2023年北京市中考数学备战测评(pdf版含解析)

2023 年北京市中考数学备战测评
数 学 试 卷
注意事项: A． a 4 B． a b C． ab 0 D． b a
1．本试卷共两部分，共 28 道题目。满分 100 分，考试时间 120 分钟。 5．学校联欢会设计了一个“配紫色”游戏：如图是两个可以自由转动的转盘，A盘被分成面积相等的 3 个扇形，B
2．答题前，考生务必将姓名，准考证号填写在试卷和答题卡的相应位置。 盘中蓝色扇形区域所占的圆心角是120 ．同学们同时转动两个转盘，如果其中一个转盘转出了红色，另一个转盘
3．所有答案均在答题卡上作答，在本试卷或草稿纸上作答无效，答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按 转出了蓝色，那么可以配成紫色，赢得游戏．若小赵同学同时转动 A盘和 B盘，她赢得游戏的概率是（ ）
照“注意事项”的规定答题。
4．答选择题时，用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；答非选择题时，请在答题卡上对应题目的答题
区域内答题。
5．考试结束时，请将本试卷和答题卡一并交回。
2 1 1 1
A． 3 B． C． D．3 6 9
第一部分 选择题 6．一元二次方程 kx2 6x 3 0有两个不相等的实数根，则 k的取值范围是（ ）
A． k 3 B． k 3且 k 0 C． k 3 D． k 3且 k 0
7．下列图形均为正多边形，恰有 3 条对称轴的图形是（ ）
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。
1．下列图形中，属于柱体的一组是( )
A． B． C． D．
A． B． 8．一辆快车和一辆慢车将一批物资从甲地运往乙地，其中快车送达后立即沿原路返回，且往返速度的大小不变，
两车离甲地的距离 y（单位 km）与慢车行驶时间 t（单位：h）的函数关系如图，则两车第二次相遇时慢车行驶的
时间是（ ）
C． D．
2．据报道北京市已经累计建成并开通 5G基站 73000 个，将 73000 用科学记数法表示应为（ ）
A．0.73 104 B．7.3 103 C． 7.3 104 D．73 103
3．下列命题中，属于假命题的是（ ）．
A．对顶角相等 B．平行于同一条直线的两直线平行 A．2h B．2.5h C．4h D．4.5h
C．相等的角是对顶角 D．等角的余角相等
4．有理数 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（ ）
第二部分 非选择题
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17．计算： |1 3 |
1
( ) 1 12 ( 3 )0．
3
二、填空题（共 16 分，每题 2 分） 3x y 7 x 3 7
9 x ___________ 18．（1） 2x y 8；（2）．若 x 8 在实数范围内有意义，则实数 的取值范围是 ． 12 5x 2
10．分解因式：9x3 - 36x __________．
19．已知 a为方程 2x2 3x 1 0的一个根，求代数式 a 1 a 1 3a a 2 的值．
5 3
11．分式方程 0的解是______．
2x 2x 4 20．完成下面的证明：已知，如图， AB∥CD∥GH， EG平分 BEF， FG平分 EFD
12．在平面直角坐标系 xOy中，若点 A(2, y1),B(5, y2) 在反比例函数 y
k
(k 0)的图象上，则 y1 ______ y2（填“>”“=”x 求证： EGF 90
或“<”）. 证明： HG∥AB（已知）
13．某校为了解全校 2000 名学生的体重情况，随机抽测了 200 名学生的体重，根据体质指数（BMI）标准，体重 1 3
超标的有 15 名学生，则估计全校体重超标学生的人数为________名． 又 HG∥CD（已知）
14．如图，线段 AD，CE分别是△ABC中边 BC，AB上的高．若 AD＝10，CE＝9，AB＝12，则 BC的长是________ 2 4
AB∥CD（已知）
BEF 180
又 EG平分 BEF（已知）
1
1
2
又 FG平分 EFD（已知）
1
2
15．如图， AB是 O的直径，弦MN∥AB 2，分别过M 、 N作 AB的垂线，垂足为C、D，以下结论
1 2 1 ( )
2
1 2 90
3 4 90 即 EGF 90 ．
① AC BD；
② AM B N ；
1
③若四边形MCDN 是正方形，则MN AB ；
2
④若M 为弧 AN的中点，则D为OB中点． 21．如图，在 ABC中，点 D为 AC边上一点，连结 BD并延长到点 E，过点 E作 EF∥BC交 AC于点 F，交 AB于
所有正确结论的序号是______． 点 G．
16．将一张面值 50 元的人民币，兑换成同时含有 5 元和 2 元的零钱，兑换方案有_______种．
