专题05 选择压轴重点题（解析版）备战2024年福建中考数学真题模拟题

第第页专题05选择压轴重点题一、单选题1．（2022·福建·统考中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（

）A．96 B． C．192 D．【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解．【详解】解：依题意为平行四边形，∵，，AB＝8，．∴平行四边形的面积=故选B【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．2．（2021·福建·统考中考真题）二次函数的图象过四个点，下列说法一定正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】求出抛物线的对称轴，根据抛物线的开口方向和增减性，根据横坐标的值，可判断出各点纵坐标值的大小关系，从而可以求解．【详解】解：二次函数的对称轴为：，且开口向上，距离对称轴越近，函数值越小，，A，若，则不一定成立，故选项错误，不符合题意；B,若，则不一定成立，故选项错误，不符合题意；C，若，所以，则一定成立，故选项正确，符合题意；D，若，则不一定成立，故选项错误，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质及不等式，解题的关键是：根据二次函数的对称轴及开口方向，确定各点纵坐标值的大小关系，再进行分论讨论判断即可．3．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）如图所示，那么a、b、c的取值范围是（）A．a＜0、b＞0、c＞0 B．a＜0、b＜0、c＞0 C．a＜0、b＞0、c＜0 D．a＜0、b＜0、c＜0【答案】D【分析】根据开口方向可判断a的符号，根据对称轴可判断b的符号，根据图像与y轴的交点可判断c的符号.【详解】解：由图象开口可知：a＜0；由图象与y轴交点可知：c＜0；由对称轴可知：0，∴b＜0；∴a＜0，b＜0，c＜0，故选：D．【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于中考常考题型．4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知抛物线开口向下，与轴交于点，顶点坐标为，与轴的交点在，之间包含端点，则下列结论：①；②；③对于任意实数，总成立；④关于的方程有两个不相等的实数根，其中结论正确的个数是（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】D【分析】由抛物线开口方向判断与的关系，由抛物线与轴交点坐标判断、、的关系，由顶点坐标及顶点坐标公式推断、的关系及与、、的关系，由抛物线与轴的交点坐标判断的取值范围，进而对所得结论进行推断．【详解】解：抛物线的顶点坐标为故正确．抛物线与轴交于点由知：，即又抛物线与轴的交点在，之间含端点故正确．抛物线开口向下又令关于的二次函数开口向下若对于任意实数，总成立故需判断与的数量关系由以上分析知：故正确．关于的方程有两个不相等的实数根故正确故选：．【点睛】主要考查二次函数图像与系数的关系，解题的关键是熟知顶点坐标以及根的判别式的特点与运用．5．（2023·福建莆田·统考二模）如图，在中，，点在直线上方，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别是，，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，点的对应点是，连接，．当的度数从逐渐增大到的过程中．四边形的形状依次是：平行四边形→____________→平行四边形．画线处应填入（

）

A．菱形→矩形→正方形 B．矩形→菱形→正方形C．菱形→平行四边形→矩形 D．矩形→平行四边形→菱形【答案】D【分析】分逐渐变大，B、D、E三点共线之前；B、D、E三点共线时；B、D、E三点共线，后，之前；时；后，讨论即可．【详解】解：∵旋转，∴，，，，∴，，，①当逐渐变大，B、D、E三点共线之前时，如图，

，∵，∴，又，∴，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形；②当B、D、E三点共线且D在B、E之间时，

∵，，∴，∴，∴，又，∴，又，∴四边形是平行四边形，又四边形是矩形；③当逐渐变大，B、D、E三点共线，之前时，

∵，∴，又，∴四边形是平行四边形，④当时，

∴，又，，∴，∴，由③同理可证，∴，又，∴四边形是平行四边形，又，四边形是菱形；当后时，

，由③同理可证，∴，又，∴四边形是平行四边形．当的度数从逐渐增大到的过程中．四边形的形状依次是：平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定等知识，明确题意，合理分类讨论，找出所求问题需要的条件是解题的关键．6．（2023·福建福州·统考二模）如图，中，是上一点，以O为圆心，长为半径作半圆与相切于点D．若，，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由切线的性质得到，由等腰三角形的性质，得到，由三角形外角的性质得到，由直角三角形的性质得到，由三角形内角和定理即可求出的度数．【详解】解：连接，

