精品解析：湖北省黄冈市2020年中考数学试题（解析版）下载

湖北省黄冈市 2020 年中考数学试题 一、选择题（本题共 8 小题，每小題 3 分，共 24 分．每小题给出的 4 个选项中，有且只有一 个答案是正确的） 1的1. A. 相反数是 ( )61616B. C. D. 6－6 D【答案】 【解析】 【分析】 根据相反数的定义解答即可． 116【详解】根据相反数的定义有： 的相反数是 6．故选 D． 【点睛】本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数 是负数，一个负数的相反数是正数，0 的相反数是 0． 2. 下列运算正确的是（ ）m  2m  3m2 2m3 3m2  6m6 m6  m2  m3 A. B. C. (2m)3  8m3 D. C【答案】 【解析】 【分析】 分别根据合并同类项、同底数幂相乘、幂的乘方、同底数幂相除逐一分析即可． 【详解】解：A． ，该项不符合题意； m  2m  3m 3232 B． 5 ，该项不符合题意； 2m 3m  6m  6m 3C． D． 3 ，该项符合题意； (2m)  8m 4 ，该项不符合题意； 6262 m  m  m  m 故选：C． 【点睛】本题考查合并同类项、同底数幂相乘、幂的乘方、同底数幂相除，掌握运算法则是解题的关键． 3. 如果一个多边形的每一个外角都是 36°，那么这个多边形的边数是（　　） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 D【答案】 【解析】 【分析】 根据多边形的外角的性质，边数等于 360°除以每一个外角的度数． 【详解】∵一个多边形的每个外角都是 36°，∴n=360°÷36°=10． 故选 D． 【点睛】本题考查了多边形外角与边数的关系，利用外角求正多边形的边数的方法，熟练掌握多边形外角 和公式是解决问题的关键． 4. 甲、乙、丙、丁四位同学五次数学测验成绩统计如右表所示，如果从这四位同学中，选出一位同学参加 数学竞赛，那么应选___________去． 甲乙90 42 丙90 50 丁85 42 平均分 方差 85 50 A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 B【答案】 【解析】 【分析】 本题首先可通过四位同学的平均分比较，择高选取；继而根据方差的比较，择低选取求解本题． 【详解】通过四位同学平均分的比较，乙、丙同学平均数均为 90，高于甲、丁同学，故排除甲、丁；乙、 丙同学平均数相同，但乙同学方差更小，说明其发挥更为稳定，故选择乙同学． 故选：B． 【点睛】本题考查平均数以及方差，平均数表示其平均能力的高低；方差表示数据波动的大小，即稳定性 高低，数值越小，稳定性越强，考查对应知识点时严格按照定义解题即可． 5. 下列几何体是由 4 个相同的小正方体搭成的，其中，主视图、左视图、俯视图都相同的是（ ）A. B. C. D. A【答案】 【解析】 【分析】 根据题意分别画出各项三视图即可判断． 【详解】各选项主视图、左视图、俯视图如下: A． B． C． ,满足题意; ,不满足题意; ,不满足题意; ,不满足题意; D． 故选 A． 【点睛】本题考查几何体的三视图,关键在于牢记三视图的画法． A(a,b) B(ab,b) 6. 在平面直角坐标系中，若点 在第三象限，则点 所在的象限是（ ） D. 第四象限 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 A【答案】 【解析】 【分析】 A(a,b) a  0 根据点 在第三象限，可得 ，，进而判定出点 B 横纵坐标的正负，即可解决． b  0 A(a,b) 【详解】解：∵点 在第三象限， a  0 ∴∴∴，，b  0 b  0 ，ab  0 ，∴点 B 在第一象限， 故选：A． 【点睛】本题考查了点的坐标，解决本题的关键是掌握点的坐标特征． 7. 若菱形的周长为 16，高为 2，则菱形两邻角的度数之比为（ B. C. ）A. D. 4: 1 5: 1 6: 1 7: 1 B【答案】 【解析】 【分析】 如图，AH 为菱形 ABCD 的高，AH＝2，利用菱形的性质得到 AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C ＝150°，从而得到∠C：∠B 的比值． 