三、（共 68 分，第 17-20 题，每题 5 分，第 21 题 6 分，第 22 题 5分，第 23-24，每题 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。
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(1)若 BD DE，求证：CD DF；
(2)若 BG GE， ACB 70 ， E 25 ，求∠A的度数．
2
22．当 m 取何值时，关于 x 的方程 x 1 6m 5(x m)的解是非负数？
3
23．小彬在今年的篮球联赛中表现优异．下表是他在这场联赛中，分别与甲队和乙队各四场比赛中的技术统计．
对阵甲队 对阵乙队
场次
得分 篮板 失误 得分 篮板 失误
(1)证明： l1∥ l2；
第一场 21 10 2 25 17 2
(2)如图 2，点 P是CD上一点，射线QP交直线 l2于点 F ， ACQ 70 ．
第二场 29 10 2 31 15 0
①若 QFD 20 ，则直接写出 FQD的度数是______；
第三场 24 14 3 16 12 4 ②点 N在射线DE上，满足 QCN QFD ，连接CN ，请补全图形，探究 CND与 FQD满足的等量关系，并
第四场 26 10 5 22 8 2 证明．
25．某公司推出一种高效环保洗涤用品，年初上市后，公司经历了从亏损到盈利的过程，下面的二次函数图象刻
平均值 a 11 2 23.5 13 2
画了该公司年初以来累积利润S（万元）与销售时间 t（月）之间的关系（即前 t月的利润总和S与 t之间的关系）
(1)小彬在对阵甲队时的平均每场得分 a的值是______分；
(2)小彬在这 8 场比赛的篮板统计数据中，众数是______，中位数是______；
(3)如果规定“综合得分”为：平均每场得分 1 平均每场篮板 1.2 平均每场失误 1 ，且综合得分越高表现越
好．利用这种方式，我们可以计算得出小彬在对阵乙队时的“综合得分”是 37.1 分．请你比较小彬在对阵哪一个队
时表现更好，并说明理由．
24．如图 1，直线 AB与直线 l ，l 分别交于C，D两点，点M 在直线 l 上，射线DE平分∠ADM 交直线 l 于点Q， (1)根据图象，求累积利润S（万元）与时间 t（月）之间的函数关系式：1 2 2 1
(2)求截止到几月末公司累积利润可达到 30 万元．
ACQ 2 CDQ ．
26 2．已知二次函数 y ax bx c a 0 的部分图象如图所示，点 O，A，B在二次函数图象上．
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(1)写出此二次函数的对称轴______，并求这个二次函数的解析式； ——参考答案——
(2)关于 x的一元二次方程 ax2 bx c的根为_____；
1.【答案】C
(3)当 1 x 3时，y的取值范围是_____．
【分析】柱体分为圆柱和棱柱，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互
27．如图 1，在平面直角坐标系中， A a，0 ， B b，0 ，C 1，2 ，且 a 2 b 3 2 0． 相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，由此可选出答案．
【详解】解：A、左边的图形属于锥体，故本选项不符合题意；
B、上面的图形是圆锥，属于锥体，故本选项不符合题意；
C、三个图形都属于柱体，故本选项符合题意；
D、上面的图形不属于柱体，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了立体图形的定义，注意几何体的分类，一般分为柱体、锥体和球．解答本题的关键是掌握柱
(1)求 a，b的值；
1 体的定义和特点，难度一般．
(2)在 y轴的上存在一点 M，使 S△COM S△ABC ，求点 M的坐标；2 2.【答案】C
(3)如图 2，过点 C作CD y轴交 y轴于点 D，点 P为线段CD延长线上一动点，连接OP，OE平分 AOP，
【分析】根据科学记数法的表示形式表示即可．
OPD
OF OE．当点 P运动时 的值是否会改变？若不变，求其值；若改变，说明理由． 4
DOE 【详解】73000 7.3 10 ，
28．如图，将一三角板放在边长为 1 的正方形 ABCD上，并使它的直角顶点 P在对角线 AC上滑动，直角的一边 故选：C．
始终经过点 B，另一边与射线 DC相交于 Q． n【点睛】本题考查了把绝对值大于 1 的数用科学记数法表示，其形式为 a 10 (1 a 10)，且 n为正整数，它等于
探究：设 A、P两点间的距离为 x．
原数的整数数位与 1 的差．
（1）当点 Q在边 CD上时，线段 PQ与 PB之间有怎样的数量关系？试证明你的猜想；
3.【答案】C
（2）当点 Q在边 CD上时，设四边形 PBCQ的面积为 y，求 y与 x之间的函数关系，并写出函数自变量 x的取值