与相切于，半径，，，，，，，，，．故选：B．【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握以上知识点是解题的关键．7．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）已知点A(a－m，y1)、B(a－n，y2)、C(a+b，y3)都在二次函数y=x2－2ax+1的图象上，若0<m<b<n，则y1、y2、y3的大小关系是(

)A．y1<y2<y3 B．y1<y3<y2 C．y3<y1<y2 D．y2<y3<y1【答案】B【分析】先确定二次函数图象的对称轴，然后运用二次函数的性质进行解答即可．【详解】解：∵y=x2－2ax+1∴对称轴为x=a点A、B的情况：n>m，故点B比点A离对称轴远，故y2>y1；点A、C的情况：m<b，故点C比点离对称轴远，故y3>y1；点B，C的情况：b<n，故点B比点C离对称轴远，故y2>y3；∴故y1<y3<y2.故答案为B.【点睛】本题的关键是二次函数的对称性和增减性,根据二次函数解析式确定函数图像的对称轴是解答本题的关键．8．（2023·福建福州·福建省福州延安中学校考二模）已知二次函数（为常数，），点是该函数图象上一点，当时，，则的取值范围是（

）A．或 B．C．或 D．【答案】A【分析】先求出抛物线的对称轴及抛物线与轴的交点坐标，再分两种情况：或，根据二次函数的性质求得的不同取值范围便可．【详解】解：∵二次函数，∴对称轴为，抛物线与轴的交点为，∵点是该函数图象上一点，当时，，∴①当时，对称轴，此时，当时，，即，解得；②当时，对称轴，当时，随增大而减小，则当时，恒成立；综上，的取值范围是：或．故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的性质，关键是分情况讨论．9．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）已知抛物线上有点，且m是关于x的方程的解，则下列说法正确的是（）A．对于任意实数，都有 B．对于任意实数，都有C．对于任意实数，都有 D．对于任意实数，都有【答案】B【分析】根据m是关于x的方程的解，得到，进而得到，根据二次函数的性质，即可得到为函数的最小值，可得出结论．【详解】解：∵m是关于x的方程的解，∴，∴，∴，∴当时，函数有最小值，∵抛物线上有点，∴即为函数的最小值；∴对于任意实数，都有；故选B．【点睛】本题考查二次函数最值．解题的关键是确定为二次函数的最小值．10．（2023·福建三明·统考二模）若点，，，，均在抛物线上，且，则的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先把点A和点B坐标代入得出，再求出，求出该抛物线与x轴的两个交点坐标，结合，在抛物线上，得出，点在点B的左边，，，即可得出，进而得出对称轴的取值范围，最后根据该抛物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，即可比较函数值的大小．【详解】解：把，代入得：，整理得：，得：，整理得：，∴该抛物线的对称轴为直线，当时，，解得：，，即该抛物线与x轴的交点坐标为：，∵，在抛物线上，∴当时，y随x的增大而减小，该抛物线开口向下；∴点在点B的左边，∴，，整理得：，∴，则，∴点C离对称轴的距离：，即，点D离对称轴的距离：，即，点E离对称轴的距离：，即，∵该抛物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，∴，故选：C．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是根据题意得出对称轴的取值范围，掌握当开口向下时，离对称轴越远，函数值越小；反之，越大．11．（2023·福建·模拟预测）已知抛物线与不和y轴平行的直线只有一个交点，那么下列说法一定正确的是（）A．若，则b有最小值 B．若，则b有最大值C．对于任意，b的最值不变 D．若，则b是关于a的反比例函数【答案】C【分析】先根据抛物线与不和y轴平行的直线只有一个交点，得到，当时，可推出，当，，由此即可确定b的最值为定值1；当时，可得，即是关于a的反比例函数．【详解】解：联立得，∴，∵抛物线与不和y轴平行的直线只有一个交点，∴，∴，∵，∴当时，则，∴，∴，∴∴，则b有最大值，故A不符合题意；当时，则，∴，∴，∴，∴，则b有最小值，故B不符合题意；综上所述，当时，b有最大值1；当时，b有最小值1；∴对于任意，b的最值不变，都为1，故C符合题意；当时，，∴∴是关于a的反比例函数，故D不符合题意；故选C．【点睛】本题主要考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，反比例函数的定义，正确推出是解题的关键．12．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，已知直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点C在线段OB上，把△ABC沿直线AC折叠，使点B刚好落在x轴上，则点C的坐标是（）A．（0，﹣） B．（0，） C．（0，3） D．（0，4）【答案】B【分析】设C（0，n），过C作CD⊥AB于D，先求出A，B的坐标，分别为（4，0），（0，3），得到AB的长，再根据折叠的性质得到AC平分∠OAB，得到CD＝CO＝n，DA＝OA＝4，则DB＝5﹣4＝1，BC＝3﹣n，在Rt△BCD中，利用勾股定理得到n的方程，解方程求出n即可．【详解】解：设C（0，n），过C作CD⊥AB于D，如图，对于直线y＝﹣x+3，当x＝0，得y＝3；当y＝0，x＝4，∴A（4，0），B（0，3），即OA＝4，OB＝3，∴AB＝5，又∵坐标平面沿直线AC折叠，使点B刚好落在x轴上，∴AC平分∠OAB，∴CD＝CO＝n，则BC＝3﹣n，∴DA＝OA＝4，∴DB＝5﹣4＝1，在Rt△BCD中，DC2+BD2＝BC2，∴n2+12＝（3﹣n）2，解得n＝，∴点C的坐标为（0，）．故选：B．【点睛】本题考查了求直线与坐标轴交点的坐标的方法：分别令x=0或y=0，求对应的y或x的值；也考查了折叠的性质和勾股定理．13．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+c的顶点M在矩形ABCD区域内（含边界），且该抛物线经过原点O（0，0），则a的取值范围是（

