線x=6，函數(shù)圖象開口向上，

當5<x<6時，y隨x的增大而減小，當x>6時，y隨x的增大而增大，故①符合題意；

當x=6時，y有最小值6，故②不符合題意；

當y=0時，無實數(shù)根，即圖象與x軸無交點，故③符合題意；

3.【答案】C

【解析】解：∵x3-xy2=x(x2-y2)=x(x+y)(x-y)，

4.【答案】C

【解析】解：令y=0，則-x2+2x+3=0，

解得x1=-1，x2=3，

∴拋物線與x軸的交點為(-1,0)、(3,0)，

∵將拋物線y=-x2+2x+3中x軸上方的部分沿x軸翻折到x軸下方，圖象的其余部分不變，

∴新圖象中當-1≤x≤3時，解析式為y=x2-2x-3，如圖，

當直線y=x+m.經(jīng)過(3,0)時，此時直線y=x+m與新函數(shù)圖象有3個交點，

把(3,0)代入直線y=x+m，解得m=-3，

直線y=x+m再向下平移時，有4個交點；

當y=x2-5.【答案】D

【解析】解：將(k,2k)代入二次函數(shù)，得2k=(t+1)k2+(t+2)k+s，整理得(t+1)k2+tk+s=0．

∵(t+1)k6.【答案】B

【解析】解：∵反比例函數(shù)y2=k2x(k2>0)的圖象交于點A(4,n)與點B(-1,-4)，

∴k2=4n=-1×(-4)，

∴k2=4，n=1，

∴A(4,1)，

把A、B的坐標代入y1=k1x+b得4k1+b=1-k1+7.【答案】C

【解析】解：∵拋物線開口向下，

∴a<0，

∵拋物線的對稱軸為直線x=-b2a=1，

∴b=-2a>0，

∵拋物線與y軸的交點在x軸上方，

∴c>0，

∴abc<0，所以①正確；

∵點A到直線x=1的距離大于1，

∴點B到直線x=1的距離大于1，

即點B在(2,0)的右側，

∴當x=2時，y>0，

即4a+2b+c>0，

∴a+12b+14c>0，所以②錯誤；

∵C(0,c)，OA=OC，

∴A(-c,0)，

∴ac2-bc+c=0，即ac-b+1=0，所以③正確；

∵點A與點B關于直線x=1對稱，

∴B(2+c,0)，

∴2+c是關于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一個根，所以④正確．

故選：C．

利用拋物線開口方向得到a<0，利用對稱軸方程得到b=-2a>0，利用拋物線與y軸的交點位置得到8.【答案】B

【解析】解：∵拋物線開口向上，

∴a>0，

∵拋物線的對稱軸為直線x=1，

∴-b2a=1，

∴b=-2a<0，

∵拋物線與y軸的交點在y軸的負半軸，

∴c<0，

∴abc>0，所以①正確；

∵拋物線與x軸的一個交點坐標為(3,0)，對稱軸為直線x=1，

∴拋物線與x軸的一個交點坐標為(-1,0)，

∴當x=-3時，y>0，

∴9a-3b+c>0，所以②錯誤；

∵x=-1時，y=0，

∴a-b+c=0，

而b=-2a，

∴a+2a+c=0，

即c=-3a，

∴3b+2c=-6a-6a=-12a<0，所以③錯誤；

∵a>0，9.【答案】-8【解析】解：∵二次函數(shù)y=ax2-2ax+c的對稱軸為直線x=--2a2a=1，

二次函數(shù)的圖象與x軸的一個交點為(-2,0)，

∴二次函數(shù)的圖象與x軸的另一個交點為(4,0)，

∴關于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的兩根為x1=-2，x2=4，

∴關于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的兩根之積為-810.【答案】12

【解析】解：∵A(x1,y1)，B(x2,y2)兩點關于原點對稱，

∴x1=-x11.【答案】x=【解析】解：由題意，∵a-2b=c，b+c=-4a，

∴c=-4a-b=a-2b．

∴5a=b．

12.【答案】12

【解析】解：設OC=a，BD=b，則點A的坐標為(a,a)，點B的坐標為(a+b,a-b)．

∵反比例函數(shù)y=6x在第一象限的圖象經(jīng)過點B，

∴(a+b)(a-b)=6，即a2-13.【答案】13【解析】解：過點P作PA/?/x軸，交雙曲線于點A，過點P作PB/?/y軸，交雙曲線于點B，如圖，

∵P(4,6)，反比例函數(shù)y=2x，

∴A(13,6)，B(4,12).

