浙江省嘉兴市2023学年中考数学最后冲刺模拟试卷(含答案解析)

浙江省嘉兴市2023年中考数学最后冲刺模拟测试卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在测试卷卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型

（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在测试卷卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．“a是实数，a20”这一事件是（）

A．不可能事件B．不确定事件C．随机事件D．必然事件

2．如图在△ABC中，AC＝BC，过点C作CD⊥AB，垂足为点D，过D作DE∥BC交AC于点E，若BD＝6，AE＝

5，则sin∠EDC的值为（）

37424

A．B．C．D．

525525

3．从甲、乙、丙、丁四人中选一人参加诗词大会比赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是86.5分，方差分别是S甲

2222

＝1.5，S乙＝2.6，S丙＝3.5，S丁＝3.68，你认为派谁去参赛更合适（）

A．甲B．乙C．丙D．丁

4．一辆慢车和一辆快车沿相同的路线从A地到B地，所行驶的路程与时间的函数图形如图所示，下列说法正确的有

（）

①快车追上慢车需6小时；②慢车比快车早出发2小时；③快车速度为46km/h；④慢车速度为46km/h；⑤A、

B两地相距828km；⑥快车从A地出发到B地用了14小时

A．2个B．3个C．4个D．5个

5．下列计算正确的是（）

A．（﹣8）﹣8=0B．3+=3C．（﹣3b）2=9b2D．a6÷a2=a3

6．已知x2+mx+25是完全平方式，则m的值为（）

A．10B．±10C．20D．±20

7．如图，有5个相同的小立方体搭成的几何体如图所示，则它的左视图是（）

A．B．C．D．

8．如图，在平面直角坐标系xOy中，点C，B，E在y轴上，Rt△ABC经过变化得到Rt△EDO，若点B的坐标为（0，

1），OD＝2，则这种变化可以是（）

A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移5个单位长度

B．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移5个单位长度

C．△ABC绕点O顺时针旋转90°，再向左平移3个单位长度

D．△ABC绕点O逆时针旋转90°，再向右平移1个单位长度

9．若抛物线y＝x2﹣3x+c与y轴的交点为（0，2），则下列说法正确的是（）

A．抛物线开口向下

B．抛物线与x轴的交点为（﹣1，0），（3，0）

C．当x＝1时，y有最大值为0

3

D．抛物线的对称轴是直线x＝

2

10．通过观察下面每个图形中5个实数的关系，得出第四个图形中y的值是（）

A．8B．﹣8C．﹣12D．12

11．如图是一个由4个相同的长方体组成的立体图形，它的主视图是（）

A．B．C．D．

12．二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图，a，b，c的取值范围（）

A．a<0，b<0，c<0B．a<0，b>0，c<0

C．a>0，b>0，c<0D．a>0，b<0，c<0

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

10

13．如图，在反比例函数y=（x＞0）的图象上，有点P，P，P，P，…，它们的横坐标依次为2，4，6，8，…

x1234

分别过这些点作x轴与y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次记为S1，S2，S3，…，Sn，则

S1+S2+S3+…+Sn=_____（用含n的代数式表示）

14．如图，AB是圆O的直径，AC是圆O的弦，AB=2，∠BAC=30°．在图中画出弦AD，使AD=1，则∠CAD的度

数为_____°．

15．如图，一根5m长的绳子，一端拴在围墙墙角的柱子上，另一端拴着一只小羊A（羊只能在草地上活动），那么小

羊A在草地上的最大活动区域面积是_____平方米．

16．二十四节气列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．太阳运行的轨道是一个圆形，古人将之称作“黄

道”，并把黄道分为24份，每15度就是一个节气，统称“二十四节气”．这一时间认知体系被誉为“中国的第五大发明”．如

图，指针落在惊蛰、春分、清明区域的概率是_____．

17．如图，将直尺与含30°角的三角尺摆放在一起，若∠1=20°，则∠2的度数是___.

y2xy

18．如果xy10，那么代数式x的值是______．

xx

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）若两个不重合的二次函数图象关于y轴对称，则称这两个二次函数为“关于y轴对称的二次函数”.