【详解】解：如图，AH 为菱形 ABCD 的高，AH＝2， ∵菱形的周长为 16， ∴AB＝4， AH AB 2412Rt△ABH 中，sinB＝ 在＝，∴∠B＝30°， ∵AB∥CD， ∴∠C＝150°， ∴∠C：∠B＝5：1． 故选：B． 的【点睛】本题考查了菱形 性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对 角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了正弦的定义及应用． 8. 2020 年初以来，红星消毒液公司生产的消毒液在库存量为 m 吨的情况下，日销售量与产量持平，自 1 月 底抗击“新冠病毒”以来，消毒液霱求量猛增，该厂在生产能力不变的情况下，消毒液一度脱销．下面表 示 2020 年初至脱销期间，该厂库存量 y（吨）与时间（天）之间函数关系的大致图象是（ ）A. B. C. D. D【答案】 【解析】 【分析】 正确理解函数图象与实际问题的关系，题目中的脱销时库存量为 0． 【详解】根据题意：一开始销售量与生产量持平，此时图象为平行于 x 轴的线段， 当下列猛增是库存随着时间的增加而减小， 时间 t 与库存量 y 之间函数关系的图象为先平，再逐渐减小，最后为 0． 故选：D． 【点睛】本题要求能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小，通过图象得到 函数是随自变量的增大或减小的快慢． 二、填空题（本题共 8 小题，每小題 3 分，共 24 分） 计算： 3 9. = ▲ 　． 8 ﹣2【答案】 【解析】 立方根． ．a【分析】根据立方根的定义，求数 的立方根，也就是求一个数，使得 xx3=a x a ，则 就是 的一个立方根： 33∵2=8（－ ）－ ， ∴．8=  2 12x , x 10. ____________ ．已知 是一元二次方程 的两根，则 x  2x 1 0 12x1x2 【答案】-1 【解析】 【分析】 1根据根与系数的关系得到 x1x2＝-1，代入 计算即可． x1x2 【详解】解：∵一元二次方程 x2−2x−1＝0 的两根为 x1，x2， ∴x1x2＝-1， 1∴-1． x1x2 故答案为：-1． 【点睛】本题考查了一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为 x1，x2，则 x1 bc＋x2＝− ，x1•x2＝ ．aa111.  xy  若，则 __________． | x  2 |  x  y  0 2【答案】2 【解析】 【分析】 根据非负数的性质进行解答即可． | x  2 |  x  y  0 【详解】解： ，x  y  0 x  2  0 ，，y  2 ，x  2 ，11xy   2 (2)  2 ，22故答案为：2． 【点睛】本题考查了非负数的性质，掌握几个非负数的和为 0，这几个数都为 0，是解题的关键． 已知：如图，在ABC 中，点 在边BC 上， AB  AD  DC,C  35 ，则 _______度． 12. DBAD  【答案】40 【解析】 【分析】 根据等边对等角得到 ，再根据三角形外角的性质得到 ，CAD  C  35 BDA  C  CAD  70 故，由三角形的内角和即可求解 BAD 的度数． B  BDA  70 【详解】解：∵ AD  DC,C  35 ， ∴∴∵∴∴，CAD  C  35 ，BDA  C  CAD  70 ，AB  AD B  BDA  70 BAD 180 B  BDA  40 ，，故答案为：40． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形外角的性质、三角形的内角和，熟练掌握几何知识并灵活运 用是解题的关键． yx 1 13. 计算： 的结果是____________． x2  y2 x  y 1【答案】 x  y 【解析】 【分析】 先计算括号内分式的减法、将被除式分母因式分解，再将除法转化为乘法，最后约分即可得． yx 1 【详解】解： x2  y2 x  y yx  y x  y x y xx  y x y  yyx  y x y x y  yx  y x  y x y y 1，x  y 1故答案为： ．