安徽省宣城市2019-2020学年中考第二次适应性考试数学试题含解析

安徽省宣城市2019-2020学年中考第二次适应性考试数学试题
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．在一次体育测试中，10名女生完成仰卧起坐的个数如下：38，52，47，46，50，50，61，72，45，48，则这10名女生仰卧起坐个数不少于50个的频率为()
A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6
2．分式
7
2
x
有意义，则x的取值范围是（）
A．x≠2B．x＝0 C．x≠﹣2 D．x＝﹣7
3．如图是由若干个小正方体组成的几何体从上面看到的图形，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，这个几何体从正面看到的图形是（）
A．B．C．D．
4．对于反比例函数y=﹣，下列说法不正确的是（）
A．图象分布在第二、四象限
B．当x＞0时，y随x的增大而增大
C．图象经过点（1，﹣2）
D．若点A（x1，y1），B（x2，y2）都在图象上，且x1＜x2，则y1＜y2
5．如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为O，点E、F、G、H分别为边AD、AB、BC、CD的中点．若AC=10，BD=6，则四边形EFGH的面积为（）
A．20 B．15 C．30 D．60
6．在“大家跳起来”的乡村学校舞蹈比赛中，某校10名学生参赛成绩统计如图所示．对于这10名学生的参赛成绩，下列说法中错误的是（）
A．众数是90 B．中位数是90 C．平均数是90 D．极差是15
7．如图，AB与⊙O相切于点A，BO与⊙O相交于点C，点D是优弧AC上一点，∠CDA＝27°，则∠B 的大小是（）
A．27°B．34°C．36°D．54°
8．下列运算正确的是（）
A．5ab﹣ab=4 B．a6÷a2=a4
C．112
a b ab
+=D．（a2b）3=a5b3
9．人的头发直径约为0.00007m，这个数据用科学记数法表示（）
A．0.7×10﹣4B．7×10﹣5C．0.7×104D．7×105
10．如图，点A、B在数轴上表示的数的绝对值相等，且AB4
=，那么点A表示的数是()
A．3-B．2-C．1-D．3
11．如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ACB的角平分线分别交AB，BD于M，N 两点．若AM＝2，则线段ON的长为( )
A．
2
2
B．
3
C．1 D
6
12．如图是反比例函数
k
y
x
=（k为常数，k≠0）的图象，则一次函数y kx k
=-的图象大致是（）
A．B．C．D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．化简3m﹣2（m﹣n）的结果为_____．
14．长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为14，面积为10，则a2b+ab2的值为_____．
15．按照神舟号飞船环境控制与生命保障分系统的设计指标，“神舟”五号飞船返回舱的温度为21℃±4℃.该返回舱的最高温度为________℃．
16．（11·湖州）如图，已知A、B是反比例函数（k＞0，x＜0）图象上的两
点，BC∥x轴，交y轴于点C．动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C（图中“→”
所示路线）匀速运动，终点为C．过P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别为M、N．设四
边形OMPN的面积为S，P点运动时间为t，则S关于t的函数图象大致为
17．如图，已知点E是菱形ABCD的AD边上的一点，连接BE、CE，M、N分别是BE、CE的中点，连接MN，若∠A=60°，AB=4，则四边形BCNM的面积为_____．
18．已知点M（1，2）在反比例函数的图象上，则k＝____．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）据城市速递报道，我市一辆高为2.5米的客车，卡在快速路引桥上高为2.55米的限高杆的上端，已知引桥的坡角∠ABC为14°，请结合示意图，用你学过的知识通过数据说明客车不能通过的原因．（参考数据：sin14°=0.24，cos14°=0.97，tan14°=0.25）
20．（6分）阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手
拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC ＝∠DAE ，AB ＝AC ，AD ＝AE ，则BD ＝CE ．
(1)在图1中证明小胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：
(2)如图2，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，求证：AD+CD ＝BD ；
(3)如图3，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝m°，点E 为△ABC 外一点，点D 为BC 中点，
∠EBC ＝∠ACF ，ED ⊥FD ，求∠EAF 的度数（用含有m 的式子表示）．
21．（6分）抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴正半轴交于点
C ．
（1）如图1，若A （－1，0），B （3，0），
① 求抛物线2y x bx c =-++的解析式；
② P 为抛物线上一点，连接AC ，PC ，若∠PCO=3∠ACO ，求点P 的横坐标；
（2）如图2，D 为x 轴下方抛物线上一点，连DA ，DB ，若∠BDA+2∠BAD=90°，求点D 的纵坐标.