（1）请写出两个“关于y轴对称的二次函数”；

22y

（2）已知两个二次函数y1axbxc和y2mxnxp是“关于轴对称的二次函数”，求函数y1y2的顶点

坐标（用含a,b,c的式子表示）.

20．（6分）如图，已知点C是∠AOB的边OB上的一点，

求作⊙P，使它经过O、C两点，且圆心在∠AOB的平分线上．

21．（6分）如图，四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD，CE⊥AD，垂足为E，求证：AE=CE．

22．（8分）如图，在五边形ABCDE中，∠C＝100°，∠D＝75°，∠E＝135°，AP平分∠EAB，BP平分∠ABC，求

∠P的度数．

23．（8分）在抗洪抢险救灾中，某地粮食局为了保证库存粮食的安全，决定将甲、乙两个仓库的粮食，全部转移到没

有受洪水威胁的A，B两仓库，已知甲库有粮食100吨，乙库有粮食80吨，而A库的容量为60吨，B库的容量为120

吨，从甲、乙两库到A、B两库的路程和运费如表（表中“元/吨•千米”表示每吨粮食运送1千米所需人民币）

路程（千米）运费（元/吨•千米）

甲库乙库甲库乙库

A库20151212

B库2520108

若从甲库运往A库粮食x吨，

（1）填空（用含x的代数式表示）：

①从甲库运往B库粮食吨；

②从乙库运往A库粮食吨；

③从乙库运往B库粮食吨；

（2）写出将甲、乙两库粮食运往A、B两库的总运费y（元）与x（吨）的函数关系式，并求出当从甲、乙两库各运

往A、B两库多少吨粮食时，总运费最省，最省的总运费是多少？

24．（10分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，

且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销

售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．请直接写出y与x之间的函数关系式

和自变量x的取值范围；当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？将足球纪念册销售单价定为

多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？

25．（10分）如图，已知点B、E、C、F在一条直线上，AB=DF，AC=DE，∠A=∠D求证：AC∥DE；若BF=13，

EC=5，求BC的长．

1

26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点

2

3

C，点A的坐标为（﹣1，0），抛物线的对称轴直线x＝交x轴于点D．

2

（1）求抛物线的解析式；

（2）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，交x轴于点G，当点E运动到什么

位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标；

（3）在（2）的条件下，将线段FG绕点G顺时针旋转一个角α（0°＜α＜90°），在旋转过程中，设线段FG与抛物线

交于点N，在线段GB上是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请直接写出点P

的坐标；如果不存在，请说明理由．

27．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与轴交于点A，顶点为点B，点C与点A关于抛物线的

对称轴对称．

（1）求直线BC的解析式；

（2）点D在抛物线上，且点D的横坐标为1．将抛物线在点A，D之间的部分（包含点A，D）记为图象G，若图象

G向下平移（）个单位后与直线BC只有一个公共点，求的取值范围．

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）

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、D

【答案解析】

a是实数，|a|一定大于等于0，是必然事件，故选D.

2、A

【答案解析】

由等腰三角形三线合一的性质得出AD=DB=6，∠BDC=∠ADC=90°，由AE=5，DE∥BC知AC=2AE=10，

∠EDC=∠BCD，再根据正弦函数的概念求解可得．

【题目详解】

∵△ABC中，AC＝BC，过点C作CD⊥AB，

∴AD＝DB＝6，∠BDC＝∠ADC＝90°，

∵AE＝5，DE∥BC，

∴AC＝2AE＝10，∠EDC＝∠BCD，

BD63

∴sin∠EDC＝sin∠BCD＝，

BC105

故选：A．

【答案点睛】

本题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一的性质和平行线的性质及直角三角形的性质

等知识点．

3、A

【答案解析】

根据方差的概念进行解答即可.

【题目详解】

由题意可知甲的方差最小，则应该选择甲.

故答案为A.

【答案点睛】

本题考查了方差，解题的关键是掌握方差的定义进行解题.