）A．－2≤a≤－1 B． C． D．【答案】D【分析】先确定点A，B，C，D的坐标，再根据抛物线的顶点在A，D之间时，求出a的取值范围，然后确定顶点在B，C之间时，求出a的取值范围，最后得出答案即可．【详解】根据图象可知：A（1，1），B（3，1），C（3，2），D（1，2）．当顶点在A，D之间时，图象经过点（0，0）和（2，0），∴．当x=1，，解得；当顶点在B，C之间时，图象经过点（0，0）和（6，0），∴．当x=3，，解得．∵顶点在矩形ABCD内，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了二次函数图象与矩形的关系，掌握二次函数图象的性质是解题的关键.14．（2023·福建福州·校考模拟预测）已知四边形ABCD是正方形，∠ABP＝∠DCQ＝α，0°＜α＜90°．若直线BP与直线CQ相交于点M，则所有符合条件的点M都在（

）A．直线AC上 B．直线BD上C．AB的垂直平分线上 D．AD的垂直平分线上【答案】D【分析】利用正方形的性质得到边和角的关系，利用全等得到MA=MD后即可求解．【详解】解：作出符合题意的图形如图所示：连接MA和MD，因为四边形ABCD是正方形，所以AB=CD，∠ABC=∠DCB=90°，又因为∠ABP=∠DCQ，所以∠MBC=∠MCB，所以MB=MC，所以，所以MA=MD，所以符合条件的点M都在AD的垂直平分线上，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等角对等边、线段的垂直平分线的判定与性质等内容，解题的关键是利用全等证明MA=MD．15．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知直线l与x，y轴分别交于A，B两点，与反比例函数的图象交于C，D两点，连接，．若和的面积都为3，则k的值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先证，再根据和的面积都为3，得到，得到，作轴于H，再证得，根据相似三角形的性质得到，即可解得．【详解】∵直线l与反比例函数相交并与x，y轴分别交于A，B两点，∴，作，∵，，，∴，∵和的面积都为3，∴，∴，作轴于H，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴（舍去）．故选：C．【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，相似三角形的判定与性质，熟练掌握性质是解题的关键．16．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）平面直角坐标系中，抛物线与直线上有三个不同的点，如果，那么m和n的关系是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】假设A、B是抛物线上的点，C是直线上的点，则可得，再根据一元二次方程与二次函数的关系推出，最后根据即可得到结论．【详解】解：假设A、B是抛物线上的点，C是直线上的点，∴，∴，联立得，∵在抛物线图象上，∴是关于x的方程的两个根，∴，∵，∴，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了二次函数与一元二次方程的关系，一次函数图象上点的坐标特点，正确推出，是解题的关键．17．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）若A（﹣3，y1），，C（2，y3）在二次函数y＝x2+2x+c的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（）A．y2＜y1＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y1＜y2＜y3 D．y3＜y2＜y1【答案】A【分析】求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性判断即可．【详解】解：对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，∵a＝1＞0，∴x＜﹣1时，y随x的增大而减小，x＞﹣1时，y随x的增大而增大，∴y2＜y1＜y3．故选：A．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，求出对称轴解析式，然后利用二次函数的增减性求解是解题的关键．18．（2023·福建福州·校考一模）如图，已知，分别为正方形的边，的中点，与交于点．则下列结论：①，②，③，④．其中正确结论的有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】根据正方形的性质可得，，再根据中点定义求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，从而求出，再根据邻补角的定义可得，从而判断①正确；根据中线的定义判断出，然后求出，判断出②错误；设正方形的边长为，利用勾股定理列式求出，再根据相似三角形对应边成比例求出，然后求出，消掉即可得到，判断出③正确；过点作于，由相似三角形的性质得出，解得，，得出，根据勾股定理得，求出，，得出，判断出④正确，即可得出结论．【详解】解：在正方形中，，，、分别为边，的中点，在和中，，，，，，，故①正确；是在边上的中线，，，，故②错误；设正方形的边长为，则，在中，，，，，，即，，，故③正确；如图，过点作于，则，，，即解得，，，根据勾股定理得，，，，故④正确；综上所述，正确的结论有①③④，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，综合性较强，难度较大，仔细分析图形并作出辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键．19．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）已知抛物线的顶点为M，直线与该抛物线交于点M和，若，则直线与x轴交点的横坐标p的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求出点M的坐标是，再求出抛物线与x轴交于点，再求出，，求得，当，，解得，则，进一步即可得到p的取值范围．【详解】解：∵，∴点M的坐标是，∵，∴，∴在第一象限，当时，，解得，∴抛物线与x轴交于点，∵直线与该抛物线交于点M和，∴①，②，③，∴④，由①③得，当时，，与矛盾，∴，∴，把代入得，，∵，，解得，∴，当，，解得，∴直线与x轴交点的横坐标，∴，即，故选：A．【点睛】此题考查了二次函数和一次函数的性质、解不等式组等知识，读懂题意准确计算是解题关键．20．（2023·福建漳州·统考一模）已知抛物线的图象与轴交于，两点（点在点的左则），与轴交于点，连接，直线与轴交于点D，交上方的拋物线于点，交于点，下列结论中错误的是（

