2022年浙江省金華市義烏市達標名校中考五模數(shù)學試題含解析

2022年浙江省金華市義烏市達標名校中考五模數(shù)學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，連接CD，若⊙O的半徑r=5，AC=53，則∠B的度數(shù)是（

）A．30°B．45°C．50°D．60°2．如果關于x的方程x2﹣x+1=0有實數(shù)根，那么k的取值范圍是（）A．k＞0 B．k≥0 C．k＞4 D．k≥43．如圖，在ABCD中，E為CD上一點，連接AE、BD，且AE、BD交于點F，DE：EC=2:3，則S△DEF:S△ABF=（）A．2：3 B．4：9 C．2：5 D．4：254．有兩組數(shù)據(jù)，A組數(shù)據(jù)為2、3、4、5、6；B組數(shù)據(jù)為1、7、3、0、9，這兩組數(shù)據(jù)的（）A．中位數(shù)相等B．平均數(shù)不同C．A組數(shù)據(jù)方差更大D．B組數(shù)據(jù)方差更大5．1﹣的相反數(shù)是（）A．1﹣ B．﹣1 C． D．﹣16．一次函數(shù)的圖象上有點和點，且，下列敘述正確的是A．若該函數(shù)圖象交y軸于正半軸，則B．該函數(shù)圖象必經過點C．無論m為何值，該函數(shù)圖象一定過第四象限D．該函數(shù)圖象向上平移一個單位后，會與x軸正半軸有交點7．定義：若點P（a，b）在函數(shù)y=1x的圖象上，將以a為二次項系數(shù)，b為一次項系數(shù)構造的二次函數(shù)y=ax2+bx稱為函數(shù)y=1x的一個“派生函數(shù)”．例如：點（2，12）在函數(shù)y=1x的圖象上，則函數(shù)y=2x2+（1）存在函數(shù)y=1x（2）函數(shù)y=1xA．命題（1）與命題（2）都是真命題B．命題（1）與命題（2）都是假命題C．命題（1）是假命題，命題（2）是真命題D．命題（1）是真命題，命題（2）是假命題8．如圖，將四根長度相等的細木條首尾相連，用釘子釘成四邊形，轉動這個四邊形，使它形狀改變，當，時，等于（）A． B． C． D．9．下列各數(shù)3.1415926，，，，，中，無理數(shù)有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個10．如圖，點P是菱形ABCD邊上的一動點，它從點A出發(fā)沿在A→B→C→D路徑勻速運動到點D，設△PAD的面積為y，P點的運動時間為x，則y關于x的函數(shù)圖象大致為（）A．B．C．D．11．射擊訓練中，甲、乙、丙、丁四人每人射擊10次，平均環(huán)數(shù)均為8.7環(huán)，方差分別為，，，，則四人中成績最穩(wěn)定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁12．如圖，直線AB與?MNPQ的四邊所在直線分別交于A、B、C、D，則圖中的相似三角形有（）A．4對B．5對C．6對D．7對二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13．如圖，在扇形AOB中∠AOB=90°，正方形CDEF的頂點C是弧AB的中點，點D在OB上，點E在OB的延長線上，當扇形AOB的半徑為2時，陰影部分的面積為__________．14．在平面直角坐標系中，點P到軸的距離為1，到軸的距離為2.寫出一個符合條件的點P的坐標________________.15．如圖，在邊長為3的正方形ABCD中，點E是BC邊上的點，EC=2，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分線CP于點P，則PC的長為_____．16．如圖，從一塊直徑是8m的圓形鐵皮上剪出一個圓心角為90°的扇形，將剪下的扇形圍成一個圓錐，圓錐的高是_________m．17．因式分解：（a+1）（a﹣1）﹣2a+2＝_____．18．新定義[a，b]為一次函數(shù)（其中a≠0，且a，b為實數(shù)）的“關聯(lián)數(shù)”，若“關聯(lián)數(shù)”[3，m+2]所對應的一次函數(shù)是正比例函數(shù)，則關于x的方程1x-1+1三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19．（6分）計算：.20．（6分）天水某公交公司將淘汰某一條線路上“冒黑煙”較嚴重的公交車，計劃購買A型和B型兩行環(huán)保節(jié)能公交車共10輛，若購買A型公交車1輛，B型公交車2輛，共需400萬元；若購買A型公交車2輛，B型公交車1輛，共需350萬元，求購買A型和B型公交車每輛各需多少萬元？預計在該條線路上A型和B型公交車每輛年均載客量分別為60萬人次和100萬人次．若該公司購買A型和B型公交車的總費用不超過1220萬元，且確保這10輛公交車在該線路的年均載客量總和不少于650萬人次，則該公司有哪幾種購車方案？哪種購車方案總費用最少？最少總費用是多少？21．（6分）如圖,直線與第一象限的一支雙曲線交于A、B兩點,A在B的左邊.(1)若=4,B(3,1),求直線及雙曲線的解析式：并直接寫出不等式的解集；(2)若A(1,3),第三象限的雙曲線上有一點C,接AC、BC,設直線BC解析式為；當AC⊥AB時,求證：k為定值.22．（8分）綜合與實踐﹣﹣旋轉中的數(shù)學問題背景：在一次綜合實踐活動課上，同學們以兩個矩形為對象，研究相似矩形旋轉中的問題：已知矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，它們各自對角線的交點重合于點O，連接AA′，CC′．請你幫他們解決下列問題：觀察發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，若A′B′∥AB，則AA′與CC′的數(shù)量關系是______；操作探究：（2）將圖1中的矩形ABCD保持不動，矩形A′B′C′D′繞點O逆時針旋轉角度α（0°＜α≤90°），如圖2，在矩形A′B′C′D′旋轉的過程中，（1）中的結論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；操作計算：（3）如圖3，在（2）的條件下，當矩形A′B′C′D′繞點O旋轉至AA′⊥A′D′時，若AB=6，BC=8，A′B′=3，求AA′的長．23．（8分）畫出二次函數(shù)y＝(x﹣1)2的圖象．24．（10分）如圖1,點和矩形的邊都在直線上,以點為圓心,以24為半徑作半圓,分別交直線于兩點.已知:,,矩形自右向左在直線上平移,當點到達點時,矩形停止運動.在平移過程中,設矩形對角線與半圓的交點為(點為半圓上遠離點的交點).如圖2，若與半圓相切，求的值；如圖3，當與半圓有兩個交點時，求線段的取值范圍；若線段的長為20，直接寫出此時的值.25．（10分）已知：△ABC在坐標平面內，三個頂點的坐標分別為A（0，3），B（3，4），C（2，2）.（正方形網格中，每個小正方形的邊長是1個單位長度）畫出△ABC向下平移4個單位得到的△A1B1C1，并直接寫出C1點的坐標；以點B為位似中心，在網格中畫出△A2BC2，使△A2BC2與△ABC位似，且位似比為2︰1，并直接寫出C2點的坐標及△A2BC2的面積．26．（12分）如圖，點E、F在BC上，BE=CF，AB=DC，∠B=∠C，AF與DE交于點G，求證：GE=GF．27．（12分）如圖1，拋物線y=ax2+bx+4過A（2，0）、B（4，0）兩點，交y軸于點C，過點C作x軸的平行線與拋物線上的另一個交點為D，連接AC、BC．點P是該拋物線上一動點，設點P的橫坐標為m（m＞4）．（1）求該拋物線的表達式和∠ACB的正切值；（2）如圖2，若∠ACP=45°，求m的值；（3）如圖3，過點A、P的直線與y軸于點N，過點P作PM⊥CD，垂足為M，直線MN與x軸交于點Q，試判斷四邊形ADMQ的形狀，并說明理由．