4、B

【答案解析】

根据图形给出的信息求出两车的出发时间，速度等即可解答．

【题目详解】

解：①两车在276km处相遇，此时快车行驶了4个小时，故错误．

②慢车0时出发，快车2时出发，故正确．

③快车4个小时走了276km，可求出速度为69km/h，错误．

④慢车6个小时走了276km，可求出速度为46km/h，正确．

⑤慢车走了18个小时，速度为46km/h，可得A,B距离为828km，正确．

⑥快车2时出发，14时到达，用了12小时，错误．

故答案选B．

【答案点睛】

本题考查了看图手机信息的能力，注意快车并非0时刻出发是解题关键．

5、C

【答案解析】

选项A，原式=-16；选项B，不能够合并；选项C，原式=；选项D，原式=.故选C.

6、B

【答案解析】

根据完全平方式的特点求解：a2±2ab+b2.

【题目详解】

∵x2+mx+25是完全平方式，

∴m=±10，

故选B．

【答案点睛】

本题考查了完全平方公式:a2±2ab+b2,其特点是首平方，尾平方，首尾积的两倍在中央，这里首末两项是x和1的平方，

那么中间项为加上或减去x和1的乘积的2倍．

7、C

【答案解析】

测试卷解析：左视图如图所示：

故选C.

8、C

【答案解析】

Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE,应先旋转然后平移即可

【题目详解】

∵Rt△ABC经过变化得到Rt△EDO，点B的坐标为（0，1），OD＝2，

∴DO＝BC＝2，CO＝3，

∴将△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位长度，即可得到△DOE；

或将△ABC绕点O顺时针旋转90°，再向左平移3个单位长度，即可得到△DOE；

故选：C．

【答案点睛】

本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移的知识，解题的关键在于利用旋转和平移的概念和性质求坐标的变化

9、D

【答案解析】

A、由a=1＞0，可得出抛物线开口向上，A选项错误；

B、由抛物线与y轴的交点坐标可得出c值，进而可得出抛物线的解析式，令y=0求出x值，由此可得出抛物线与x

轴的交点为（1，0）、（1，0），B选项错误；

C、由抛物线开口向上，可得出y无最大值，C选项错误；

3

D、由抛物线的解析式利用二次函数的性质，即可求出抛物线的对称轴为直线x=-，D选项正确．

2

综上即可得出结论．

【题目详解】

解：A、∵a=1＞0，

∴抛物线开口向上，A选项错误；

B、∵抛物线y=x1-3x+c与y轴的交点为（0，1），

∴c=1，

∴抛物线的解析式为y=x1-3x+1．

当y=0时，有x1-3x+1=0，

解得：x1=1，x1=1，

∴抛物线与x轴的交点为（1，0）、（1，0），B选项错误；

C、∵抛物线开口向上，

∴y无最大值，C选项错误；

D、∵抛物线的解析式为y=x1-3x+1，

b33

∴抛物线的对称轴为直线x=-=-=，D选项正确．

2a212

故选D．

【答案点睛】

本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数的最值以及二次函数图象上点的坐标特征，利用二次函

数的性质及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析四个选项的正误是解题的关键．

10、D

【答案解析】

根据前三个图形中数字之间的关系找出运算规律，再代入数据即可求出第四个图形中的y值．

【题目详解】

∵2×5﹣1×（﹣2）=1，1×8﹣（﹣3）×4=20，4×（﹣7）﹣5×（﹣3）=﹣13，∴y=0×3﹣6×（﹣2）=1．

故选D．

【答案点睛】

本题考查了规律型中数字的变化类，根据图形中数与数之间的关系找出运算规律是解题的关键．

11、A

【答案解析】

由三视图的定义可知，A是该几何体的三视图，B、C、D不是该几何体的三视图.

故选A.

点睛:从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，看不

到的线画虚线.本题从左面看有两列，左侧一列有两层，右侧一列有一层.

12、D

【答案解析】

测试卷分析：根据二次函数的图象依次分析各项即可。

由抛物线开口向上，可得，

再由对称轴是，可得，

由图象与y轴的交点再x轴下方，可得，

故选D.