22．（8分）规定：不相交的两个函数图象在竖直方向上的最短距离为这两个函数的“亲近距离” （1）求抛物线y ＝x 2﹣2x+3与x 轴的“亲近距离”；
（2）在探究问题：求抛物线y ＝x 2﹣2x+3与直线y ＝x ﹣1的“亲近距离”的过程中，有人提出：过抛物线的顶点向x 轴作垂线与直线相交，则该问题的“亲近距离”一定是抛物线顶点与交点之间的距离，你同意他的看法吗？请说明理由．
（3）若抛物线y ＝x 2﹣2x+3与抛物线y ＝214x +c 的“亲近距离”为23，求c 的值． 23．（8分）如图，已知抛物线y=13
x 2+bx+c 经过△ABC 的三个顶点，其中点A （0，1），点B （﹣9，10），AC ∥x 轴，点P 是直线AC 下方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P 且与y 轴平行的直线l 与直线AB 、AC 分别交于点E 、F ，当四边形AECP 的面积最大时，求点P 的坐标；
（3）当点P 为抛物线的顶点时，在直线AC 上是否存在点Q ，使得以C 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABC 相似，若存在，求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，△ABC 的三个顶点坐标分别为A （1，1），B （4，0），C （4，4）．按下列要求作图：
①将△ABC 向左平移4个单位，得到△A 1B 1C 1；
②将△A 1B 1C 1绕点B 1逆时针旋转90°，得到△A 1B 1C 1．求点C 1在旋转过程中所经过的路径长．
25．（10分）“分组合作学习”已成为推动课堂教学改革，打造自主高效课堂的重要措施.某中学从全校学生中随机抽取部分学生对“分组合作学习”实施后的学习兴趣情况进行调查分析，统计图如下：
请结合图中信息解答下列问题：求出随机抽取调查的学生人数；补全分组后学生学习兴趣的条形统计图；分组后学生学习兴趣为“中”的所占的百分比和对应扇形的圆心角.
26．（12分）已知关于x的方程220
x ax a
++-=.当该方程的一个根为1时，求a的值及该方程的另一根；求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根.
27．（12分）已知：在△ABC中，AC=BC，D，E，F分别是AB，AC，CB的中点.
求证：四边形DECF是菱形.
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．C
【解析】
【分析】
用仰卧起坐个数不少于10个的频数除以女生总人数10计算即可得解．
【详解】
仰卧起坐个数不少于10个的有12、10、10、61、72共1个，
所以，频率=
5
10
=0.1．
故选C．【点睛】
本题考查了频数与频率，频率=
频数
数据总和
．
2．A 【解析】【分析】
直接利用分式有意义则分母不为零进而得出答案．【详解】
解：分式
7
2
x
有意义，
则x﹣1≠0，
解得：x≠1．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握分式的定义是解题关键．当分母不等于零时，分式有意义；当分母等于零时，分式无意义.分式是否有意义与分子的取值无关.
3．C
【解析】
【分析】
先根据俯视图判断出几何体的形状，再根据主视图是从正面看画出图形即可．
【详解】
解：由俯视图可知，几何体共有两排，前面一排从左到右分别是1个和2个小正方体搭成两个长方体，后面一排分别有2个、3个、1个小正方体搭成三个长方体，
并且这两排右齐，故从正面看到的视图为：
．
故选：C．
【点睛】
本题考查几何体三视图，熟记三视图的概念并判断出物体的排列方式是解题的关键．
4．D
【解析】
【分析】
根据反比例函数图象的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】
A. k=−2<0，∴它的图象在第二、四象限，故本选项正确；
B. k=−2<0，当x>0时，y随x的增大而增大，故本选项正确；
C.∵,∴点(1,−2)在它的图象上，故本选项正确；
D. 若点A（x1，y1），B（x2，y2）都在图象上，,若x1<0< x2,则y2<y1，故本选项错误.
考查了反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数的性质是解题的关键.