參考答案一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1、D【解析】根據(jù)圓周角定理的推論，得∠B=∠D．根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，得∠ACD=90°．

在直角三角形ACD中求出∠D．則sinD=AC∠D=60°∠B=∠D=60°．故選D．“點睛”此題綜合運用了圓周角定理的推論以及銳角三角函數(shù)的定義，解答時要找準直角三角形的對應邊．2、D【解析】

由被開方數(shù)非負結合根的判別式△≥0，即可得出關于k的一元一次不等式組，解之即可得出k的取值范圍．【詳解】∵關于x的方程x2-x+1=0有實數(shù)根，∴，解得：k≥1．故選D．【點睛】本題考查了根的判別式，牢記“當△≥0時，方程有實數(shù)根”是解題的關鍵．3、D【解析】試題分析：先根據(jù)平行四邊形的性質及相似三角形的判定定理得出△DEF∽△BAF，從而DE：AB=DE：DC=2：5，所以S△DEF:S△ABF=4：25試題解析:∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，BA=DC∴∠EAB=∠DEF，∠AFB=∠DFE，∴△DEF∽△BAF，∴DE：AB=DE：DC=2：5，∴S△DEF：S△ABF=4：25，考點：1.相似三角形的判定與性質；2.三角形的面積；3.平行四邊形的性質．4、D【解析】