考点：本题考查的是二次函数的性质

点评：解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质：的正负决定抛物线开口方向，对称轴是，C的正负决

定与Y轴的交点位置。

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

10

13、10﹣

n1

【答案解析】

过点P1、点Pn+1作y轴的垂线段，垂足分别是点A、B，过点P1作x轴的垂线段，垂足是点C，P1C交BPn+1于点D，

所有的阴影部分平移到左边，阴影部分的面积之和就等于矩形P1ABD的面积，即可得到答案．

【题目详解】

如图，过点P1、点Pn+1作y轴的垂线段，垂足分别是点A、B，过点P1作x轴的垂线段，垂足是点C，P1C交BPn于

点D，

5

则点Pn+1的坐标为（2n+2，），

n1

5

则OB=，

n1

∵点P1的横坐标为2，

∴点P1的纵坐标为5，

5

∴AB=5﹣，

n

510

∴S1+S2+S3+…+Sn=S矩形AP1DB=2（5﹣）=10﹣，

n1n+1

10

故答案为10﹣．

n+1

【答案点睛】

本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握过双曲线上任意一点

引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|.

14、30或1．

【答案解析】

根据题意作图，由AB是圆O的直径，可得∠ADB=∠AD′B=1°，继而可求得∠DAB的度数，则可求得答案．

【题目详解】

解：如图，∵AB是圆O的直径，

∴∠ADB=∠AD′B=1°，

∵AD=AD′=1，AB=2，

1

∴cos∠DAB=cosD′AB=，

2

∴∠DAB=∠D′AB=60°，

∵∠CAB=30°，

∴∠CAD=30°，∠CAD′=1°．

∴∠CAD的度数为：30°或1°．

故答案为30或1．

【答案点睛】

本题考查圆周角定理；含30度角的直角三角形．

15、

【答案解析】

测试卷分析：根据题意可知小羊的最大活动区域为：半径为5，圆心角度数为90°的扇形和半径为1，圆心角为60°的

902560177

扇形，则S．

36036012

点睛：本题主要考查的就是扇形的面积计算公式，属于简单题型．本题要特别注意的就是在拐角的位置时所构成的扇

形的圆心角度数和半径，能够画出图形是解决这个问题的关键．在求扇形的面积时，我们一定要将圆心角代入进行计

算，如果题目中出现的是圆周角，则我们需要求出圆心角的度数，然后再进行计算．

1

16、

8

【答案解析】

首先由图可得此转盘被平分成了24等份，其中惊蛰、春分、清明区域有3份，然后利用概率公式求解即可求得答案．

【题目详解】

∵如图，此转盘被平分成了24等份，其中惊蛰、春分、清明有3份，

31

∴指针落在惊蛰、春分、清明的概率是：．

248

1

故答案为

8

【答案点睛】

此题考查了概率公式的应用．注意概率＝所求情况数与总情况数之比．

17、50°

【答案解析】

先根据三角形外角的性质求出∠BEF的度数，再根据平行线的性质得到∠2的度数．

【题目详解】

如图所示：

∵∠BEF是△AEF的外角，∠1=20°，∠F=30°，

∴∠BEF=∠1+∠F=50°，

∵AB∥CD，

∴∠2=∠BEF=50°，

故答案是：50°．

【答案点睛】

考查了平行线的性质，解题的关键是掌握、运用三角形外角的性质（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的

和）．

18、1

【答案解析】

分析：对所求代数式根据分式的混合运算顺序进行化简，再把xy10变形后整体代入即可.

y2xy

详解：x,

xx

x2y2xy

,

xxx

xyxyx

,

xxy

xy.

xy10,xy1.

故答案为1.

点睛：考查分式的混合运算，掌握运算顺序是解题的关键.注意整体代入法的运用.