5．B
【解析】
【分析】
有一个角是直角的平行四边形是矩形．利用中位线定理可得出四边形EFGH是矩形，根据矩形的面积公式解答即可．
【详解】
∵点E、F分别为四边形ABCD的边AD、AB的中点，
∴EF∥BD，且EF=1
2
BD=1．
同理求得EH∥AC∥GF，且EH=GF=1
2
AC=5，
又∵AC⊥BD，
∴EF∥GH，FG∥HE且EF⊥FG．
四边形EFGH是矩形．
∴四边形EFGH的面积=EF•EH=1×5=2，即四边形EFGH的面积是2．
故选B．
【点睛】
本题考查的是中点四边形．解题时，利用了矩形的判定以及矩形的定理，矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）有三个角是直角的四边形是矩形；
（1）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
6．C
【解析】
【分析】
由统计图中提供的数据，根据众数、中位数、平均数、极差的定义分别列出算式，求出答案：【详解】
解：∵90出现了5次，出现的次数最多，∴众数是90；
∵共有10个数，∴中位数是第5、6个数的平均数，∴中位数是（90+90）÷2=90；
∵平均数是（80×1+85×2+90×5+95×2）÷10=89；
极差是：95﹣80=1．
∴错误的是C．故选C．
7．C
由切线的性质可知∠OAB=90°，由圆周角定理可知∠BOA=54°，根据直角三角形两锐角互余可知∠B=36°．
【详解】
解：∵AB 与⊙O 相切于点A ，
∴OA ⊥BA ．
∴∠OAB=90°．
∵∠CDA=27°，
∴∠BOA=54°．
∴∠B=90°-54°=36°．
故选C ．
考点：切线的性质．
8．B
【解析】
【分析】
由整数指数幂和分式的运算的法则计算可得答案.
【详解】
A 项, 根据单项式的减法法则可得:5ab-ab=4ab,故A 项错误;
B 项, 根据“同底数幂相除,底数不变,指数相减”可得: a 6÷a 2=a 4，故B 项正确;
C 项,根据分式的加法法则可得:11a b a b ab
++=,故C 项错误; D 项, 根据 “积的乘方等于乘方的积” 可得:2363()a b a b =,故D 项错误;
故本题正确答案为B.
【点睛】
幂的运算法则:
(1) 同底数幂的乘法: ·m n m n a a a +=(m 、n 都是正整数)
(2)幂的乘方:()m n mn a a =(m 、n 都是正整数)
(3)积的乘方:()n n n ab a b = (n 是正整数)
(4)同底数幂的除法:m n m n a a a -÷=(a≠0,m 、n 都是正整数,且m>n)
(5)零次幂:01a =(a≠0)
(6) 负整数次幂: 1p p a
a
-=(a≠0, p 是正整数). 9．B
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n ，与较大数的科学记数法不同的是其
所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
解：0.00007m ，这个数据用科学记数法表示7×
10﹣1． 故选：B ．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×
10﹣n ，其中1≤|a|＜10，n 为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
10．B
【解析】
【分析】
如果点A ，B 表示的数的绝对值相等，那么AB 的中点即为坐标原点．
【详解】
解：如图，AB 的中点即数轴的原点O ．
根据数轴可以得到点A 表示的数是2 ．
故选：B ．
【点睛】
此题考查了数轴有关内容，用几何方法借助数轴来求解，非常直观，体现了数形结合的优点.确定数轴的原点是解决本题的关键．
11．C
【解析】
【分析】
作MH ⊥AC 于H ，如图，根据正方形的性质得∠MAH=45°，则△AMH 为等腰直角三角形，所以
，再根据角平分线性质得，则，于是利用正方形的性质
得到+2，OC=12+1，所以△CON ∽△CHM ，再利用相似比可计算出ON 的长．
【详解】
试题分析：作MH ⊥AC 于H ，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAH=45°，
∴△AMH为等腰直角三角形，
∴AH=MH=
2