分別求出兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)、平均數(shù)、方差，比較即可得出答案.【詳解】A組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是：4，平均數(shù)是：(2+3+4+5+6)÷5=4，方差是：[(2-4)2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2+(6-4)2]÷5=2;B組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是：3，平均數(shù)是：(1+7+3+0+9)÷5=4，方差是：[(1-4)2+(7-4)2+(3-4)2+(0-4)2+(9-4)2]÷5=12;∴兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)不相等，平均數(shù)相等，B組方差更大.故選D.【點睛】本題考查了中位數(shù)、平均數(shù)、方差的計算，熟練掌握中位數(shù)、平均數(shù)、方差的計算方法是解答本題的關鍵.5、B【解析】

根據(jù)相反數(shù)的的定義解答即可.【詳解】根據(jù)a的相反數(shù)為-a即可得，1﹣的相反數(shù)是﹣1.故選B.【點睛】本題考查了相反數(shù)的定義，熟知相反數(shù)的定義是解決問題的關鍵.6、B【解析】

利用一次函數(shù)的性質逐一進行判斷后即可得到正確的結論．【詳解】解：一次函數(shù)的圖象與y軸的交點在y軸的正半軸上，則，，若，則，故A錯誤；

把代入得，，則該函數(shù)圖象必經過點，故B正確；

當時，，，函數(shù)圖象過一二三象限，不過第四象限，故C錯誤；

函數(shù)圖象向上平移一個單位后，函數(shù)變?yōu)?，所以當時，，故函數(shù)圖象向上平移一個單位后，會與x軸負半軸有交點，故D錯誤，

故選B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、一次函數(shù)圖象與幾何變換，解題的關鍵是熟練掌握一次函數(shù)的性質，靈活應用這些知識解決問題，屬于中考?？碱}型．7、C【解析】試題分析：（1）根據(jù)二次函數(shù)y=ax2+bx的性質a、b同號對稱軸在y軸左側，a、b異號對稱軸在y軸右側即可判斷．（2）根據(jù)“派生函數(shù)”y=ax2+bx，x=0時，y=0，經過原點，不能得出結論．（1）∵P（a，b）在y=上，∴a和b同號，所以對稱軸在y軸左側，∴存在函數(shù)y=的一個“派生函數(shù)”，其圖象的對稱軸在y軸的右側是假命題．（2）∵函數(shù)y=的所有“派生函數(shù)”為y=ax2+bx，∴x=0時，y=0，∴所有“派生函數(shù)”為y=ax2+bx經過原點，∴函數(shù)y=的所有“派生函數(shù)”，的圖象都進過同一點，是真命題．考點：（1）命題與定理；（2）新定義型8、B【解析】

首先連接AC，由將四根長度相等的細木條首尾相連，用釘子釘成四邊形ABCD，AB=1，，易得△ABC是等邊三角形，即可得到答案．【詳解】連接AC，

∵將四根長度相等的細木條首尾相連，用釘子釘成四邊形ABCD，

∴AB=BC，

∵，

∴△ABC是等邊三角形，

∴AC=AB=1．

故選：B．【點睛】本題考點：菱形的性質.9、B【解析】

根據(jù)無理數(shù)的定義即可判定求解．【詳解】在3.1415926，，，，，中，，3.1415926，是有理數(shù)，，，是無理數(shù)，共有3個，故選：B．【點睛】本題主要考查了無理數(shù)的定義，其中初中范圍內學習的無理數(shù)有：等；開方開不盡的數(shù)；以及像0.1010010001…，等有這樣規(guī)律的數(shù)．10、B【解析】【分析】設菱形的高為h，即是一個定值，再分點P在AB上，在BC上和在CD上三種情況，利用三角形的面積公式列式求出相應的函數(shù)關系式，然后選擇答案即可．【詳解】分三種情況：①當P在AB邊上時，如圖1，設菱形的高為h，y=12∵AP隨x的增大而增大，h不變，∴y隨x的增大而增大，故選項C不正確；②當P在邊BC上時，如圖2，y=12AD和h都不變，∴在這個過程中，y不變，故選項A不正確；③當P在邊CD上時，如圖3，y=12∵PD隨x的增大而減小，h不變，∴y隨x的增大而減小，∵P點從點A出發(fā)沿A→B→C→D路徑勻速運動到點D，∴P在三條線段上運動的時間相同，故選項D不正確，故選B．【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，菱形的性質，根據(jù)點P的位置的不同，運用分類討論思想，分三段求出△PAD的面積的表達式是解題的關鍵．11、D【解析】