∵一次函數(shù)y的值隨x值的增大而增大，

∴點Q(m,n)在A，B之間，

∴114.【答案】15

【解析】解：∵直線y=13x+4與反比例函數(shù)y=kx(x>0)的圖象交于點A，與y軸正半軸交于點B，

∴B(0,4)，

∵OB：OC=4：3，

∴OC=3，即C(3,0)，

當x=3時，y=15.【答案】0

<

>

【解析】解：(1)由m1+m2=0可知，m1=-m2，點A(m1,n1)，B(m2,n2)在反比例函數(shù)圖象上，

∴n1=1m1=-1-m2=1m2，n2=-1m2，

∴n1+n2=0，

故答案為：0．

(2)∵反比例函數(shù)圖象在第二、四象限，且m1+m2>0時，n1+n2>0，

∴點A(m1,n1)，B(m2,n2)在不同的象限，

設A(m1,16.【答案】(1)證明：∵Δ=[-(2m-1)]2-4×1×(-3m2+m)

=4m2-4m+1+12m2-【解析】(1)由判別式Δ=(4m-1)2≥0，可得答案；

(2)根據(jù)根與系數(shù)的關系知x1+x2=2m-1，x117.【答案】解：(1)設A種獎品的單價為a元，B種獎品的單價為b元，

由題意可得：2a+b=35a+2b=40，

解得a=10b=15，

答：A種獎品的單價為10元，B種獎品的單價為15元；

(2)由題意可得，

W=10m+15(100-m)=-5m+1500，

∴W隨m的增大而減小，

∵購買費用不超過1135元，且A種獎品的數(shù)量不大于B種獎品數(shù)量的3倍，

∴-5m+1500≤1135m≤3(100【解析】(1)根據(jù)題意可以寫出相應的二元一次方程組，然后求解即可；

(2)根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以寫出W(元)與m(件)之間的函數(shù)關系式．18.【答案】解：(1)過點B作BF⊥OA，垂足為F，如圖：

∵等邊△AOB的邊長為2，

∴OF=AF=1，BF=3，

∴B(1,3)，

∵OB=BC，

∴C(2,23)，

把點B(1,3)，C(2,23)分別代入y1=k1x(x>0)和y2=k2x(x>0)得：3=k11，23=k22，

解得k1=3，k【解析】(1)過點B作BF⊥OA，垂足為F，由等邊△AOB的邊長為2，可得OF=AF=1，BF=3，B(1,3)，而OB=BC，知C(2,23)，即可得y1=3x，y2=43x19.【答案】解：(1)∵直線y=2x+6經(jīng)過點A(1,m)，

∴m=2×1+6=8，

∴A(1,8)．

∵反比例函數(shù)經(jīng)過點A(1,8)，

∴8=k1，

∴k=8；

∴反比例函數(shù)的解析式為y=8x；

(2)由題意，點【解析】本題考查反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題．

(1)求出點A的坐標，利用待定系數(shù)法即可解決問題；

(2)構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質即可解決問題．20.【答案】解：(1)①∵四邊形ABCO是矩形，

∴∠BCO=∠B=∠AOC=90°，

∵OC=2，點D的橫坐標為1，

∴D(1,2)，

∵反比例函數(shù)y=kx(k>0,x>0)的圖象經(jīng)過點D，

∴k=1×2=2；

②∵OC=2，D(1,2)，

∴CD=1，

∵D，E都在反比例函數(shù)y=kx的圖象上，

∴S△COD=S△AOE=1，

∵OA=4，

∴AE=12，

∴S△ODE=2×4-12×1×2-12×4×12【解析】本題主要考查反比例函數(shù)與幾何綜合，掌握反比例函數(shù)圖象上的點的坐標的特征，矩形的性質是解題的關鍵．

(1)①根據(jù)矩形的性質得到∠BCO=∠B=∠AOC=90°，求得D(1,2)，把D(1,2)代入y=kx(k>0,x>0)即可得到結論；

②由D，E都在反比例函數(shù)y=kx的圖象上，得到21.【答案】解：(1)∵二次函數(shù)y=ax2-43x+c的圖象經(jīng)過A(3,0)，B(0,-2)兩點，