x  y 【点睛】本题主要考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则． 已知：如图， AB//EF,ABC  75 ,CDF 135 ，则 BCD _____________度． 14. 【答案】30 【解析】 【分析】 本题可利用两直线平行，同位角相等求解∠EGC，继而根据邻补角定义求解∠CDE，最后根据外角定义求 解∠BCD． 【详解】令 BC 与 EF 相交于 G 点，如下图所示： ∵AB//EF,ABC  75 ,CDF 135 ，∴∠EGC=∠ABC=75°，∠EDC=180°-∠CDF=180°-135°=45°， 又∵∠EGC=∠BCD+∠EDC， ∴∠BCD=75°-45°=30°， 故答案：30． 【点睛】本题考查直线平行的性质，外角以及邻补角定义，难度一般，掌握一些技巧有利于解题效率，例 如见平行推角等． 15. 我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中央，出水一尺， 引葭赴岸，适与岸齐问水深几何？”（注：丈、尺是长度单位，1 丈=10 尺）这段话翻译成现代汉语，即为： 如图，有一个水池，水面是一个边长为 1 丈的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面 1 尺，如果 把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．则水池里水的深度是_______________ 尺． 【答案】12 【解析】 【分析】 首先设水池的深度为 x 尺，则这根芦苇的长度为（x+1）尺，根据勾股定理可得方程 x2+52=（x+1）2 即 可． 【详解】设这个水池深 x 尺， 由题意得，x2+52=（x+1）2， 解得：x=12 答：这个水池深 12 尺． 故答案为：12． 【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决 实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的 思想的应用． 16. OM 如图所示，将一个半径 ，圆心角 AOB  90 的扇形纸板放置在水平面的一条射线 OA  10cm OM OM 上时，则半径 上．在没有滑动的情况下，将扇形 沿射线 翻滚至 再次回到 的中点 P 运 OA AOB OB cm 动的路线长为_____________ ．15 5 5 【答案】 2【解析】 【分析】 根据题意仔细观察顶点 P 经过的路线可得，中点 P 经过的路线可以分为四段，分别求出四段的长，再求出 其和即可． 【详解】解：连接 BP，如图， ∵P 为 AO 的中点，AO=10cm， ∴PO=5cm， 由勾股定理得，BP= ，5cm 5中点 P 经过的路线可以分为四段，第一段：当弧 AB 切射线 OM 于点 B 时，有 OB⊥射线 OM，此时 P 点绕 90 5 55 5 不动点 B 转过了 90°，此时点 P 经过的路径长为： cm； =180 2第二段：OB⊥射线 OM 到 OA⊥射线 OM，点 O的路径是平行于 OM的一条线段，点 P 绕点 O转动，而这一 过程中弧 AB 始终是切于射线 OM 的，所以 P 点过的路线长以 O为圆心，OP为半径 90°的弧长，即 90 5 5 =  ；180 2的第三段：OA⊥射线 OM 到 P 点落在射线 OM 上，P 点绕不动点 A 转过了 90°，此时点 P 经过 路径长为： 90 5 5 =  ；180 2第四段：OB⊥射线 OM 且 P点落在射线 OM上到 OB 与射线 OM 重合，P 点绕不动点 O 转过了 90°，此时点 90 5 5 =  P 经过的路径长为： ；180 25555 5 215 5 5 所以，P 点经过的路线总长 S= ． +  +  +  = 222215 5 5 故答案为： ．2【点睛】本题考查弧长的计算，解题的关键是理解中点 P 经过的路线可得，中点 P 经过的路线总长为四个 扇形的弧长． 