）A．点C的坐标是 B．C．当的值取得最大时， D．是直角三角形【答案】C【分析】令，，可判断选项A正确；求得点D的坐标是，可判断选项B正确；求得，，利用勾股定理的逆定理可判断选项D正确；由题意知，点E位于y轴右侧，作轴，交于点G，根据平行线截线段成比例将求的最大值转化为求的最大值，所以利用一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征，两点间的距离公式以及配方法解题即可．【详解】解：令，，∴点C的坐标是，故选项A正确；令，，则点D的坐标是，∴，故选项B正确；令，则，解得，∴，，∴，，，∴，∴是直角三角形，故选项D正确；由题意知，点E位于y轴右侧，作轴，交于点G，∴，∴．∵直线与y轴交于点D，则．∴．∴．设所在直线的解析式为．将，代入，得．解得．∴直线的解析式是．设，则，其中．∴．∴．∵，∴当时，存在最大值，最大值为2，此时点E的坐标是．代入，得，解得，故选项C错误；故选：C．【点睛】本题考查了二次函数综合题型，需要综合运用一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值的求法，待定系数法确定函数关系式以及平行线截线段成比例等知识点，综合性较强．21．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考一模）如图，正方形纸片ABCD，P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）．将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．下列结论：①BE＝PE；②BP＝EF；③PB平分∠APG；④PH＝AP+HC；⑤MH＝MF，其中正确结论的个数是（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【详解】①利用翻折不变性即可解决问题；②构造全等三角形即可解决问题；③等腰三角形性质，∠EBP＝∠EPB．根据折叠性质得出∠EPH＝∠EBC＝90°，利用余角性质得出∠PBC＝∠BPH．再根据平行线性质得出AD∥BC即可解决；④构造全等三角形即可解决问题；⑤只要证明∠MPB＝45°，再利用反证法可解决问题．【解答】解：∵折痕为EF，∴四边形EBCF与四边形EPGF全等∴BE=PE，故①正确；如图2，作FK⊥AB于K．设EF交BP于O．∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，∵FK⊥AB，∴∠FKB=90°，∴∠FKB＝∠KBC＝∠C＝90°，∴四边形BCFK是矩形，∴KF＝BC＝AB，∵EF为对称轴，点B与点P为对称点，∴EF⊥PB，∴∠BOE＝90°，∵∠ABP+∠BEO＝90°，∠BEO+∠EFK＝90°，∴∠ABP＝∠EFK，在△ABP和△KFE中，，∴△ABP≌△KFE（ASA），∴EF＝BP，故②正确，∵BE=PE，∴∠EBP＝∠EPB．又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP．即∠PBC＝∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC．∴∠APB＝∠BPH．故③正确；如图3，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．∴∠PQB=∠HQB=90°，由（1）知∠APB＝∠BPH，在△APB和△QPB中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP＝QP，AB=QB，又∵AB＝BC，∴BC＝BQ．