根據(jù)方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越??；反之，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好可得答案．【詳解】∵0.45＜0.51＜0.62，∴丁成績最穩(wěn)定，故選D．【點睛】此題主要考查了方差，關鍵是掌握方差越小，穩(wěn)定性越大．12、C【解析】由題意，AQ∥NP，MN∥BQ，∴△ACM∽△DCN，△CDN∽△BDP，△BPD∽△BQA，△ACM∽△ABQ，△DCN∽△ABQ，△ACM∽△DBP，所以圖中共有六對相似三角形．故選C．二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13、π﹣1【解析】

根據(jù)勾股定理可求OC的長，根據(jù)題意可得出陰影部分的面積=扇形BOC的面積-三角形ODC的面積，依此列式計算即可求解．【詳解】連接OC∵在扇形AOB中∠AOB＝90°，正方形CDEF的頂點C是弧AB的中點，∴∠COD＝45°，∴OC＝CD＝1，∴CD＝OD＝1，∴陰影部分的面積＝扇形BOC的面積﹣三角形ODC的面積＝﹣×11＝π﹣1．故答案為π﹣1．【點睛】本題考查正方形的性質和扇形面積的計算，解題關鍵是得到扇形半徑的長度．14、（寫出一個即可）【解析】【分析】根據(jù)點到x軸的距離即點的縱坐標的絕對值，點到y(tǒng)軸的距離即點的橫坐標的絕對值，進行求解即可．【詳解】設P（x，y），根據(jù)題意，得|x|=2，|y|=1，即x=±2，y=±1，則點P的坐標有（2，1），（2，-1），（-2，1），（2，-1），故答案為：（2，1），（2，-1），（-2，1），（2，-1）（寫出一個即可）.【點睛】本題考查了點的坐標和點到坐標軸的距離之間的關系．熟知點到x軸的距離即點的縱坐標的絕對值，點到y(tǒng)軸的距離即點的橫坐標的絕對值是解題的關鍵．15、【解析】

在AB上取BN=BE，連接EN，根據(jù)已知及正方形的性質利用ASA判定△ANE≌△ECP，從而得到NE=CP，在等腰直角三角形BNE中，由勾股定理即可解決問題．【詳解】在AB上取BN=BE，連接EN，作PM⊥BC于M．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠B=∠DCB=∠DCM=90°．∵BE=BN，∠B=90°，∴∠BNE=45°，∠ANE=135°．∵PC平分∠DCM，∴∠PCM=45°，∴∠ECP=135°．∵AB=BC，BN=BE，∴AN=EC．∵∠AEP=90°，∴∠AEB+∠PEC=90°．∵∠AEB+∠NAE=90°，∴∠NAE=∠PEC，∴△ANE≌△ECP（ASA），∴NE=CP．∵BC=3，EC=2，∴NB=BE=1，∴NE==，∴PC=．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．16、【解析】分析：首先連接AO，求出AB的長度是多少；然后求出扇形的弧長弧BC為多少，進而求出扇形圍成的圓錐的底面半徑是多少；最后應用勾股定理，求出圓錐的高是多少即可．詳解：如圖1，連接AO，∵AB=AC，點O是BC的中點，∴AO⊥BC，又∵∴∴∴弧BC的長為：(m)，∴將剪下的扇形圍成的圓錐的半徑是：(m)，∴圓錐的高是：故答案為.點睛：考查圓錐的計算，正確理解圓錐的側面展開圖與原來扇形之間的關系式解決本題的關鍵.17、（a﹣1）1．【解析】

提取公因式（a?1），進而分解因式得出答案．【詳解】解：（a+1）（a﹣1）﹣1a+1＝（a+1）（a﹣1）﹣1（a﹣1）＝（a﹣1）（a+1﹣1）＝（a﹣1）1．故答案為：（a﹣1）1．【點睛】此題主要考查了提取公因式法分解因式，找出公因式是解題關鍵．18、53【解析】試題分析：根據(jù)“關聯(lián)數(shù)”[3，m+2]所對應的一次函數(shù)是正比例函數(shù)，得到y(tǒng)=3x+m+2為正比例函數(shù)，即m+2=0，解得：m=-2，則分式方程為1x-1去分母得：2-（x-1）=2（x-1），去括號得：2-x+1=2x-2，解得：x=53經檢驗x=53考點：1.一次函數(shù)的定義；2.解分式方程；3.正比例函數(shù)的定義．三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19、【解析】