∴9a-4+c=0c=-2，

解得a=23c=-2，

∴二次函數(shù)的解析式為y=23x2-43x+2；

(2)設直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0)，

∵y=kx+b的圖象經(jīng)過A(3,0)，B(0,-2)兩點，

∴3k+b=0b=-2，

解得k=2【解析】(1)把A、B點的坐標代入y=ax2-43x+c中得到a、c的方程組，然后據(jù)解方程組即可；

(2)先利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式為y=23x-2，在y軸上取點C(0,m)(m>-2)，使△ABC的面積為4，利用三角形面積公式得到12×(m+2)×3=4，解方程得到C(0,22.【答案】解：∵拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A(-1,0)、B(3,0)兩點，

∴a-b+3=09a+3b+3=0，

解得a=-1b=2，

∴拋物線的解析式y(tǒng)=-x2+2x+3；

(2)令x=0，則y=3，

∴C(0,3)，

設點M的坐標為(a,-a2+2a+3)，

則有OC=3，OB=3，ON=a，MN=-a2+2a【解析】(1)根據(jù)待定系數(shù)法即可求解；

(2)設點M的坐標為(a,-a2+2a+3)，則可表示出NM與BN，根據(jù)題意，S△23.【答案】解：(1)∵拋物線的頂點坐標為(1,1)，

∴y=a(x-1)2+1=ax2-2ax+a+1，

∴b=-2a，c=a+1；

(2)∵y=ax2+bx+c，a>0，c<0，

∴Δ=b2-4ac>0，

∴拋物線y=ax2+bx+c與x軸有兩個交點，

∴|ax2+bx+c|≥0，

∴-2024|ax2+bx+c|≤0，

∴-2024|ax2+bx+c|-1≤-1，

∴函數(shù)y=-2024|ax2+bx+c|-1的最大值為-1；

(3)∵直線y=m(x-1)-m24與拋物線C1有且只有一個公共點，

∴方程組y=m(x-1)-m24y=ax2+bx+c【解析】(1)根據(jù)拋物線頂點式可得

y=a(x-1)2+1=ax2-2ax+a+1，即可得出答案；

(2)由題意可得Δ=b2-4ac>0，可得|ax2+bx+c|≥0，進而可得-2024|ax2+bx24.【答案】解：(1)設點B(2m,0)(m>0)，

∵OB=OC=2OA，

則點C(0,-2m)、B(2m,0)，

則拋物線的表達式為：y=12(x-2m)(x+m)=12(x2-mx-2m2)，

∵C(0,-2m)，

則-m2=-2m，

解得：m=2，

則拋物線的表達式為：y=12x2-x-4；

(2)存在，理由：

由(1)知，點A、B、C的坐標分別為：(-2,0)、(4,0)、(0,-4)，

在拋物線上存在點M，使∠ABC=∠BCM，理由如下：

過點C作CM/?/x軸，交拋物線于點M，

∵OB=OC，∠BOC=90°，

∴△BOC是等腰直角三角形，

∴∠ABC=∠OCB=45°，

∵∠ABC=∠BCM，

∴∠BCM=45°，

∴∠OCM=90°，

∴CM⊥y軸，

把y=-4代入y=12x2-x-4=-4，

解得x1【解析】(1)由待定系數(shù)法即可求解；

(2)過點C作CM/?/x軸，交拋物線于點M，把y=-4代入函數(shù)表達式，即可求出點M的坐標；

(3)設過點A、B、D得圓的圓心為點G，證明點G在線段AB的垂直平分線上，設點G的坐標為(1,t)25.【答案】解：(1)∵y=x2+bx+c與y軸相交于點C(0,-3)，