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．

222

19、（1）任意写出两个符合题意的答案，如：yx4x3,yx4x3；（2）y1y22ax2c，顶点坐标

为0,2c

【答案解析】

（1）根据关于y轴对称的二次函数的特点，只要两个函数的顶点坐标根据y轴对称即可；

bn4acb24mpn2

（2）根据函数的特点得出a=m，--=0，，进一步得出m=a，n=-b，p=c，从而得到

2a2m4a4m

2

y1+y2=2ax+2c，根据关系式即可得到顶点坐标．

【题目详解】

解：（1）答案不唯一，如yx24x3,yx24x3；

22

（2）∵y1=ax+bx+c和y2=mx+nx+p是“关于y轴对称的二次函数”，

bn4acb24mpn2

即a=m，--=0，，

2a2m4a4m

整理得m=a，n=-b，p=c，

222

则y1+y2=ax+bx+c+ax-bx+c=2ax+2c，

∴函数y1+y2的顶点坐标为（0，2c）．

【答案点睛】

本题考查了二次函数的图象与几何变换，得出变换的规律是解题的关键．

20、答案见解析

【答案解析】

首先作出∠AOB的角平分线，再作出OC的垂直平分线，两线的交点就是圆心P，再以P为圆心，PC长为半径画圆

即可．

【题目详解】

解：如图所示：

．

【答案点睛】

本题考查基本作图,掌握垂直平分线及角平分线的做法是本题的解题关键.．

21、证明见解析.

【答案解析】

过点B作BF⊥CE于F，根据同角的余角相等求出∠BCF=∠D，再利用“角角边”证明△BCF和△CDE全等，根据全

等三角形对应边相等可得BF=CE，再证明四边形AEFB是矩形，根据矩形的对边相等可得AE=BF，从而得证.

【题目详解】

证明：如图，过点B作BF⊥CE于F，

∵CE⊥AD，

∴∠D+∠DCE=90°，

∵∠BCD=90°，

∴∠BCF+∠DCE=90°

∴∠BCF=∠D，

在△BCF和△CDE中,

BCFD

CEDBFC90

BCCD

∴△BCF≌△CDE(AAS)，

∴BF=CE，

又∵∠A=90°，CE⊥AD，BF⊥CE，

∴四边形AEFB是矩形，

∴AE=BF，

∴AE=CE.

22、65°

【答案解析】

∵∠EAB+∠ABC+∠C+∠D+∠E=（5-2）×180°=540°，∠C=100°，∠D=75°，∠E=135°，

∴∠EAB+∠ABC=540°-∠C-∠D-∠E=230°.

∵AP平分∠EAB，

∴∠PAB=12∠EAB.

1

同理可得，∠ABP=∠ABC.

2

∵∠P+∠PAB+∠PBA=180°，

1111

∴∠P=180°-∠PAB-∠PBA=180°-∠EAB-∠ABC=180°-（∠EAB+∠ABC）=180°-×230°=65°.

2222

23、（1）①（100﹣x）；②（1﹣x）；③（20+x）；（2）从甲库运往A库1吨粮食，从甲库运往B库40吨粮食，从乙库

运往B库80吨粮食时，总运费最省，最省的总运费是2元．

【答案解析】

分析：（Ⅰ）根据题意解答即可；

（Ⅱ）弄清调动方向，再依据路程和运费列出y（元）与x（吨）的函数关系式，最后可以利用一次函数的

增减性确定“最省的总运费”．

详解：（Ⅰ）设从甲库运往A库粮食x吨；

①从甲库运往B库粮食（100﹣x）吨；

②从乙库运往A库粮食（1﹣x）吨；

③从乙库运往B库粮食（20+x）吨；

故答案为（100﹣x）；（1﹣x）；（20+x）．

（Ⅱ）依题意有：若甲库运往A库粮食x吨，则甲库运到B库（100﹣x）吨，乙库运往A库（1﹣x）吨，

乙库运到B库（20+x）吨．

x0

100x0

则，解得：．

60x00≤x≤1

20x0

从甲库运往A库粮食x吨时，总运费为：

y=12×20x+10×25（100﹣x）+12×15（1﹣x）+8×20×[120﹣（100﹣x）]