三、解答题（本题共 9 題，满分 72 分） 231x   21217. x，并在数轴上表示其解集． 解不等式 【答案】 【解析】 【分析】 ，数轴见解析 x  3 先去分母、移项、合并同类项解不等式，得出解集后在数轴上表示即可． 231x   212x【详解】解： 去分母得， 4x  3  3x ，移项得， 4x 3x  3 ，合并同类项得， ．x  3 ∴原不等式的解集为： 解集在数轴上表示为： ．x  3 【点睛】本题考查了解一元一次不等式，根据不等式的性质解一元一次不等式是解题的关键． 18. 已知：如图，在ABCD 中，点 是的中点，连接 并延长，交 BC 的延长线于点 ，求证： AO EOCD ．AD  CE 【答案】见解析 【解析】 【分析】 通过证明 即可得证． △ADO≌△ECO 【详解】证明：∵点 是的中点， OCD DO  CO ．ABCD 中， AD//BC ，在D  DCE,DAO  E ．在和中， ECO △ADO DAO  E D  DCE DO  CO ，△ADO≌△ECO(AAS) ． AD  CE 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等内容，熟练运用平行四边形的性质及全 等三角形的判定是解题的关键. 19. 为推广黄冈各县市名优农产品，市政府组织创办了“黄冈地标馆”．一顾客在“黄冈地标馆”发现，如 果购买 6 盒羊角春牌绿茶和 4 盒九孔牌藕粉，共需 960 元．如果购买 1 盒羊角春牌绿茶和 3 盒九孔牌藕粉 共需 300 元．请问每盒羊角春牌绿茶和每盒九孔牌藕粉分别需要多少元？ 【答案】每盒羊角春牌绿茶 120 元，每盒九孔牌藕粉 60 元 【解析】 【分析】 根据题意列出二元一次方程组解出即可． 【详解】解：设每盒羊角春牌绿茶 x 元，每盒九孔牌藕粉 y 元，依题意可列方程组： 6x  4y  960 x  3y  300 x 120 y  60 解得： 答：每盒羊角春牌绿茶 120 元，每盒九孔牌藕粉 60 元． 【点睛】本题考查二元一次方程组的应用,关键在于理解题意找出等量关系． 20. 为了解疫情期网学生网络学习的学习效果，东坡中学随机抽取了部分学生进行调查．要求每位学生从“优 秀”、“良好”、“一般”、“不合格”四个等次中，选择一项作为自我评价网络学习的效果现将调查结果绘 制成如下两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题： （1）这次活动共抽查了_________________人． （2）将条形统计图补充完整，并计算出扇形统计图中，学习效果“一般”的学生人数所在扇形的圆心角度 数． （3）张老师在班上随机抽取了 4 名学生，其中学习效果“优秀”的 1 人，“良好”的 2 人，“一般”的 1 人，若再从这 4 人中随机抽取 2 人，请用画树状图法，求出抽取的 2 人学习效果全是“良好”的概率． 1【答案】（1）200；（2）图见解析，  ；（3） 108 6【解析】 【分析】 (1)用“良好”所占的人数 80 除以它所占的百分比 40%即可得到调查的总人数； (2)用总分数减去“优秀”、“良好”、“一般”所占的人数即可计算出“不合格”的人数，然后补全条形统 计图，用“一般”的人数除以总人数得到其所占的百分比，再乘以 360°即可得到“一般”的学生人数所在 扇形的圆心角度数； (3)画图树状图，然后再用概率公式求解即可． 【详解】解：(1)结合扇形统计图和条形统计图可知： 本次活动共调查了：80÷40%=200(人)， 故答案为：200． (2)“不合格”的人数为：200-40-80-60=20 人， 故条形统计图补全如下所示： 学习效果“一般”的学生人数所占的百分比为：60÷200=30%， 故学习效果“一般”所在扇形的圆心角度数为 30%×360°=108°， 故答案为：108°． (3)依题意可画树状图： 共有 12 种可能的情况，其中同时选中“良好”的情况由 2 种， 216(同时选中“良好”) ．P 12 1故答案为： ．