直接利用負整數(shù)指數(shù)冪的性質以及絕對值的性質、零指數(shù)冪的性質以及特殊角的三角函數(shù)值化簡進而得出答案．【詳解】原式=9﹣2+1﹣2=．【點睛】本題考查了實數(shù)運算，正確化簡各數(shù)是解題的關鍵．20、（1）購買A型公交車每輛需100萬元，購買B型公交車每輛需150萬元．（2）購買A型公交車8輛，則B型公交車2輛費用最少，最少總費用為1100萬元．【解析】

（1）設購買A型公交車每輛需x萬元，購買B型公交車每輛需y萬元，根據(jù)“A型公交車1輛，B型公交車2輛，共需400萬元；A型公交車2輛，B型公交車1輛，共需350萬元”列出方程組解決問題；（2）設購買A型公交車a輛，則B型公交車（10-a）輛，由“購買A型和B型公交車的總費用不超過1220萬元”和“10輛公交車在該線路的年均載客總和不少于650萬人次”列出不等式組探討得出答案即可．【詳解】（1）設購買A型公交車每輛需x萬元，購買B型公交車每輛需y萬元，由題意得，解得，答：購買A型公交車每輛需100萬元，購買B型公交車每輛需150萬元．（2）設購買A型公交車a輛，則B型公交車（10﹣a）輛，由題意得，解得：，因為a是整數(shù)，所以a＝6，7，8；則（10﹣a）＝4，3，2；三種方案：①購買A型公交車6輛，則B型公交車4輛：100×6+150×4＝1200萬元；②購買A型公交車7輛，則B型公交車3輛：100×7+150×3＝1150萬元；③購買A型公交車8輛，則B型公交車2輛：100×8+150×2＝1100萬元；購買A型公交車8輛，則B型公交車2輛費用最少，最少總費用為1100萬元．【點睛】此題考查二元一次方程組和一元一次不等式組的應用，注意理解題意，找出題目蘊含的數(shù)量關系，列出方程組或不等式組解決問題．21、(1)1＜x＜3或x＜0；（2）證明見解析.【解析】

（1）將B(3，1)代入，將B(3，1)代入，即可求出解析式；再根據(jù)圖像直接寫出不等式的解集；（2）過A作l∥x軸,過C作CG⊥l于G,過B作BH⊥l于H,△AGC∽△BHA,設B（m,）、C（n,），根據(jù)對應線段成比例即可得出mn=－9，聯(lián)立，得，根據(jù)根與系數(shù)的關系得，由此得出為定值.【詳解】解：(1)將B(3，1)代入,∴m=3,,將B(3，1)代入，∴,,∴,∴不等式的解集為1＜x＜3或x＜0(2)過A作l∥x軸,過C作CG⊥l于G,過B作BH⊥l于H,則△AGC∽△BHA,設B（m,）、C（n,），∵，∴，∴，∴，∴mn=－9，聯(lián)立∴，∴∴，∴為定值.【點睛】此題主要考查反比例函數(shù)的圖像與性質，解題的關鍵是根據(jù)題意作出輔助線，再根據(jù)反比例函數(shù)的性質進行求解.22、（1）AA′=CC′；（2）成立，證明見解析；（3）AA′=【解析】

（1）連接AC、A′C′，根據(jù)題意得到點A、A′、C′、C在同一條直線上，根據(jù)矩形的性質得到OA=OC，OA′=OC′，得到答案；（2）連接AC、A′C′，證明△A′OA≌△C′OC，根據(jù)全等三角形的性質證明；（3）連接AC，過C作CE⊥AB′，交AB′的延長線于E，根據(jù)相似多邊形的性質求出B′C′，根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】（1）AA′=CC′，理由如下：連接AC、A′C′，∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∠CAB=∠C′A′B′，∵A′B′∥AB，∴點A、A′、C′、C在同一條直線上，由矩形的性質可知，OA=OC，OA′=OC′，∴AA′=CC′，故答案為AA′=CC′；（2）（1）中的結論還成立，AA′=CC′，理由如下：連接AC、A′C′，則AC、A′C′都經過點O，由旋轉的性質可知，∠A′OA=∠C′OC，∵四邊形ABCD和四邊形A′B′C′D′都是矩形，∴OA=OC，OA′=OC′，在△A′OA和△C′OC中，，∴△A′OA≌△C′OC，∴AA′=CC′；（3）連接AC，過C作CE⊥AB′，交AB′的延長線于E，∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∴，即，解得，B′C′=4，∵∠EB′C=∠B′C′C=∠E=90°，∴四邊形B′ECC′為矩形，∴EC=B′C′=4，在Rt△ABC中，AC==10，在Rt△AEC中，AE==2，∴AA′+B′E=2﹣3，又AA′=CC′=B′E，∴AA′=．【點睛】本題考查的是矩形的性質、旋轉變換的性質、全等三角形的判定和性質，掌握旋轉變換的性質、矩形的性質是解題的關鍵．23、見解析【解析】