將點C(0,-3)代入可得：c=-3，

又∵對稱軸x=-b2a=1，

∴b=-2，

即拋物線的表達式為y=x2-2x-3；

(2)∵對稱軸為x=1，

代入拋物線表達式得y=1-2-3=4，

即點M(1,-4)，

設直線CM的表達式為y=kx+n，

把點C(0,-3)，M(1,-4)代入解得k=-1，n=-3，

∴CM的表達式為y=-x-3，

∵點E在x軸上，即縱坐標y=0，此時x=-3，

∴E(-3,0)，

由平面直角坐標系的可知：OE=OC=OB=3，∠EOC=∠BOC=90°，

∴△EOC≌△BOC(SAS)，

∴EC=BC；

(3)【解析】(1)根據(jù)點C坐標和對稱軸代入表達式即可得出；

(2)根據(jù)(1)寫出M點坐標，求出直線CM表達式，求出E點坐標構造△EOC≌△BOC，結論即得證；

(3)分情況構造△PEO∽△ABC，根據(jù)線段比例關系即可求出26.【答案】解：(1)由題意得：x=-b2×1=11-b+c=0，

解得：b=-2c=-3，

∴二次函數(shù)的解析式是y=x2-2x-3；

(2)設對稱軸與x軸交于點D，

由(1)及已知得，OB=OC，

∴△BOC是等腰直角三角形，

又∵點P在對稱軸上，且△BOC∽△APB，

∴△APB是等腰直角三角形，∠APB=90°，

∴AD=PD=2，

當點P在x軸上方時，坐標是(1,2)，

當點P在x軸下方時，坐標是(1,-2)，

∴綜上，點P的坐標是(1,2)或(1,-2)；

(3)存在，理由：

點M1和點C(0,-3)【解析】(1)由待定系數(shù)法即可求解；

(2)證明△APB是等腰直角三角形，∠APB=90°，則AD=PD=2，即可求解；

(3)點M1和點C(0,-3)關于對稱軸x=1對稱，則點M1的坐標是(2,27.【答案】N1(1,1)，【解析】解：(1)∵矩形ABCD的頂點坐標分別是A(-1,2)，B(-1,-1)，C(3,-1)，D(3,2)，

∴矩形ABCD的“夢之點”(x,y)滿足-1≤x≤3，-1≤y≤2，

∴點N1(1,1)，N2(2,2)是矩形ABCD的“夢之點”，N3(3,3)不是矩形ABCD的“夢之點”，

故答案為：N1(1,1)，N2(2,2)；

(2)∵點A，B是拋物線y=-12x2+x+92上的“夢之點”，

∴-12x2+x+92=x，

解得：x1=3，x2=-3，

當x=3時，y=3；

當x=-3時，y=-3，

∴A(3,3)，B(-3,-3)，

∵y=-12x2+x+92=-12(x-1)2+5，

∴頂點C(1,5)，

∴AC=(3-1)2+(3-5)2=22，BC=(-3-1)2+(-3-5)2=45，AB=(-3-3)2+(-3-3)2=628.【答案】(1)解：∵OB=OC=5，

∴B(5,0)，C(0,5)，

將B(5,0)，C(0,5)代入y=-x2+bx+c，

∴-25+5b+c=0c=5，

解得b=4c=5，

∴拋物線解析式為y=-x2+4x+5；

∵y=-x2+4x+5=-(x-2)2+9，

∴拋物線的對稱軸為直線x=2，頂點D(2,9)；

(2)解：連接BC交對稱軸于點Q，

∵A、B點關于對稱軸對稱，

∴AQ=BQ，

∴QA+QC≥BC，當AQ+QC=BC時，QA+QC有最小值，

設直線BC的解析式為y=kx+5，

∴5k+5=0，

解得k=-1，

∴直線BC的解析式為y=-x+5，

∴Q(2,3)，

當-x2+4x+5=0時，解得x=-1或x=5，【解析】(1)求出點B、C的坐標，再用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；

(2)連接BC交對稱軸于點Q，當AQ+QC=BC時，QA+QC有最小值，再求解即可；

(3)設直線MN的解析式為y=ax+t，M(m,-m2+4m+5)，N(n,-n2+4n+5)，當-x2+4x+5=ax+t時，m+29.【答案】解：(1)在y=a(x+2)(x-4)中，令y=0，則a(x+2)(x-4)=0，

解得：x1=-2，x2=4，

∴A(4,0)，B(-2,0)，

將B(-2,0)代入y=12x+b得：12×(-2)+b=0，

解得：b=1，

∴y=12x+1，

∵點D的橫坐標為3，

∴當x=3時，y=12×3+1=52，

∴D(3,52)，

將D(3,52)代入拋物線解析式得：a(3+2)×(3-4)=52，

解得：a=-12，

∴y=-12(x+2)(x-4)=-12x2+x+4；

(2)由(1)得：B(-2,0)，y=12x+1，

設點D的坐標為(m,n)，

∵BE=【解析】(1)令y=0，則a(x+2)(x-4)=0，求出A(4,0)，B(-2,0)，將B(-2,0)代入一次函數(shù)求出b=1，從而得出點D的坐標，再將D的坐標代入二次函數(shù)即可得解；