∵∠HQB=90°，∠C=90°在Rt△BCH和Rt△BQH中，∴Rt△BCH≌Rt△BQH（HL），∴CH＝QH，∴QP+QH＝AP+CH，即PH＝AP+CH，故④正确；设EF与BP的交点为点N，如图4，∵Rt△ABP≌Rt△QBP，△BCH≌△BQH，∴∠ABP＝∠QBP，∠CBH＝∠QBH，∴∠QBP+∠QBH＝∠ABP+∠CBH，即∠PBM＝45°，由折叠知，∠BPM＝∠PBM＝45°，∠EBM＝∠EPM，∠PNF＝∠BNF＝90°，∵AB∥CD，∴∠MHF＝∠EBM＝∠EPM＝45°+∠EPN，∵在四边形DPNF中，∠D＝∠PNF＝90°，∴∠MFH+∠DPN＝180°，∵∠DPN+∠APN＝180°，∴∠APN＝∠MFH，假设MH=MF，∴∠MHF=∠MFH=∠APB，在△ABP和△CBH中，，∴△ABP≌△CBH（AAS），∴∠ABP=∠CBH，∵∠ABP+∠CBH=45°，∴∠ABP=∠CBH=22.5°，∵点P在AD上，∴0≤∠ABP≤45°，∴∠ABP=22.5°与0≤∠ABP≤45°相矛盾，∴假设不正确，故⑤错误．故选：B．【点睛】本题考查正方形性质，折叠性质，角平分线判定，三角形全等判定与性质，平行线性质，等腰三角形性质，等角的余角性质，反证法，本题难度角度，综合强，利用辅助线作出准确图形是解题关键．22．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在矩形中，，，将沿的方向平移至，使得，其中E是与的交点，F是与的交点，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】由平移的性质结合矩形的性质易证四边形为菱形，即得出．根据勾股定理可求出，又易证，即得出．设，则，代入，即可求出x的值，从而可求出，最后再次利用勾股定理即可求解．【详解】解：由平移的性质可知，，，．∵四边形为矩形，∴，，∴，，∴四边形为平行四边形．∵，∴平行四边形为菱形，∴．∵，，∴．∵，∴，∴．设，则，∴，解得：，∴，∴，∴．故选C．【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．23．（2023·福建三明·统考一模）已知抛物线（，为常数）经过不同的两点，那么该抛物线的顶点坐标不可能是下列中的（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出抛物线的对称轴为直线，再根据抛物线经过不同两点的纵坐标为m相同，得，求出抛物线的顶点坐标为，再把A、B、C、D选项代入计算，即可得答案．【详解】解：抛物线的对称轴为直线，抛物线经过不同两点的纵坐标为m相同，抛物线的对称轴为，而抛物线的顶点纵坐标为：，抛物线的顶点坐标为，当时，，故A选项不符合题意，当时，，故B选项符合题意，当时，，故C选项不符合题意，当时，，故D选项不符合题意，故选：B．【点睛】本题考查了二次函数，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标为．24．（2023·福建厦门·厦门市湖里中学校考模拟预测）某汽车评测机构对市面上多款新能源汽车的的加速时间和满电续航里程进行了性能评测，评测结果绘制如下，每个点都对应一款新能源汽车的评测数据．已知的加速时间的中位数是，满电续航里程的中位数是，相应的直线将平面分成了①、②、③、④四个区域（直线不属于任何区域）．欲将最新上市的两款新能源汽车的评测数据对应的点绘制到平面内，若以上两组数据的中位数均保持不变，则这两个点可能分别落在（