【分析】根据对顶角的定义对 A 和 C 进行判断；根据平行公理对 B 进行判断；根据余角的定义对 D进行判断．
范围；
【详解】解：A、两直线相交，所形成的对顶角相等，所以 A 选项为真命题；
（3）当点 P在线段 AC上滑动时，△PCQ是否可能成为等腰三角形？如果可能，指出所有能使△PCQ成为等腰三
B、平行于同一条直线的两直线平行，所以选项 B 为真命题；
角形的点 Q的位置．并求出相应的 x值，如果不可能，试说明理由．
C、相等的角不一定为对顶角，所以选项 C 为假命题；
D、等角的余角相等，所以 D 选项为真命题；
故选 C．
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【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，同时要满足该方程的二次项系数不为 0；熟练运用根的判别式是解
设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命 题关键．
题是假命题，只需举出一个反例即可． 7.【答案】A
4.【答案】B 【分析】直接利用轴对称图形的性质确定各图形对称轴的条数即可解答．
【分析】根据有理数 a、b在数轴上对应点的位置进行判断即可． 【详解】解：A、正三角形有 3 条对称轴，故此选项正确；
【详解】解：由数轴可知， 5 a 4，0 b 1， B、正方形有 4 条对称轴，故此选项错误；
∴ a b， ab 0， a b ， b a， C、正五边形有 5 条对称轴，故此选项错误；
D、正六边形有 6 条对称轴，故此选项错误．
∴故选项 ACD 不符合题意，只有选项 B 是符合题意．
故选：A．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的对称轴，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
【点睛】本题主要考查了数轴，能够根据有理数 a、b在数轴上对应点的位置进行判断是解题的关键．
8.【答案】D
5.【答案】B
a a
【分析】根据题意用树状图列出所有情况，即可得到答案． 【分析】根据图像得出，慢车的速度为为 km/h，快车的速度为速度 km/h．从而得出快车和慢车对应的 y与 t6 2
【详解】解：由题意可得， 的函数关系式．联立两个函数关系式，求解出图像对应两个交点的坐标，即可得出间隔时间．
∵360 120 240 120 2， a【详解】解：根据图像可知，慢车的速度为 km/h，对于快车，由于往返速度大小不变，总共行驶时间是 4h，因
6
∴第二个转转盘可以分为蓝，红，红，三个区域，则有， a
此单程所花时间为 2h，故其速度 km/h，
2
a对于慢车，y与 t的函数表达式为 y＝ t（0≤t≤6）①，
6
a a
对于快车，返回时 y与 t的函数表达式为 y＝2a （t 2）＝ t＋3a（4≤t≤6）②，
2 2
a a
联立①②得 t t 3a，解得 t＝4.5，
6 2
由上图可得，总共有 9 种情况，红蓝有 3 种， 因此，两车第二次相遇时慢车行驶的时间是 4.5h，
∴ P
3 1
， 故选：D．
9 3
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，根据函数图像求一次函数表达式，以及求两个一次函数的交点坐标，解
故选 B．
题的关键是利用图像信息得出快车和慢车的速度，进而写出 y与 t的关系．
【点睛】本题考查树状图法求概率，解题的关键是将第二个转盘也分成全等的三块．
9.【答案】x≥8
6.【答案】B
【分析】根据二次根式有意义的条件，可得 x-8≥0，然后进行计算即可解答．
【分析】根据一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式求解即可；
【详解】解：由题意得：
( 6)2 12k 0
【详解】解：由题意得：
k 0 x-8≥0，
解得：x≥8．
解得： k 3且 k 0
故答案为：x≥8．
故选：B．
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【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式 a (a 0)是解题的关键． 【分析】根据题意，利用等面积法即可求解．
9x(x 2)(x 2) 【详解】解：
线段 AD，CE分别是△ABC中边 BC，AB上的高．若 AD＝10，CE＝9，AB＝12，
10.【答案】 + -
1 1
【分析】先提取公因式9x，然后再用平方差公式进行因式分解． S ABC AD BC AB CE2 2
2 BC AB CE 12 9 54【详解】解：原式 = 9x(x - 4) = 9x(x + 2)(x - 2) ， 10.8
AD 10 5
故答案为：9x(x + 2)(x - 2)． 故答案为：10.8