(2)由(1)得：B(-2,0)，y=12x+1，設點D的坐標為(m,n)，由DE=BE得出點D的橫坐標為30.【答案】B

【解析】解：如圖，連接CO，

∵AB⊥CD，

∴∠BED=90°，

∴∠B+∠D=90°，

∵CF⊥BD，

∴∠BFG=90°，

∴∠B+∠BGF=90°，

∴∠BGF=∠D，

∵∠BGF=∠AGC，

∴∠AGC=∠D，

∵BC=BC，

∴∠A=∠D，

∴∠A=∠AGC，

∴AC=GC，

又∵AB⊥CD，

∴AE=GE，

∵CD⊥AB，CD=8，

∴CE=12CD=4，

設OE的長為x，則AE=GE=x31.【答案】C

【解析】解：∵△ABC是等邊三角形，

∴∠BAC=∠ACB=60°，

∴∠ADB=∠ACB=60°，∠BDC=∠BAC=60°，

∴∠ADB=∠BDC，故①正確；

∵點D是弧AC上一動點，

∴AD與CD不一定相等，

∴DA與DC不一定相等，故②錯誤；

當DB最長時，DB為⊙O直徑，

∴∠BCD=90°，

∵∠BDC=60°，

∴∠DBC=30°，

∴DB=2DC，故③正確；

在DB上取一點E，使DE=AD，連接AE，如圖：

∵∠ADB=60°，

∴△ADE是等邊三角形，

∴AD=AE，∠DAE=60°，

∵∠BAC=60°，

∴∠BAE=∠CAD，

在△ABE和△ACD中，

AE=AD∠BAE=∠CAD32.【答案】2π【解析】解：∵AC與⊙O相切于點C，

∴∠ACO=90°．

∵BD/?/AC，

∴∠ACO=∠BEO=∠DEC=90°，

∴DE=BE=12DB=3．

又∵∠CDB=30°，

∴∠O=60°，

∴∠OBE=30°，

在△CDE和△OBE中，

∠EBO=∠DBE=ED∠CED=∠BEO，

∴△CDE≌△OBE(ASA)33.【答案】17【解析】解：如圖，連接BF，BD，過點M作MN⊥BD于N，連接DM，

∵四邊形ABCD，四邊形BEFG都是正方形，

∴BD=2BC=162，BF=22BE，∠DBC=∠ABD=∠FBE=45°，

∴∠DBF=∠CBE，BFBE=BDBC=22，

∴△BEC∽△BFD，

∴DFEC=BDBC=2，∠ECB=∠FDB，

∴DF=22EC=62，

在△MFD中，MF≥DM-DF，

∴當點F在MD上時，MF有最小值，

∵M為AB邊上的點，且BM=34.【答案】15

【解析】解：由作法得PQ垂直平分BD，

∴MB=MD，NB=ND，

設MD=x，則BM=x，AM=6-x，

在Rt△ABM中，32+(6-x)2=x2，

解得x=154，

即BM=DM=154，

同理可得NB=ND=154，

∴四邊形MBND的周長為15435.【答案】95【解析】解：延長AD交CB的延長線于F點，過D點作DG⊥BC于G點，過O點作OH⊥DE于H點，連接OD，如圖，

∵∠ACB=90°，AC=BC=3，

∴AC為⊙O的切線，

∵AD為⊙O的切線，

∵OD⊥AD，AD=AC=3，

∴∠FDO=90°，

∴∠DFO=∠CFA，∠FDO=∠FCA，

∴△FDO∽△FCA，

∴FOFA=ODAC=323=12，

設FO=x，則FA=2x，

∴FD=2x-3，

在Rt△FDO中，(32)2+(2x-3)2=x2，

解得x=52，

即OF=52，

∵12DG?OF=12OD?DF，

∴DG=36.【答案】172【解析】解：在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，

∴∠BCD=90°，O是中點，

∵F為DE的中點，

∴CF=EF=DF，

∵△CEF的周長為32，CE=7，

∴CF+EF=25，即DE=25，

在Rt△CDE中，根據(jù)勾股定理可得CD=24=BC，

∴BE=24-7=17，

根據(jù)三角形的中位線可得OF=12BE=172．

故答案為：172．

在正方形ABCD中，對角線37.【答案】2【解析】解：如圖，過點A作CE的垂線交EC延長線于F，