2
AM=
2
2
×2，
∵CM平分∠ACB，
∴2，
∴2，
∴22（2）2，
∴OC=1
2
2+1，CH=AC﹣2+222，
∵BD⊥AC，
∴ON∥MH，
∴△CON∽△CHM，
∴ON OC
MH CH
=
21
222
+
=
+
∴ON=1．
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了角平分线的性质和正方形的性质．
12．B
【解析】
根据图示知,反比例函数
k
y
x
=的图象位于第一、三象限，
∴k>0，
∴一次函数y=kx−k的图象与y轴的交点在y轴的负半轴，且该一次函数在定义域内是增函数，∴一次函数y=kx−k的图象经过第一、三、四象限；
故选：B.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．m+2n
【解析】分析：先去括号，再合并同类项即可得．
详解：原式=3m-2m+2n=m+2n，
故答案为：m+2n．
点睛：本题主要考查整式的加减，解题的关键是掌握去括号与合并同类项的法则．
14．1．
【解析】
【分析】
由周长和面积可分别求得a+b和ab的值，再利用因式分解把所求代数式可化为ab（a+b），代入可求得答案
【详解】
∵长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为14，面积为10，
∴a+b=14
2
=7，ab=10，
∴a2b+ab2=ab（a+b）=10×7=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查因式分解的应用，把所求代数式化为ab（a+b）是解题的关键．
15．17℃．
【解析】
【分析】
根据返回舱的温度为21℃±4℃，可知最高温度为21℃+4℃；最低温度为21℃-4℃．
【详解】
解：返回舱的最高温度为：21+4=25℃；
返回舱的最低温度为：21-4=17℃；
故答案为：17℃．
【点睛】
本题考查正数和负数的意义．±4℃指的是比21℃高于4℃或低于4℃．
16．A
【解析】
试题分析：①当点P在OA上运动时，OP=t，S=OM•PM=tcosα•tsinα，α角度固定，因此S是以y轴为对称轴的二次函数，开口向上；
②当点P在AB上运动时，设P点坐标为（x，y），则S=xy=k，为定值，故B、D选项错误；
③当点P在BC上运动时，S随t的增大而逐渐减小，故C选项错误．故选A．
考点：1.反比例函数综合题；2.动点问题的函数图象．
17．33
【解析】
【分析】
如图，连接BD．首先证明△BCD是等边三角形，推出S△EBC=S△DBC=
3
×42=43，再证明
△EMN∽△EBC，可得EMN
EBC
S
S
∆
∆
=（
MN
BC
）2=
1
4
，推出S△EMN=3，由此即可解决问题.
【详解】
解：如图，连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠BCD=60°，AD∥BC，
∴△BCD是等边三角形，
∴S△EBC=S△DBC=
3
4
×423，
∵EM=MB，EN=NC，
∴MN∥BC，MN=
1
2
BC，
∴△EMN∽△EBC，
∴EMN
EBC
S
S
∆
∆
=（
MN
BC
）2=
1
4
，
∴S△EMN3
∴S阴333
故答案为33．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
18．-2
【解析】
=1×（-2）=-2
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．客车不能通过限高杆，理由见解析
【解析】
【分析】
根据DE⊥BC，DF⊥AB，得到∠EDF=∠ABC=14°．在Rt△EDF中，根据cos∠EDF=DF
DE
，求出DF的
值，即可判断.
【详解】
∵DE⊥BC，DF⊥AB，
∴∠EDF=∠ABC=14°．
在Rt△EDF中，∠DFE=90°，
∵cos∠EDF=DF DE
，
∴DF=DE•cos∠EDF=2.55×cos14°≈2.55×0.97≈2.1．
∵限高杆顶端到桥面的距离DF为2.1米，小于客车高2.5米，∴客车不能通过限高杆．
【点睛】
考查解直角三角形，选择合适的锐角三角函数是解题的关键.
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =1
2 m°.