6【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率以及扇形与条形统计图，条形统计图能清楚地表示出每个项 目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小；树状图法可以展示所有等可能的结果求出 n，再 m从中选出符合事件 A 的结果数目 m，最后用概率公式求出 P(A)= 即可求出事件 A 的概率． n21. O O 已知：如图，AB 是 的直径，点 为上一点，点 D 是 上一点，连接 并延长至点 C，使 AE EAE CBE  BDE, BD 与 AE 交于点 F． O （1）求证： BC （2）若 平分 是的切线； ，求证： 2．BD ABE AD  DF  DB 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】 【分析】 BDE  BAE,CBE  BDE （ 1 ） 利 用 为 直 径 ， 得 出 ， 利 用 得 出 BEA  90 AB BAE  CBE ，从而得出 ，进而得出结论； EBA EBC  90 （2）证出 即可得出结论． 为直径， FDA∽ADB Q AB 【详解】证明：（1） ，BEA  90 在中， EBA BAE  90 ，，RtVBEA BDE  BAE,CBE  BDE 又，BAE  CBE EBA CBE  90，即 ,ABC  90 ，BC  AB Q AB O 又为的直径， 的切线； O BC 是（2） 平分 ，Q BD ABE ，EBD  DBA 又，，EBD  EAD ，DBA  EAD 又FDA  ADB ，FDA∽ADB AD FD ，BD AD 2． AD  DF  DB 【点睛】本题考查了切线的判定，同弧所对的圆周角相等，三角形相似的判定和性质；证明切线有两种情 况（1）有交点，作半径，证垂直；（2）无交点，作垂直，证半径． 22. 因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园，“国庆黄金周”期间，游人络绎不绝，现有一艘游船载着游客在遗 爱湖中游览．当船在 A 处时，船上游客发现岸上 P P1 处的临皋亭和 2 处的遗爱亭都在东北方向；当游船向正 东方向行驶 到达 B 处时，游客发现遗爱亭在北偏西 15°方向；当游船继续向正东方向行驶 400m到达 600m C 处时，游客发现临皋亭在北偏西 60°方向． （1）求 A 处到临皋亭 P 处的距离． （2）求临皋亭 P P1 处与遗爱亭 2 处之间的距离（计算结果保留根号） 【答案】（1） ；（2） 米(500 6500 2)m (800 2 400 6) 【解析】 【分析】 PM  AC PM  x m RtAPM RtPMC （1）过点 P 1 作 于点 ．设 M，在 中，得到 ，在 AP  2x m 11111中，得到 ，根据 得到关于 x 的一元一次方程，求解即可得到 x AC  AB  BC  AM  MC MC  3x m 的值，进而 A 处到临皋亭的距离即可求解； BN  AP Rt△NP B 中，得到 2（2）过点 B作于点 ，在 N中，得到 ，在 Rt△ABN AN  300 2m 2PP  AP  AP  AN  NP  AP ，根据 1 求解即可． NP 100 6m 122122P AB  45,P BA  75,PCA  30 【详解】解：（1）依题意有 ．221PM  AC PM  x m 过点 P 1 作 于点 ．设 M，则 11RtAPM 在中， 中， ．AM  PM  x m, AP  2x m 111RtPMC 在又．PC  2PM  2x m, MC  3x m 111 AC  AB  BC  AM  MC ，x  3x  600  400. x  500( 31)  AP  2 500( 31)  (500 6500 2)m 1∴点 A 处与点 P 处临皋亭之间的距离为 ．(500 6500 2)m 1BN  AP （2）过点 B作于点 ．N2ABN  45 在中， ．Rt△ABN AB 600  AN  BN  Rt△NP B  300 2m ．22NBP  P BA ABN  30 在中， ．222NB 300 2 NP  100 6m． 233． AP  AN  NP  (300 2100 6)m 22．PP  AP  AP  300 2100 6500 6 500 2 (800 2 400 6)m 1221∴点 P P 处遗爱亭之间的距离为 (800 2 400 6)m 1 处临亭与点 ．