【点睛】本题考查了因式分解的方法，熟练掌握提公因式法和公式法是解决本题的关键． 【点睛】本题考查了三角形的高线的定义，根据三角形的面积求解是解题的关键．
11.【答案】 x 5 15.【答案】①②④
【分析】根据解分式方程的步骤：去分母、解整式方程、验根、下结论逐步求解即可得到答案． 【分析】先证明四边形CMND是矩形，再证明 Rt OMC≌Rt OND HL ，可得结论①②正确，证明 AB 5 MN，
5 3【详解】解： 0，
2x 2x 4 可得③错误；证明 OBN是等边三角形，可得④正确，从而可得答案．
等式两边同乘以最简公分母 2x x 2 得5 x 2 3x 0， 【详解】解：连接OM 、ON， AM 如图， MC AB、 ND AB，
OCM ODN 90 ，
去括号得5x 10 3x 0，解得 x 5，
MN∥AB，
检验：当 x 5时，最简公分母2x x 2 2 5 5 2 0，
CMN MCD 180 ，
x 5是原分式方程的解．
CMN 90 ，
【点睛】本题考查解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法步骤，尤其注意验根是解决问题的关键．
四边形CMND是矩形，
12.【答案】＞
【分析】根据反比例函数的性质，k>0，在每个象限内，y随 x的增大而减小，进行判断即可．
【详解】解：∵k>0，
∴在每个象限内，y随 x的增大而减小，
2＜5，
∴ y1 > y2．
CM DN，
故答案为：>．
在Rt OMC和Rt OND中，
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握函数的性质是解决问题的关键．
OM ON
13.【答案】150 CM DN
，
【分析】利用总人数乘以样本中体重超标的学生比例即可求解．
Rt OMC≌Rt OND HL ，
15
【详解】解： 2000 150（人），
200 OC OD， COM DON ，
故答案为：150．
AM B N ，故②正确，
【点睛】本题考查了用样本估计总体，解题关键是理解概念，会列式计算．
OA OB，OC OD， AC BD，故①正确，
14.【答案】10.8
当四边形MCDN是正方形时，CM CD 2OC，
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OM OC2 CM 2 , 3 1 ( 3) 2 3 1
OM 5 OC， 3 3
AB 2OM 2 5 OC 5 MN， 【点睛】此题考查了实数的运算，熟练掌握零指数幂，负整指数幂，绝对值以及二次根式的求解是解题的关键．
x 3
\ MN 5= AB, 故③错误， 18.【答案】（1） ；（2） x 2．
5 y 2
若M 是 AN的中点，连接 BN，而 AM B N , 【分析】（1）利用加减消元法求解可得；
AOM MON BON 60 ， （2）先求出每个不等式的解集，再根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．
ON OB， 3x y 7①
【详解】解：（1） ，
ONB是等边三角形， 2x y 8②
ND OB， 把①+②得：5x 15，
OD DB，故④正确． 解得 x 3，
故答案为：①②④． 将 x 3代入②，得：6 y 8，
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，直角三角形全等的判定与性质，矩形的判定与 解得： y= 2，
性质，正方形的性质，圆心角、弧、弦的关系；掌握“在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一 x 3
则方程组的解为 ；
组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等”是解题的关键． y 2
16.【答案】4 x 3 7①
（2） ，
【分析】设可以兑换 m张 5 元的零钱，n张 2 元的零钱，根据零钱的总和为 50 元，即可得出关于 m，n的二元一 12 5x 2②
次方程，结合 m，n均为正整数，即可得出结论． 解不等式①得： x 10，
【详解】解：设可以兑换 m张 5 元的零钱，n张 2 元的零钱， 解不等式②得： x 2，
依题意，得：5m+2n=50， 则不等式组的解集为 x 2．
2
∴m=10- n． 【点睛】本题考查的是解二元一次方程组与一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大
5
大小小找不到”的原则及加减消元法解方程组是解答此题的关键．
∵m，n均为正整数，
19.【答案】1
∴当 n=5 时，m=8；当 n=10 时，m=6；当 n=15 时，m=4；当 n=20 时，m=2．
【分析】将 a代入方程中得 2a2 3a 1，将所求代数式化简整理后，把 2a2 3a 1整体代入即可.