）A．区域①、② B．区域①、③ C．区域①、④ D．区域③、④【答案】B【分析】根据中位数的性质即可作答．【详解】在添加了两款新能源汽车的测评数据之后，0~100km/h的加速时间的中位数ms，满电续航里程的中位数nkm，这两组中位数的值不变，即可知这两款新能源汽车的0~100km/h的加速时间的数值分别处于直线m的上方和下方，满电续航里程的数值分别位于直线n的左侧和右侧，据此逐项判断即可：A项，两款车的0~100km/h的加速时间均在直线m下方，不符合要求，故A项错误；B项，可知这两款新能源汽车的0~100km/h的加速时间的数值分别处于直线m的上方和下方，满电续航里程的数值分别位于直线n的左侧和右侧，符合要求；C项，两款车的满电续航里程的数值均在直线n的左侧，不符合要求，故C项错误；D项，两款车的0~100km/h的加速时间均在直线m上方，不符合要求，故D项错误；故选：B．【点睛】本题考查了中位数的概念，根据中位数的值不变可知新添加的一组数据分别处在中位数的左右两侧或刚好都等于该中位数，理解这一点是解答本题的关键．25．（2023·福建厦门·统考模拟预测）中，，是的外接圆，于点，关于点对称得到．若线段与有两个公共点，则满足的条件是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意画出图形，考虑临界状态，当与切于点时，求出，得到．此时，线段与有且只有一个公共点；再找到第二个临界状态，当点E与点C重合，线段与有两个公共点，求得，再观察图形运动则问题可解．【详解】解：如图，当与切于点时，此时线段与有且只有一个公共点，

连接，，∴∵是的外接圆，于点，∴为直径，，∴，∵关于点对称得到，∴，∴，∴；当从点在中点时，由题意可知，，为等腰直角三角形，∴，∴；此时，点E与点C重合，线段与有两个公共点，此时当点继续逆时针向点运动时（不与重合），线段与有且只有一个公共点，

综上，线段与有两个公共点时，满足的条件是．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的外接圆、切线的性质圆周角定理和求特殊角三角函数值，解答关键是分析图中点的运动趋势，找到临界状态，再进行合情推理．26．（2023·福建漳州·统考二模）如图，是的直径，点为延长线上一点，与相切于点，点在上，且，连接，若，则下列结论错误的是（

）

A．四边形是菱形 B．是的切线 C． D．【答案】D【分析】连接，，，根据圆周角定理及切线的性质得，利用“”推出，进而可得，，再利用“”推出，得到，利用平行线的性质及菱形的判定定理推出四边形是菱形，利用“”推出，可得，从而推出是等边三角形，再利用直角三角形的三角函数即可得出结论．【详解】解：如图，连接，，，

是的直径，与相切于点，，，，，在和中，，，，在和中，，，，，，，，是的半径，是的切线，故B选项正确，不符合题意；，，，，，四边形是菱形，故A选项正确，不符合题意；在和中，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，故C选项正确，不符合题意；，，，故D选项错误，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．27．（2023·福建泉州·统考一模）如图，在正方形中，点分别在边和上，，垂足为G，若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方形的性质及，即可判断出，得到；根据，设，即可用含的式子表示、，利用勾股定理即可求出，进一步求出，即可求出答案．【详解】解：∵四边形是正方形∴，∵∴∴∵∴在和中∵∴∴∵∴设，则∴∴∴∴∵∴∴∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质、勾股定理、等面积法求线段长度，熟练掌握证明全等的几种方法：①；②；③；④；⑤及等面积法求边线段长度的方法是解此题的关键．28．（2023·福建三明·校考一模）已知直线y=kx+b与双曲线交于A（x1，y1），B（x2，y2））两点，则x1x2的值（