過E作EG⊥AB交AB于G，連AE，

∵AC=BC，∠ACB=90°，

∴∠CAB=45°，

∵CE/?/AB，

∴∠FAB=90°，

∴∠FAC=45°，

∴△AFC為等腰直角三角形，

設AF=x，則CF=x，

∴AC=AF2+CF2=2x，

∴AB=AC2+BC2?=2AC=2x，

∵AE、AB均為⊙的半徑，

∴AE=2x，

∴EF=AE2-AF2=3x38.【答案】證明：(1)連接OD．

∵AD平分∠BAC，

∴∠CAD=∠BAD，

∵OA=OD，

∴∠BAD=∠ADO，

∴∠CAD=∠ADO，

∴AC/?/OD，

∵CD⊥AC，

∴CD⊥OD，

∴直線CD是⊙O的切線．

(2)連接BD．

∵BE是【解析】(1)連接OD，由角平分線的定義得到∠CAD=∠BAD，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠BAD=∠ADO，求得∠CAD=∠ADO39.【答案】(1)解：∵AB=BC，AD=CD，

∴∠BCA=∠BAC，∠DCA=∠DAC，

∴∠BCA+∠DCA=∠BAC+∠DAC，

∴∠BCD=∠BAD，

∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，

∴∠BCD+∠BAD=180°，

∴2∠BCD=180°，

∴∠BCD=90°，

∴∠BCD的度數(shù)是90°．

(2)證明：設四邊形ABCD的外接圓的圓心為O，連接OC，則OC=OB，

∵∠BCD=90°，

∴BD是⊙O的直徑，

∵AB【解析】(1)由AB=BC，AD=CD，得∠BCA=∠BAC，∠DCA=∠DAC，可證明∠BCD=∠BAD，而∠BCD+∠BAD=180°，所以∠BCD=90°；

(2)設圓心為O，連接OC，由∠BCD=90°，證明BD是⊙O的直徑，則BD40.【答案】(1)證明：如圖所示，

∵E是BF弧的中點，

∴BE=EF，

∴∠1=∠2，

∵OA=OE

∴∠1=∠3，

∴∠2=∠3，

∴OE/?/AF

∵CD⊥AF，

∴OE⊥CD，

∴CD是⊙O的切線；

(2)證明：如圖所示，

∵CM平分∠ACD，

∴∠5=∠6=12∠DCA，

又∵∠1=∠2=12∠DAC，AD⊥CD，

則∠ADC=90°，

∴∠EMC=∠1+∠5=12(∠DAC+∠DCA)=12(180°-∠ADC)=45°，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠MEN=∠AEB=90°，

∴∠ENM=∠EMN=45°，

∴EM=EN；

(3)解：如圖所示，取EC的中點P，連接PN，

∵CD是⊙O的切線，

∴∠CEB+∠OEB=90°，

∵∠AEB=∠AEO+∠OEB=90°，

∴∠AEO=∠BEC，

【解析】(1)根據(jù)同弧所對的圓周角相等得出∠1=∠2，根據(jù)OA=OE，得出∠1=∠3，則∠2=∠3可得OE/?/AF，根據(jù)已知CD⊥AF，得出OE⊥CD，即可得證；

(2)根據(jù)角平分線的定義得出∠5=∠6=12∠DCA，又∠1=∠2=12∠DAC，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得出∠EMC=45°，由AB是⊙O的直徑，即可得證；

(3)取EC41.【答案】(1)證明：連接AF，則AF=AE，

∴∠E=∠AFE，

∵BF是⊙A的切線，∠ACB=90°，

∴BF⊥AF，

∴∠AFB=∠ACB=90°，

∵AB=AB，AF=AC，

∴Rt△ABF≌Rt△ABC(HL)，

∴∠BAF=∠BAC，

∴∠BAF+∠【解析】(1)連接AF，則∠E=∠AFE，由切線的性質得BF⊥AF，則∠AFB=∠ACB=90°，可證明Rt△ABF≌Rt△ABC，得∠BAF=∠BAC，推導出2∠BAC=2∠E，則42.【答案】(1)證明：如圖1，連接OC，

∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∵CD⊥AB，

∴∠OBC+∠BCD=90°，

∵∠DCE=2∠BCD，

∴∠BCE=∠BCD，

∴∠OCB+∠BCE=90°，

即OC⊥CE，

∴CE是⊙O的切線；

(2)解：①線段CF與CD之間滿足的數(shù)量關系是：CF=2CD，

理由如下：如圖2，過O作OH⊥CF于點H，連接CO，

∴CF=2CH，

∵∠FCE=2∠ABC=2∠OCB，且∠BCD=∠BCE，

∴∠OCH=∠OCD，

∵OC為公共邊，

∴△COH≌△COD(AAS)，

∴CH=CD，

∴CF=2CD；

②過點C作CP⊥FG，連接BF，過點C作CH⊥BF，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠AFB=90°，

∵∠BCD=∠BCE，tan∠BCE=12，

∴tan∠BCD=12．

∵CD=4，

∴BD=CD?tan∠BCD【解析】(1)如圖1，連接OC，根據(jù)等邊對等角得：∠OBC=∠OCB，由垂直定義得：∠OBC+∠BCD=90°，根據(jù)等量代換可得：∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，可得結論；

(2)①如圖2，過O作OH⊥CF于點H，證明△COH≌△COD，則CH=CD，得CF=2CD；

②過點C作CP⊥FG，連接BF，過點C43.【答案】(1)證明：連接OC，

∵直線DC是⊙O的切線，切點為C，

∴OC⊥DC，

又∵AE⊥DC，垂足為E，

∴OC/?/AE，

∴∠EAC=∠ACO，

∵OC=OA，

∴∠ACO=∠OAC，

∴∠EAC=∠OAC，

∴AC平分∠BAE；

(2)解：連接BC，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°，

又∵【解析】(1)連接OC，由切線的性質得到OC⊥DC，進而得到OC/?/AE，根據(jù)平行線的性質和等腰三角形的性質即可證得結論；

(2)連接DE，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠BDE=90°，再利用44.【答案】③

【解析】(1)解：若平行四邊形ABCD是“雅系四邊形”，則四邊形ABCD是正方形．理由：

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠ABC=∠ADC，

∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，

∴∠ABC+∠ADC=180°，

∴∠ABC=∠ADC=90°，

∴平行四邊形ABCD是矩形，

∵四邊形ABCD是“雅系四邊形”，

∴AC⊥BD，

∴矩形ABCD是正方形，

故答案為：③；

(2)證明：過點B作直徑BE，分別連接OA，OE，OD，OC，AE．

∵BE是⊙O的直徑，

∴∠EAB=90°，

∴∠2+∠E=90°，

∵AC⊥BD，

∴∠1+∠ACB=90°．

∵∠E=∠ACB，

∴∠1=∠2，

∵∠AOE=2∠2，∠DOC=2∠1；

∴∠AOE=∠DOC，

∴DC=AE，

∴AB2+CD2=AB2+AE2=BE2，

∴AB2+CD2=(2R)2=4R2；

(3)解：設DC的長度為a，CE=x，

∵∠AEB=∠DEC=90°，∠BAC=∠BDC，

∴△ABE∽△DCE，

∴BECE=ABCD，

∵AB=3DC，

∴BE=3CE45.【答案】(1)解：連接OD，如圖，

∵⊙O的直徑AB垂直于弦CD于點E，

∴DE=EC=12CD=3．

∵AB=10，

∴OA=OB=OD=5．

∴OE=OD2-DE2=4．

∴AE=OA+OE=9．

∵DP=4，

∴PE=DP+DE=7．

∵PE⊥AE，

∴tan∠P=AEEP=79；

(2)①證明：連接BQ，如圖，

∵AB為⊙O的直徑，

∴∠AQB=90°．

∴∠QAB+∠B=90°．

∵PE⊥AE，【解析】(1)連接OD，利用垂徑定理和勾股定理求得OE的長，利用直角三角形的邊角關系即可求得結論；

(2)①連接BQ，利用圓周角定理，垂直的意義，通過等量代換即可得出結論；

②通過證明△PDQ∽△CAQ，利用相似三角形的性質相似三角形的面積比等于相似比的平方，得到S△QAC46.【答案】(1)證明：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，

∴