∴共有 4 种兑换方案．
【详解】解：∵ a为方程2x2 3x 1 0的一个根，
故答案为：4．
∴ 2a2 3a 1 0．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
∴ 2a2 3a 1．
17.【答案】 3 3
2 2 2 2
∴原式= a 1 3a 6a 4a 6a 1 2 2a 3a 1 2 1 1 1．
【分析】根据零指数幂，负整指数幂，绝对值以及二次根式的性质对每个式子化简，然后求解即可．
1 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的概念，以及用整体代入法求代数式的值.解题的关键是掌握整体代入 1
【详解】解： |1 3 | ( ) 12 ( 3 )0
3 法.
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20.【答案】两直线平行、内错角相等， EFD，两直线平行、同旁内角互补，BEF，EFD， BEF EFD，等量 DBC E

代换． BD DE

BDC EDF
【分析】此题首先由平行线的性质得出 1 3， 2 4， BEF EFD 180 ，再由EG平分 BEF ， FG平
∴ EDF≌ BDC（ ASA）
分 EFD得出 1 2 90 ，然后通过等量代换证出 EGF 90 ．
∴CD DF；
【详解】解： HG∥AB（已知）
（2）解：∵ EF∥BC
1 3 （两直线平行、内错角相等）
∴ E DBC 25
又 HG∥CD（已知）
又∵BG GE
2 4
∴ GBE E 25
AB∥CD（已知）
∴ ABC GBE DBC 50
BEF EFD 180 （两直线平行、同旁内角互补）
在 ABC中，
又 EG平分 BEF， FG平分 EFD
∵ ACB 70
1 1 BEF，
2
∴ A 180 ABC ACB 180 50 70 60
2 1 EFD，
2 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，掌握
1
1 2 ( BEF EFD)， 并熟练运用相关的性质定理是解题的关键．
2
22.【答案】m 1
1 2 90
【分析】根据解的定义直接计算，非负即大于等于 0．
3 4 90 （等量代换），
2
即 EGF 90 ． 【详解】 x 1 6m 5(x m)，3
故答案分别为：两直线平行、内错角相等， EFD，两直线平行、同旁内角互补， BEF， EFD， BEF EFD， 2 x 5x 6m 5m 1，
3
等量代换． 13
x m 1，
【点睛】此题考查的知识点是平行的性质，关键是运用好平行线的性质及角平分线的性质． 3
3
21.【答案】(1)见解析 解得 x (m 1)，13
(2)60 3由题意得 (m 1) 0，
13
m 1 0
【分析】（1）根据平行线的性质（两直线平行，内错角相等）可知 DBC E，结合已知 BD DE, BDC EDF
解得m 1．
（对顶角相等），可证得 BDC≌ EDF（ ASA），即可根据全等三角形的性质定理证得CD DF．
【点睛】此题考查含参数的一元一次方程，以及一元一次不等式，解题关键是先求出解，然后对解进行运算．
（2）根据平行线的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和定理解答即可．
23.【答案】(1)25
【详解】（1）证明：∵ EF∥BC
(2)10，11
∴ E DBC
(3)小彬在对阵乙队时表现更好，理由见解析
在 Rt BDC和Rt EDF中，
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【分析】（1）根据平均数的计算方法求解即可； 1 QDM ADN 35
2
（2）根据众数，中位数的概念求解即可； QDM QFD FQD， QFD 20
（3）根据“综合得分”的计算方法求出小彬在对称甲队时的得分，然后比较求解即可．
FQD QDM QFD 35 20 15
【详解】（1） a 21 29 24 26 4 25
②如图所示：作 QCN1 QCN 2 QFD
∴小彬在对阵甲队时的平均每场得分 a的值是 25 分，
故答案为：25．
（2）在这 8 场比赛的篮板统计数据中，10 出现的次数最多，
∴众数是 10，
从小到大排列为：8，10，10，10，12，14，15，17，
∴在中间的两个数为 10，12
10 12
∴中位数为 11，