首先可得頂點坐標為（1，0），然后利用對稱性列表，再描點，連線，即可作出該函數(shù)的圖象．【詳解】列表得：x…﹣10123…y…41014…如圖：．【點睛】此題考查了二次函數(shù)的圖象．注意確定此二次函數(shù)的頂點坐標是關鍵．24、（1）；（2）；（3）或【解析】

（1）如圖2，連接OP，則DF與半圓相切，利用△OPD≌△FCD（AAS），可得：OD=DF=30；（2）利用，求出，則；DF與半圓相切，由（1）知：PD=CD=18，即可求解；（3）設PG=GH=m，則：，求出，利用，即可求解.【詳解】（1）如圖，連接∵與半圓相切，∴，∴，在矩形中，，∵，根據(jù)勾股定理，得在和中，∴∴（2）如圖，當點與點重合時，過點作與點，則∵且，由（1）知：∴，∴，∴當與半圓相切時，由（1）知：，∴（3）設半圓與矩形對角線交于點P、H，過點O作OG⊥DF，則PG=GH，，則，設：PG=GH=m，則：，，整理得：25m2-640m+1216=0，解得：，.【點睛】本題考查的是圓的基本知識綜合運用，涉及到直線與圓的位置關系、解直角三角形等知識，其中（3），正確畫圖，作等腰三角形OPH的高OG，是本題的關鍵．25、解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求，C1（2，－2）．（2）如圖，△A2BC2即為所求，C2（1，0），△A2BC2的面積：10【解析】

分析：（1）根據(jù)網格結構，找出點A、B、C向下平移4個單位的對應點、、的位置，然后順次連接即可，再根據(jù)平面直角坐標系寫出點的坐標；（2）延長BA到使A=AB，延長BC到，使C=BC，然后連接A2C2即可，再根據(jù)平面直角坐標系寫出點的坐標，利用△B所在的矩形的面積減去四周三個小直角三角形的面積，列式計算即可得解．本題解析：（1）如圖，△A1B1C1即為所求，C1(2，－2)(2)如圖,△B為所求,(1,0)，△B的面積：6×4?×2×6?×2×4?×2×4=24?6?4?4=24?14=10，26、證明見解析.【解析】【分析】求出BF=CE，根據(jù)SAS推出△ABF≌△DCE，得對應角相等，由等腰三角形的判定可得結論．【詳解】∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，∴BF=CE，在△ABF和△DCE中，∴△ABF≌△DCE（SAS），∴∠GEF=∠GFE，∴EG=FG．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關鍵．27、（1）y=x2﹣3x+1；tan∠ACB=；（2）m=；（3）四邊形ADMQ是平行四邊形；理由見解析.【解析】

（1）由點A、B坐標利用待定系數(shù)法求解可得拋物線解析式為y=x2-3x+1，作BG⊥CA，交CA的延長線于點G，證△GAB∽△OAC得=，據(jù)此知BG=2AG．在Rt△ABG中根據(jù)BG2+AG2=AB2，可求得AG=．繼而可得BG=，CG=AC+AG=，根據(jù)正切函數(shù)定義可得答案；（2）作BH⊥CD于點H，交CP于點K，連接AK，易得四邊形OBHC是正方形，應用“全角夾半角”可得AK=OA+HK，設K（1，h），則BK=h，HK=HB-KB=1-h，AK=OA+HK=2+（1-h）=6-h．在Rt△ABK中，由勾股定理求得h=，據(jù)此求得點K（1，）．待定系數(shù)法求出直線CK的解析式為y=-x+1．設點P的坐標為（x，y）知x是方程x2-3x+1=