）A．与k有关，与b无关 B．与k无关，与b有关C．与k，b都有关 D．与k，b都无关【答案】D【详解】根据y=kx+b与双曲线有交点，列出一元二次方程，利用根与系数的关系即可求解．解：由题意得：kx+b=，即kx2+bx-k=0，由于两根为x1，x2，根据根与系数的关系可得x1•x2==-1，∴与k、b都无关．故选D．29．（2023·福建宁德·校考二模）如图，的图像与交于、、、四点，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，分别求出、、、四点的横坐标，根据可得关于的方程，解方程即可得出答案．【详解】解：令，得或，，解得或，的横坐标，的横坐标为，的横坐标，的横坐标为，，，，，解得．故选：B．【点睛】本题考查二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．30．（2023·福建南平·统考一模）二次函数的图象上有两个不同的点，，给出下列推断：①对任意的，都有；②对任意的，都有；③存在，，满足，且；④对于任意的正实数，存在，，满足，且．以上推断中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】①根据二次函数的增减性可知此选项错误；②根据对称点的性质可作判断；③由，可知和互为相反数，此时，由此作判断；④因为点，在二次函数的图象上，所以可以化简，根据的取值分情况讨论可解答．【详解】解：①∵二次函数的图象开口向上，对称轴为轴，∴当时，随的增大而增大，∴，有；故①错误；②若，则点，关于轴对称，∴；故②正确；③∵，由②知：不存在，，满足，且；故③错误；④∵点，在二次函数的图象上，，∴，∵，假设，则，分三种情况：i）当时，∴，∵，∴，∴，不符合题意，舍去；ii）当时，∴，∵，∴，∴，∴；iii）当时，∴，∵，∴，，此种情况不存在，∴对于任意的的正实数，存在，其中一个大于小于0时，满足，且．故④正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了二次函数图象上的坐标特征，是一道综合性比较强的题目，解决本题的关键是综合利用二次函数图象与性质．31．（2023·福建龙岩·统考二模）在中，，，，点D（不与C重合）是线段上的动点，将沿翻折得，当时，四边形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点A作于点F，求出，，根据等积法求出，证明，得出四边形为菱形，根据菱形面积公式求出结果即可．【详解】解：过点A作于点F，如图所示：

中，，，∴，，∴，∴，∵，∴，由沿翻折得可得，∴和都是等边三角形，∴，∴四边形为菱形，∴四边形ADCE的面积为：．故选：B．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质，数形结合．32．（2023·福建莆田·校考一模）对于一个函数，自变量取时，函数值等于0，则称为这个函数的零点．若关于的二次函数有两个不相等的零点，关于的方程有两个不相等的非零实数根，则下列关系式一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据根与系数的关系可以求出，的值，用作差法比较的大小关系，的大小关系，根据可求出m的取值范围，结合的大小关系，的大小关系从而得出选项．【详解】解：∵是的两个不相等的零点即是的两个不相等的实数根∴∵解得∵方程有两个不相等的非零实数根∴∵解得∴＞0∴∵，∴∴∴而由题意知解得当时，，；当时，，；当m=-2时，无意义；当时，，∴取值范围不确定，故选A．【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，判别式与根的关系及一元二次方程与二次函数的关系．解题的关键是熟记根与系数的关系，对于方程（a≠0）的两根为，则．33．（2023·福建南平·校联考模拟预测）二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④关于的一元二次方程的一个根为2，另一个根．其中正确结论的有（