【解析】
分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；
（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE
即可解决问题；
（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠
FAG=12
m°. 详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE ，
∴∠DAB=∠EAC ，
在△DAB 和△EAC 中，
AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△DAB ≌△EAC ，
∴BD=EC ．
（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．
∵DB=DE ，∠BDC=60°，
∴△BDE 是等边三角形，
∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE ，
∵AB=BC ，
∴△ABD ≌△CBE ，
∴AD=EC ，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC，
∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，
∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG，
∴∠EAF=∠FAG=1
2 m°．
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
21．（1）①y=-x2+2x+3②35
13
（2）-1
【解析】
分析：（1）①把A 、B 的坐标代入解析式，解方程组即可得到结论；
②延长CP 交x 轴于点E ，在x 轴上取点D 使CD=CA ，作EN ⊥CD 交CD 的延长线于N ．由CD=CA ，OC ⊥AD ，得到∠DCO=∠ACO ．由∠PCO=3∠ACO ，得到∠ACD=∠ECD ，从而有tan ∠ACD=tan ∠ECD ， AI EN CI CN =，即可得出AI 、CI
的长，进而得到34
AI EN CI CN ==．设EN=3x ，则CN=4x ，由tan ∠CDO=tan ∠EDN ，得到31
EN OC DN OD ==，故设DN=x ，则CD=CN-DN=3x=10，解方程即可得出E 的坐标，进而求出CE 的直线解析式，联立解方程组即可得到结论； （2）作DI ⊥x 轴，垂足为I ．可以证明△EBD ∽△DBC ，由相似三角形对应边成比例得到BI ID ID AI =， 即D B D D D A x x y y x x --=--，整理得()22D D A B D A B y x x x x x x =-++．令y=0，得：20x bx c -++=． 故A B A B x x b x x c +==-，，从而得到22D D D y x bx c =--．由2D D D y x bx c =-++，得到2D D y y =-，
解方程即可得到结论．
详解：（1）①把A （－1，0），B （3，0）代入2
y x bx c =-++得： 10930b c b c --+=⎧⎨-++=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩
， ∴223y x x =-++
②延长CP 交x 轴于点E ，在x 轴上取点D 使CD=CA ，作EN ⊥CD 交CD 的延长线于N ．
∵CD=CA ，OC ⊥AD ，∴ ∠DCO=∠ACO ．
∵∠PCO=3∠ACO ，∴∠ACD=∠ECD ，∴tan ∠ACD=tan ∠ECD ，
∴AI EN CI CN
=，AI=10AD OC CD ⨯= ∴2210CA AI -=，∴34
AI EN CI CN ==． 设EN=3x ，则CN=4x ．
∵tan ∠CDO=tan ∠EDN ，
∴31
EN OC DN OD ==，∴DN=x ，∴10，
∴
10
3
x=，∴DE=
10
3
，E(
13
3
，0)．
CE的直线解析式为：
9
3
13
y x
=-+，
2
13
3
9
23
y x
y x x
⎧
=-+
⎪
⎨
⎪=-++
⎩
2
9
233
13
x x x
-++=-+，解得：
12
35
13
x x
==
，．
点P的横坐标
35
13
．
（2）作DI⊥x轴，垂足为I．
∵∠BDA+2∠BAD=90°，∴∠DBI+∠BAD=90°．