2 当点 N在直线 l1上方时，即图中N1点的位置时
故答案为：10，11；
l1∥ l2
（3）小彬在对称甲队时的“综合得分”为： 25 1 11 1.2 2 1 36.2，
1 2
∵36.2 37.1
1 N1CQ CN1Q， 2 QFD FQD
∴小彬在对阵乙队时表现更好．
【点睛】此题考查了平均数，众数，中位数，加权平均数的计算，解题的关键是熟练掌握以上计算方法． N1CQ CN1Q QFD FQD
24.【答案】(1)见解析 QCN1 QFD
(2)①15 ；② CND FQD，证明见解析
CN1Q FQD
【分析】（1）根据角平分线的性质，可得 ADM 2 CDQ，即可证明 ACQ ADM ，即可解答； CN1D FQD
1
（2）①根据（1）可得 ACQ ADM ，再根据角平分线得 QDM ADN 35 ，再结合外角的性质即可求 当点 N在直线 l 下方时，即图中 N 点的位置时
2 1 2
解；②根据平行线的性质，外角的性质，再结合三角形的内角和，分点 N在直线 l1下方和上方两种情况证明即可． l1∥ l2
【详解】（1）证明： DE平分∠ADM CQN2 2
ADM 2 CDQ
2 QFD FQD， CQN2 180 CN2Q QCN2
ACQ 2 CDQ
ACQ ADM QFD FQD 180 CN 2Q QCN 2
l1∥l2 QFD QCN 2
（2）解：①由（1）得 ACQ ADM 70 FQD 180 CN2Q
DE平分∠ADM
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CN2Q 180 CN D (3) 5 y 42
FQD 180 180 CN2D CN2D
【分析】（1）根据 A、B两点关于对称轴对称进行求解对称轴，然后利用待定系数法求出解析式即可；
FQD CN 2D （2）根据对称性求出二次函数与 x轴的另一个交点即可得到答案；
综上所述， FQD CND （3）分别求出当 x= 1时，当 x 2时的函数值即可得到答案．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，平行线的判定和性质，三角形外角的性质，以及三角形的内角和定理， a b c 3
1+ 3
解题关键是熟练运用这些性质，分情况讨论点 N的位置． 【详解】（1）解：由题意得二次函数对称轴为直线 x = = 2，代入 A、B、C坐标得2
9a 3b c 3，

c 01
25.【答案】(1) S t 2 2t
2
a 1
(2)10 月末 ∴ b 4 ，

c 0
【分析】（1）根据图象，用待定系数法求解即可； ∴二次函数解析式为 y x2 4x；
1
（2）把 S 30 2代入累计利润 S t 2t 的函数关系式里，求得月份．
2 （2）解：∵二次函数与 x 轴的一个交点为 0，0 ，对称轴为直线 x 2，
【详解】（1）解：二次函数的解析式为 S at 2 bt c．
∴二次函数与 x轴的另一个交点坐标为 4，0 ，
由图可知，图象经过点 0,0 , 1, 1.5 , 2, 2 ，
∴关于 x的一元二次方程 ax2 bx c即 ax2 bx c 0的根为 x1 0，x2 4；
将这三点的坐标分别代入解析式，得
（3）解：当 x= 1时， y 1 2 4 1 5，当 x 2时， y 22 2 4 4，
c 0

1.5 a b c ， ∴当 1 x 3时，y的取值范围是 5 y 4，

2 4a 2b c 故答案为： 5 y 4．
c 0 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，熟知二次函数的相关知识是解题的关

解得 a
1
，
2 键．
b 2 27.【答案】(1) a 2，b 3
t S 1S t 2∴ 累积利润 与时间 之间的函数关系式为 2t ．
2 (2) 0，5 或 0， 5 ，
1
（2）解：把 S 30 2代入 S t 2t
1 t 2， 2t 30 OPD OPD
2 2 (3) 的值是定值， 2，理由见解析
DOE DOE
解得 t1 10, t2 6（舍去）
答： 截止到 10 月末公司累积利润可达到 30 万元． 【分析】（1）根据绝对值和平方的非负性，即可进行解答；
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式，由函数值求自变量值，熟练掌握从函数图象获取信息和用待定 （2）先根据 A、B、C的坐标求出求出 S ABC的值，再根据 y轴上点的坐标特征，设M 0,m ，最后根据三角形的