2【点睛】本题考查解直角三角形的应用，作出合适的辅助线，构造出直角三角形是解题的关键． 23. 已知：如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于 A，B 两点，与 y 轴正半轴交于点 C，与 x 轴负 1OB  5, tan DOB  半轴交于点 D， ．2（1）求反比例函数的解析式； 1S SOCD （2）当 时，求点 C 的坐标． ACO 22(0,2) y  【答案】（1） ；（2）点 C 的坐标为 x【解析】 【分析】 12tan DOB  （1）过点 B 作 轴于点 M，由 设 BM=x，MO=2x，由勾股定理求出 x 的值，得到点 BM  x B 的坐标，代入即可求解； y  kx  m ，将 B 点坐标代入 AB 的函 (0, m) （2）设点 C 的坐标为 ，则 m  0．设直线 AB 的解析式为： m 1 22m 2m 1 2y  x  m OD  x  m ，解得两个 x 的值，A 点的 数关系式，可得 ，令 y=0 得到 ，令 m 1 x21S SOCD 横坐标为 ，由 列出方程求解即可． ACO m 1 2【详解】解：（1）过点 B 作 轴于点 M，则 BM  x BM 1tan DOB  在设又RtMOB 中．2MO BM  x(x  0) ，则 MO  2x ．222．OB  5,OM  BM  OB (2x)2  x2  ( 5)2 ． x  0, 又x 1 ，(2,1) y  ∴点 B 的坐标是 2∴反比例的解析式为 ．xy  kx  m ．(0, m) （2）设点 C 的坐标为 ，则 m  0．设直线 AB 的解析式为： B(2,1) 又∵点 在直线 AB 上将点 B 的坐标代入直线解析式中， 2k  m  1 m 1 ．k  ．2m 1 2y  x  m ∴直线 AB 的解析式为： ．2m y  0 x   令，则 ．m 1 2m OD  ．m 1 m 1 22x  m x  2, x  令，解得 ．12x2m 1 x , x 经检验 2 都是原方程的解． 11s 又 sOCD ．ACO 211 1  CO x   COOD ．A22 2 OD  2xA ．2m 4．m 1 m 1 m  2 ．经检验， m  2 是原方程的解． (0,2) ∴点 C 的坐标为 ．【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合、分式方程、一元二次方程和解直角三角形，解题的关键是 熟练掌握反比例函数的图象和性质． 24. 网络销售已经成为一种热门的销售方式为了减少农产品的库存，我市市长亲自在某网络平台上进行直播 销售大别山牌板栗．为提高大家购买的积极性，直播时，板栗公司每天拿出 2000 元现金，作为红包发给购 y(kg) /kg /kg 买者．已知该板栗的成本价格为 6 元 ，每日销售量 与销售单价 x（元 ）满足关系式： /kg ．当每日销售量不低于 y  100x  5000 ．经销售发现，销售单价不低于成本价格且不高于 30 元 4000kg 时，每千克成本将降低 1 元设板栗公司销售该板栗的日获利为 W（元）． （1）请求出日获利 W 与销售单价 x 之间的函数关系式 （2）当销售单价定为多少时，销售这种板栗日获利最大？最大利润为多少元？ /kg(a  4) （3）当W  40000元时，网络平台将向板栗公可收取 a 元 的相关费用，若此时日获利的最大值 为 42100 元，求 a 的值． 2100x  5500x  27000(6  x 10) 100×2  5600x 32000(10  x  30) w  【答案】（1） ；（2）当销售单价定为 28 元时，日获利最大， 且最大为 46400 元；（3） 【解析】 a  2 【分析】 （1）首先根据题意求出自变量 x 的取值范围，然后再分别列出函数关系式即可； （2）对于（1）得到的两个函数关系式在其自变量取值范围内求出最大值，然后进行比较，即可得到结果； 2（3）先求出当 w  40000 ，即 时的销售单价，得当 100x  5600x 32000  40000 w  40000,20  x  36 w  (x  6  a)(100x  5000)  2000 ，从而 ，得 ，可知，当 20  x  30 11121w 42100 28 a  6  a 100 28 a  5000  2000  42100 x  28 a 时， 元，从而有 ，max 22解方程即可得到 a 的值． y  4000 【详解】解：（1）当 ，即 100x  5000  4000 ，．