）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】由抛物线的开口方向判断与0的关系，由抛物线与轴的交点得出的值，然后根据抛物线的对称轴判断的值的正负，进而对所得结论进行判断．【详解】解：二次函数的图象过点，，解得：，二次函数的解析式为，∵图象开口向上，，对称轴在轴右侧，，异号，，，，故①正确；，故②错误；，，故③正确；关于的一元二次方程的一个根为2，设另一个根为，，，故④错误；综上分析可知，正确的有2个，故B正确．故选：B．【点睛】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换．熟练掌握二次函数的图象与性质是本题的关键．34．（2023·福建福州·统考模拟预测）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．点，分别为，的中点，若PQ恰好经过点F，则的值为()A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】过点作于点，证明，得出为的中位线，证明，得出，设，，进而得出，勾股定理得出，即可求解．【详解】解：如图，过点作于点，为直角三角形，，，，，，，为的中点，，为的中位线，根据题意可得，，，在和中，，，，，设，，则，，为的中位线，，，，，，，在中，，，由勾股定理得，，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握相似三角形的性质是解题的关键．35．（2023·福建厦门·统考模拟预测）图①是一种青少年版可折叠滑板车．该滑板车完全展开后如图②所示，由车架和两个大小相同的车轮组成，点B到地面的距离为110cm，车轮直径20cm，，，，，且A，E，F三点在同一水平高度上；将车架前半部分绕着点D旋转，完全折叠后如图③所示，．则相比完全展开时，完全折叠后车把（点B）降低的高度为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】过点D作于点，交的延长线于点，通过解直角三角形求出，可进一步求出结论．【详解】解：过点D作于点，交的延长线于点，如图，

在中，，∴设则，∵，∴，解得，，∴，在中，，∵，∴，又车轮的半径为：，∴折叠后点B离地面的高度，∴完全折叠后车把（点B）降低的高度为．故选：B．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．36．（2023·福建龙岩·校考一模）已知点(，)与点(，)在二次函数(为常数)的图象上，且＜，＞，则下列判断正确的是（

）A．＞ B． C．＜ D．≤【答案】A【分析】将点A，B的横坐标分别代入二次函数的解析式，通过作差来比较和的大小关系．【详解】由题知：∴∵∴∴，即故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的作差计算，涉及乘法公式，因式分解的运用，熟知以计算是解题的关键．37．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考三模）已知y1和y2均是以x为自变量的函数，当x＝n时，函数值分别是N1和N2，若存在实数n，使得N1+N2＝1，则称函数y1和y2是“和谐函数”．则下列函数y1和y2不是“和谐函数”的是（）A．y1＝x2+2x和y2＝﹣x+1 B．y1＝和y2＝x+1C．y1＝﹣和y2＝﹣x﹣1 D．y1＝x2+2x和y2＝﹣x﹣1【答案】B【分析】根据题意，令y1+y2＝1，若方程有解，则称函数y1和y2是“和谐函数”，若无解，则称函数y1和y2不是“和谐函数”．【详解】A、令y1+y2＝1，则x2+2x﹣x+1＝1，整理得：x2+x＝0，解得：x1＝0，x2＝﹣1，∴函数y1和y2是“和谐函数”，故A不符合题意；B、令y1+y2＝1，则+x+1＝1，整理得：x2+1＝0，此方程无解，∴函数y1和y2不是“和谐函数”，故B符合题意；C、令y1+y2＝1，则﹣﹣x﹣1＝1，整理得：x2+2x+1＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1，∴函数y1和y2是“和谐函数”，故C不符合题意；D、令y1+y2＝1，则x2+2x﹣x﹣1＝1，整理得：x2+x﹣2＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣2，∴函数y1和y2是“和谐函数”，故D不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了解一元二次方程、分式方程，根据题意令y1+y2＝1，然后进行求解是解题的关键．38．（2023·福建南平·统考二模）已知抛物线（为常数）的顶点不在抛物线（为常数）上，则应满足（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出抛物线的顶点坐标，因为该顶点不在抛物线上，所以将该点坐标代入中，不能使等式成立，据此分析的取值范围．【详解】解：，抛物线的顶点坐标为，又抛物线的顶点不在抛物线上，，即，又，．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，灵活运用配方法解决二次函数及二次方程的问题是本题的关键．39．（2023·福建三明·统考一模）如图，若抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，若．则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】观察图象，先设，，，根据已知条件及证明，得出，利用根与系数的关系知，最后得出答案．【详解】设，，，∵二次函数的图象过点，∴，∵，，∴，∴，∴，即，令，根据根与系数的关系知，∴，故故选：A．【点睛】本题考查了二