系数法求二次函数解析式是解题的关键．
面积公式将 S COM 表示出来即可；
26.【答案】(1)直线 x 2， y x2 4x
（3）根据OF OE，得出 AOE FOB 90 ， EOP POF 90 ，再根据OE平分 AOP得出 AOE EOP，
(2) x1 0，x2 4 进而得出 DOE FOB，最后根据平行线的性质得出 OPD POB 2 FOB即可得出结论．
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OPD
【详解】（1）解：∵ a 2 b 3 2 0， ∴ 2．
DOE
∴ a 2 0 2， b 3 0 ，则 a 2 0,b 3 0， 【点睛】本题主要考查了非负数的性质，坐标与图形，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握相关
知识点并灵活运用．
∴ a 2，b 3；
1
A 2 0 B 3 0 28.【答案】（1）PQ=PB，理由见解析；（2）S 四边形PBCQ= x
2 2x 1(0 2 x ) ；（3）△PCQ可能成为等腰三
（2）由（1）可知 ，， ， ， 2 2
角形，x=1
∴ AB 3 2 5，
【分析】（1）、过点 P作 MN∥BC，分别交 AB、CD于点 M、N，则四边形 AMND和四边形 BCNM都是矩形，△AMP
∵C 1，2 ， 和△CNP都是等腰三角形，得出 NP=NC=MB，从而证明△QNP≌△PMB，从而得出答案；
∴点 C到 x轴距离为 2， （2 2 2）、设 AP=x，则 M＝MP＝NQ＝DN＝ x，BM＝PN＝CN＝1－ x，根据题意得出△PBC和△PCQ的面积，
2 2
S 1∴ ABC 5 2 5，2 然后得出 y与 x的函数关系式；
∵当 M在 y轴上时， （3）、本题分三种情况进行讨论，即①当点 Q在边 DC上；②当点 Q在边 DC的延长线上；③当点 Q与 C点重
∴设M 0，m ， 合．
【详解】解：（1）、过点 P作 MN∥BC，分别交 AB、CD于点 M、N，
∴OM m ，
则四边形 AMND和四边形 BCNM都是矩形，
S 1∵ △COM S2 △ABC
， △AMP和△CNP都是等腰三角形（如图 1），
1 m 1 1∴ 5， ∴NP＝NC＝MB．
2 2
∵∠BPQ＝90°
∴m 5，
∴∠QPN＋∠BPM＝90°，
∴M 0，5 或 0， 5 ，
而∠BPM＋∠PBM＝90°
OPD OPD
（3）如图 2 中，结论： 的值是定值， 2
DOE DOE ∴∠QPN＝∠PBM．
理由：∵OE OF， 又∵∠QNP＝∠PMB＝90°
∴ EOF 90 ， ∴△QNP≌△PMB（ASA），
∴ EOP POF 90 ， AOE FOB 90 ， ∴PQ＝PB．
∵OE平分 AOP， （2）、由（1）知△QNP≌△PMB，
∴ AOE EOP， 得 NQ＝MP．
∴ FOB POF， 设 AP＝x，
∵ DOE AOE 90 ， AOE FOB 90 ， 2∴AM＝MP＝NQ＝DN＝ x，
2
∴ DOE FOB，
BM 2＝PN＝CN＝1－ x
∵CP∥ AG， 2
2
∴ OPD POB 2 FOB， ∴CQ＝CD－DQ＝1－2× x＝1－ 2 x2
∴ OPD 2 FOB，
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∴S△PBC＝BC BM＝×1× 1
2 1 2
（ － x）＝ 2 － x，2 4
S△PCQ＝CQ PN＝×（1－ 2 x）（1
2
－ x 1 3 2 1）＝ x x 2，
2 2 4 2
1
∴S 四边形PBCQ＝S△PBC＋S PCQ x
2
△ ＝ 2x 1，2
1
即 y 2＝ x 2x 1 2（0≤x＜ ）．
2 2
（3）、△PCQ可能成为等腰三角形．
①当点 Q在边 DC上，由PQ2 CQ2得：
(1 2 x)2 ( 2 x)2 (1 2x)2
2 2
解得 x1＝0，x2＝ 2（舍去）；
②当点 Q在边 DC的延长线上（如图 2），
由 PC＝CQ得： 2－x＝ 2 x－1，
解得 x＝1．
③当点 Q与 C点重合，△PCQ不存在．
综上所述，x＝0 或 1 时，△PCQ为等腰三角形
【点睛】本题考查了三角形全等、二次函数的实际应用、矩形的判定及性质、等腰三角形，解题的关键是添加辅
助线，利用二次函数的性质进行求解．
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