x 10 w  (x  6 1)(100x  5000)  2000 ∴当 时， 6≤ x≤10  100×2  5500x  27000 w  (x  6)(100x  5000)  2000 当10  x  30时， 2． 100x  5600x 32000 2100x  5500x  27000(6  x 10) 100×2  5600x 32000(10  x  30) w  2（2）当 时， ．6≤ x≤10 w  100x  5500x  27000 b5500 55 2x     10 ，∵对称轴为 2a 2(100) w 54000  2000 18000 ∴当 时， 元． ．x 10 max 2当10  x  30时， w  100x  5600x 32000 b5600 x      28 ，∵对称轴为 2a 2(100) w 222200  2000  46400 ∴当 时， 元． x  28 max 46400 18000 ∴综合得，当销售单价定为 28 元时，日获利最大，且最大为 46400 元． （3）40000 18000 ，210  x  30，则 ．w  100x  5600x 32000 2令w  40000 ，则 ．100x  5600x 32000  40000 x  20, x  36 解得： ．12在平面直角坐标系中画出 w 与 x 的数示意图． 观察示意图可知： w  40000,20  x  36 ．又10  x  30 ，20  x  30 ．w  (x  6  a)(100x  5000)  2000 1 100×2  (5600 100a)x 32000 5000a ．b5600 100a 2(100) 1x      28 a 对称轴为 2a 2a  4 ，1x  28 a  30 对称轴 ．21w 42100 x  28 a ∴当 时， 元． max 211 28 a  6  a 100 28 a  5000  2000  42100 222，a 88a 172  0 a  2,a  86 ．12又a  4 ，．a  2 【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程在销售问题中的应用，明确成本利润问题的基本数量关系及 二次函数的性质是解题的关键． 已知抛物线 y  ax2  bx  c与 x 轴交于点 ，点 A(1,0) B(3,0) C(0,3) ，与 y 轴交于点 ，顶点为点 25. D． （1）求抛物线的解析式； SACE : SCEB  3:5 ，求直线 CE 的解析式 （2）若过点 C 的直线交线段 AB 于点 E，且 （3）若点 P 在抛物线上，点 Q 在 x 轴上，当以点 D、C、P、Q 为顶点的四边形是平行四边形时，求点 P 的坐标； 45 8H 0, ,G(2,0) ，在抛物线对称轴上找一点 F，使 （4）已知点 的值最小此时，在抛物线上是 HF  AF 否存在一点 K，使 KF  KG 的值最小，若存在，求出点 K 的坐标；若不存在，请说明理由． 2y  6x  3 【答案】（1） ；（2） ；（3）点 P 的坐标为 ；（4）存在， y  x  2x  3 (1 5,1),(1 3,1) (2,3) 点 K 的坐标为 【解析】 【分析】 （1）由于点 A、B 为抛物线与 x 轴的交点，可设两点式求解；也可将 A、B、C 的坐标直接代入解析式中 利用待定系数法求解即可； （2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出 进而求得直线 CE 的解析式； ，求出 AE,根据点 A 坐标可解得点 E 坐标, AE : EB  3:5 DCPQ DCQP 为平行四边形时，根据平行 （3）分两种情况讨论①当四边形 为平行四边形时；②当四边形 