∵∠BDI+∠DBI=90°，∴∠BAD=∠BDI．
∵∠BID=∠DIA，∴△EBD∽△DBC，∴
BI ID
ID AI
=，
∴D B D
D D A
x x y
y x x
--
=
--，
∴()
22
D D A B D A B
y x x x x x x
=-++．
令y=0，得：20
x bx c
-++=．
∴
A B A B
x x b x x c
+==-
，，∴()
222
D D A B D A B D D
y x x x x x x x bx c
=-++=--．
∵2
D D D
y x bx c
=-++，
∴2
D D
y y
=-，
解得：y D=0或－1．
∵D为x轴下方一点，
∴1
D
y=-，
∴D的纵坐标－1 ．
点睛：本题是二次函数的综合题．考查了二次函数解析式、性质，相似三角形的判定与性质，根与系数的关系．综合性比较强，难度较大．
22．（1）2；（2）不同意他的看法，理由详见解析；（3）c ＝1．
【解析】
【分析】
(1)把y=x 2﹣2x+3配成顶点式得到抛物线上的点到x 轴的最短距离，然后根据题意解决问题；
(2)如图，P 点为抛物线y=x 2﹣2x+3任意一点，作PQ ∥y 轴交直线y=x ﹣1于Q ，设P(t ，t 2﹣2t+3)，则Q(t ，t ﹣1)，则PQ=t 2﹣2t+3﹣(t ﹣1)，然后利用二次函数的性质得到抛物线y=x 2﹣2x+3与直线y=x ﹣1的“亲近距离”，然后对他的看法进行判断；
(3)M 点为抛物线y=x 2﹣2x+3任意一点，作MN ∥y 轴交抛物线214y x c =+于N ，设M(t ，t 2﹣2t+3)，则N(t ，14t 2+c)，与(2)方法一样得到MN 的最小值为53﹣c ，从而得到抛物线y=x 2﹣2x+3与抛物线214
y x c =+的“亲近距离”，所以5233c =﹣，然后解方程即可． 【详解】
(1)∵y=x 2﹣2x+3=(x ﹣1)2+2，
∴抛物线上的点到x 轴的最短距离为2，
∴抛物线y=x 2﹣2x+3与x 轴的“亲近距离”为：2；
(2)不同意他的看法．理由如下：
如图，P 点为抛物线y=x 2﹣2x+3任意一点，作PQ ∥y 轴交直线y=x ﹣1于Q ，
设P(t ，t 2﹣2t+3)，则Q(t ，t ﹣1)，
∴PQ=t 2﹣2t+3﹣(t ﹣1)=t 2﹣3t+4=(t ﹣
32)2+74
， 当t=32时，PQ 有最小值，最小值为74， ∴抛物线y=x 2﹣2x+3与直线y=x ﹣1的“亲近距离”为74
， 而过抛物线的顶点向x 轴作垂线与直线相交，抛物线顶点与交点之间的距离为2，
∴不同意他的看法；
(3)M 点为抛物线y=x 2﹣2x+3任意一点，作MN ∥y 轴交抛物线214
y x c =+于N ，
设M(t ，t 2﹣2t+3)，则N(t ，
14t 2+c)， ∴MN=t 2﹣2t+3﹣(14t 2+c)=34t 2﹣2t+3﹣c=34(t ﹣43)2+53
﹣c ， 当t=43时，MN 有最小值，最小值为53
﹣c ， ∴抛物线y=x 2﹣2x+3与抛物线214y x c =+的“亲近距离”为53
﹣c ， ∴5233
c =﹣， ∴c=1．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，正确理解新定义是解题的关键．
23． (1) 抛物线的解析式为y=
13x 2-2x+1，(2) 四边形AECP 的面积的最大值是814，点P （92，﹣54）；(3) Q （4,1）或（-3，1）.
【解析】
【分析】
(1)把点A ，B 的坐标代入抛物线的解析式中，求b ，c ；(2)设P(m ，13
m 2−2m ＋1)，根据S 四边形AECP ＝S △AEC ＋S △APC ，把S 四边形AECP 用含m 式子表示，根据二次函数的性质求解；(3)设Q(t ，1)，分别求出点A ，B ，C ，P 的坐标，求出AB ，BC ，CA ；用含t 的式子表示出PQ ，CQ ，判断出∠BAC ＝∠PCA ＝45°，则要分两种情况讨论，根据相似三角形的对应边成比例求t.
【详解】
解：(1)将A(0，1)，B(9，10)代入函数解析式得： 13
×81＋9b ＋c ＝10，c ＝1，解得b ＝−2，c ＝1， 所以抛物线的解析式y ＝13
x 2−2x ＋1； (2)∵AC ∥x 轴，A(0，1)， ∴13
x 2−2x ＋1＝1，解得x 1＝6，x 2＝0(舍)，即C 点坐标为(6，1)， ∵点A(0，1)，点B(9，10)，
∴直线AB的解析式为y＝x＋1，设P(m，1
3
m2−2m＋1)，∴E(m，m＋1)，
∴PE＝m＋1−(1
3
m2−2m＋1)＝−
1
3
m2＋3m.