=﹣30x+39000；

∵从乙库运往A库粮食（1﹣x）吨，∴0≤x≤1，此时100﹣x＞0，∴y=﹣30x+39000（0≤x≤1）．

∵﹣30＜0，∴y随x的增大而减小，∴当x=1时，y取最小值，最小值是2．

答：从甲库运往A库1吨粮食，从甲库运往B库40吨粮食，从乙库运往B库80吨粮食时，总运费最省，最省

的总运费是2元．

点睛：本题是一次函数与不等式的综合题，先解不等式确定自变量的取值范围，然后依据一次函数的增减性来确定“最

佳方案”．

24、（1）y=﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；（3）将足球

纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．

【答案解析】

（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所

以y=300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；

（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销

售单价；

（3）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函

数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．

【题目详解】

（1）y=300﹣10（x﹣44），

即y=﹣10x+740（44≤x≤52）；

（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，

解得x1=50，x2=64（舍去），

答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；

（3）w=（x﹣40）（﹣10x+740）

=﹣10x2+1140x﹣29600

=﹣10（x﹣57）2+2890，

当x＜57时，w随x的增大而增大，

而44≤x≤52，

所以当x=52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890=2640，

答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．

【答案点睛】

本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决二次函数应用类问题时关键是通过题意，确定出二次函数的

解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．

25、（1）证明见解析；（2）4.

【答案解析】

(1)首先证明△ABC≌△DFE可得∠ACE=∠DEF，进而可得AC∥DE；(2)根据△ABC≌△DFE可得BC=EF，利用等

式的性质可得EB=CF，再由BF=13，EC=5进而可得EB的长，然后可得答案．

【题目详解】

解：(1)在△ABC和△DFE中

ABDF

AD，

ACDE

∴△ABC≌△DFE（SAS），

∴∠ACE=∠DEF，

∴AC∥DE；

(2)∵△ABC≌△DFE，

∴BC=EF，

∴CB﹣EC=EF﹣EC，

∴EB=CF，

∵BF=13，EC=5，

∴EB=4，

∴CB=4+5=1．

【答案点睛】

考点：全等三角形的判定与性质．

1313

26、（1）yx2x2；（1），E（1，1）；（3）存在，P点坐标可以为（1+7，5）或（3，5）．

222

【答案解析】

1x23b

（1）设B（x1，5），由已知条件得，进而得到B（2，5）．又由对称轴求得b．最终得到抛物线解析

222a

式.

113

（1）先求出直线BC的解析式，再设E（m，＝﹣m+1．），F（m，﹣m1+m+1．）

222

1

求得FE的值，得到S△CBF﹣m+2m．又由S四边形CDBF＝S△CBF+S△CDB，得S四边形CDBF最大值，最终得到E点坐标．

13

（3）设N点为（n，﹣n1+n+1），1＜n＜2．过N作NO⊥x轴于点P，得PG＝n﹣1．

22

又由直角三角形的判定，得△ABC为直角三角形，由△ABC∽△GNP，得n＝1+7或n＝1﹣7（舍去），求得P

OCPG

点坐标．又由△ABC∽△GNP，且时，

OBNP

得n＝3或n＝﹣2（舍去）．求得P点坐标．

【题目详解】

3

解：（1）设B（x1，5）．由A（﹣1，5），对称轴直线x＝．

2

1x3

∴2

22

解得，x1＝2．

∴B（2，5）．

b3

又∵12

2()

2

3

∴b＝．

2

123

∴抛物线解析式为y＝xx2，

22

（1）如图1，

∵B（2，5），C（5，1）．

1

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+1．

2

113

由E在直线BC上，则设E（m，＝﹣m+1．），F（m，﹣m1+m+1．）

222

1311

∴FE＝﹣m1+m+1﹣（﹣n+1）＝﹣m1+1m．

2222

1

由S△CBF＝EF•OB，

2

11

11

∴S△CBF＝（﹣m+1m）×2＝﹣m+2m．

22

1135

又∵S△CDB＝BD•OC＝×（2﹣）×1＝

2222

5

1

∴S四边形＝S△CBF+S△CDB═﹣m+2m+．

CDBF2

13

1

化为顶点式得，S四边形＝﹣（m﹣1）+．

CDBF2

13

当m＝1时，S四边形最大，为．

CDBF2

此时，E点坐标为（1，1）．

（3）存在．

如图1，