四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答； （4）根据抛物线的对称性，AF=BF，则 HF+AF=HF+BF，当 H、F、B 共线时，HF+AF 值最小，求出此时 17 K x, y KF  y  SK//y ，过点 K 作直线 SK，使 轴， 点 F 的坐标，设 0 ，由勾股定理和抛物线方程得 00417 417 417 x0 , KS  y  且点 S的纵坐标为 ，则点 S 的坐标为 ，此时， ,∴KF+KG=KS+KG,当 S、K、G 04xy共线且平行 y 轴时，KF+KG 值最小，由点 G 坐标解得 0 ，代入抛物线方程中解得 0 ，即为所求 K 的坐 标． y = a(x – 3)(x +1) 【详解】解：（1）方法 1：设抛物线的解析式为 C(0,3) 1(0 3)a  3 a  1 将点 代入解析式中，则有 ．y  x2  2x 3  x2  2x  3 ∴抛物线的解析式为 ．三点抛物线的解析式为 y  ax2  bx  c ，A, B,C 方法二：∵经过 A(1,0), B(3,0),C(0,3) 将代入解析式中，则有 c  3 a  1 b  2 c  3  a b  c  0 ，解得： ，．9a  3b  c  0 2∴抛物线的解析式为 y  x  2x  3 SACE : SCEB  3:5 （2） ，1AE CO 3521．EBCO 2 AE : EB  3:5 ．3332 AE  AB  4  ．88321xE  1 ．21,0 E 的坐标为 ．2(0,3) ．又点的坐标为 C y  6x  3 直线 的解析式为 ．CE （3） y  x2  2x  3  (x 1)2  4 ．(1,4) ∴顶点 D 的坐标为 ．DCPQ ①当四边形 为平行四边形时，由 DQ∥CP，DQ=CP 得： yD  yQ  yC  y 4  0  3 y P ，即 ．P2 y  1 y  1 ．令 ．，则 ．x  2x  3  1 px 1 5 ∴点 P 的坐标为 ．(1 5,1) DCQP ②当四边形 为平行四边形时，由 CQ∥DP，CQ=DP 得： yc  yQ  yD  y 3 0  4  y p ，即 P2 y 1 y 1 ．令 ，则 ．x  2x  3 1 p．x 1 3 ∴点 P 的坐标为 ．(1 3,1) ∴综合得：点 P 的坐标为 (1 5,1),(1 3,1) （4）∵点 A 或点 B 关于对称轴 对称 x 1 ∴连接 与直线 交点即为 F 点． x 1 BH 45 0, (3,0) ，∵点 H 的坐标为 ，点 B的坐标为 815 y  x  45 8∴直线 BH 的解析式为： ．815 4y  令，则 ．x 1 15 41, 当点 F 的坐标为 时， 的值最小．11 分 HF  AF K x, y 设抛物线上存在一点 0 ，使得 FK  FG 的值最小． 0215 22则由勾股定理可得： ．KF  x 1  y  004又∵点 K 在抛物线上， 2 y  x 1  4 002 x 1  4  y0 代入上式中， 02215 417 KF2  4  y  y   y0  0  0417 KF  y0  ．417 4SK//y 如图，过点 K 作直线 SK，使 轴，且点 S的纵坐标为 ．17 4x0 , ∴点 S 的坐标为 ．17 4SK  y  则．017 17 17  y0  , y0   y0 444（两处绝对值化简或者不化简者正确．） KF  SK ．KF  KG  SK  KG S, K,G 当且仅当 三点在一条直线上，且该直线干行于 y 轴， FK  FG 的值最小． (2,0) 又∵点 G 的坐标为 ，x  2 y  3 ，将其代入抛物线解析式中可得： ．00(2,3) ∴当点 K 的坐标为 时， KF  KG 最小． 【点睛】本题主要考查了二次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、 求线段和的最小值（即将军饮马模型）等知识，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、 数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算． 本试卷的题干 0635