∵AC⊥PE，AC＝6，
∴S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC＝1
2
AC⋅EF＋
1
2
AC⋅PF
＝1
2
AC⋅(EF＋PF)＝
1
2
AC⋅EP
＝1
2
×6(−
1
3
m2＋3m)＝−m2＋9m.
∵0<m<6，
∴当m＝9
2
时，四边形AECP的面积最大值是
81
4
，此时P(
95
24
，)；
(3)∵y＝1
3
x2−2x＋1＝
1
3
(x−3)2−2，
P(3，−2)，PF＝y F−y p＝3，CF＝x F−x C＝3，
∴PF＝CF，∴∠PCF＝45∘，
同理可得∠EAF＝45∘，∴∠PCF＝∠EAF，
∴在直线AC上存在满足条件的点Q，
设Q(t，1)且AB＝92，AC＝6，CP＝32，
∵以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
①当△CPQ∽△ABC时，
CQ:AC＝CP:AB，(6−t):6＝32:92，解得t＝4，所以Q(4，1)；
②当△CQP∽△ABC时，
CQ:AB＝CP:AC，(6−t):9232:
＝6，解得t＝−3，所以Q(−3，1).
综上所述：当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上存在点Q，使得以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC 相似，Q点的坐标为(4，1)或(−3，1).
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二
次函数，又利用了二次函数的性质，平行于坐标轴的直线上两点间的距离是较大的坐标减较小的坐标；
解（3）的关键是利用相似三角形的性质的出关于CQ的比例，要分类讨论，以防遗漏．
24．（1）①见解析；②见解析；（1）1π．
【解析】
【分析】
（1）①利用点平移的坐标规律，分别画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点可得△A1B1C1；
②利用网格特点和旋转的性质，分别画出点A1、B1、C1的对应点A1、B1、C1即可；
（1）根据弧长公式计算．
【详解】
（1）①如图，△A1B1C1为所作；
②如图，△A1B1C1为所作；
（1）点C1在旋转过程中所经过的路径长＝904
2 180
π
π
⨯
=
【点睛】
本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移的性质．
25．（1）200人；（2）补图见解析；（3）分组后学生学习兴趣为“中”的所占的百分比为30%；对应扇形的圆心角为108°.
【解析】
试题分析：（1）用“极高”的人数÷所占的百分比，即可解答；
（2）求出“高”的人数，即可补全统计图；
（3）用“中”的人数÷调查的学生人数，即可得到所占的百分比，所占的百分比360,
⨯o即可求出对应的扇形圆心角的度数.
试题解析：()15025%200
÷=(人).
()2学生学习兴趣为“高”的人数为：20050602070
---=(人).
补全统计图如下
:
()3分组后学生学习兴趣为“中”的所占的百分比为：60100%30%.200⨯= 学生学习兴趣为“中”对应扇形的圆心角为：30%360108.
⨯=o o 26．（1）
12
，32-；（2）证明见解析. 【解析】 试题分析：（1）根据一元二次方程根与系数的关系列方程组求解即可. （2）要证方程都有两个不相等的实数根，只要证明根的判别式大于0即可.
试题解析：（1）设方程的另一根为x 1，
∵该方程的一个根为1，∴1111{211a x a x +=--⋅=.解得132{12
x a =-=. ∴a 的值为12
，该方程的另一根为32-. （2）∵()()222241248444240a a a a a a a ∆=-⋅⋅-=-+=-++=-+>，
∴不论a 取何实数，该方程都有两个不相等的实数根.
考点：1.一元二次方程根与系数的关系；2. 一元二次方程根根的判别式；3.配方法的应用. 27．见解析
【解析】
【详解】
证明：∵D 、E 是AB 、AC 的中点
∴DE=BC ，EC=AC
∵D 、F 是AB 、BC 的中点
∴DF=AC ，FC=BC
∴DE=FC=BC ，EC=DF=AC
∵AC=BC
∴DE=EC=FC=DF
∴四边形DECF是菱形。