2023-2024学年浙江省杭州市上城区建兰中学九年级（上）段考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市上城区建兰中学九年级（上）段考数学试卷（12月份）（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列函数中，是二次函数的是( )
A. y=xB. y=x2−2x+1C. y=3xD. y=x−2
2.已知ab=23，则下列说法错误的是( )
A. a+bb=53B. ab=a+2b+3C. 2a=3bD. a2=b3
3.如图，已知AB/​/CD/​/EF，BD：DF=1：2，那么下列结论中，正确的是( )
A. AC：AE=1：3
B. CE：AC=1：2
C. CD：EF=1：3
D. AB：EF=1：2
4.在一个不透明的口袋中装有4个白球和若干个红球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到白球的频率稳定在20%附近，则口袋中红球可能有( )
A. 4个B. 8个C. 12个D. 16个
5.将抛物线y=−(x−2)2向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，得到的抛物线解析式为( )
A. y=−(x−1)2+2B. y=−(x−1)2−2
C. y=−(x−3)2+2D. y=−(x−3)2−2
6.如图，转盘的红、黄、蓝、紫四个扇形区域的圆心角分别记为α、β，γ，θ.自由转动转盘，则下面说法错误的是( )
A. 若α>90°，则指针落在红色区域的概率大于0.25
B. 若α>β+γ+θ，则指针落在红色区域的概率大于落在黄色区域的概率
C. 若α−β=γ−θ，则指针落在红色或蓝色区域的概率和为0.5
D. 若γ+θ=200°，则指针落在红色或黄色区域的概率和小于0.5
7.如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上(不与点A，点C重合)，BD与OA交于点E，设∠AED=α，∠AOD=β，则以下关系式成立的是( )
A. 2α+β=180°
B. 2α−β=90°
C. 3α+β=180°
D. 3α−β=90°
8.在平面直角坐标系中，已知点A(0,2)，点B在第一象限内，AO=AB，∠OAB=120°，将△AOB绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2024次旋转后，点B的坐标为( )
A. (− 3,3)B. (− 3,0)C. ( 3,3)D. (−2 3.0)
9.y=ax2+bx+c与自变量x的部分对应值如下，已知有且仅有一组值错误(其中a，b，c，m均为常数)．
甲同学发现当a<0时，x=3是方程ax2+bx+c+2=0的一个根；乙同学发现当a>0时，则2a+b>0.下列说法正确的是( )
A. 甲对乙错B. 甲错乙对C. 甲乙都错D. 甲乙都对
10.我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值(如图1).刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法.如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，可以作出一个圆内接正十二边形，点G为CD的中点，连接BG，CF，BG交CF于点P，若CP= 3−12，则PG的长为( )
A. 32B. 22C. 12D. 3− 22
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.顶点在函数y=2x的图象上，请写出一个满足条件的二次函数表达式______ ．
12.一个可以自由转动的两色转盘，其中白色扇形和红色扇形的圆心角分别为120°和240°.若让转盘自由转动一次，则指针落在红色区域的概率是______ ．
13.⊙O的半径为5两条平行弦的长分别为6和8，这两条平行弦之间的距离是______ ．
14.球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过t(秒)时球距离地面的高度h(米)适用公式h=10t−5t2，那么球从弹起后又回到地面所经过的总路程是______ ．
15.如图，小杨将一个三角板放在⊙O上，使三角板的一直角边经过圆心O，测得AC=5cm，AB=3cm，则⊙O的半径长为______．
16.如图是一张矩形纸片ABCD，AB=2，AD=3，在BC上任意取一点E，将△DEC沿DE折叠，若点C恰好落在对角线AC上的点C′处，BE= ______ ．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
设二次函数y=(x−x1)(x−x2)(x1,x2是实数).甲求得当x=0时，y=0；当x=1时，y=0；乙求得当x=12时，y=−12.若甲求得的结果都正确，你认为乙求得的结果正确吗？说明理由．
18.(本小题8分)
一个不透明的袋中装有2个红球、1个白球，这些球除颜色外，没有任何其他区别．有如下两个活动：
活动1：从袋中随机摸出一个球，记录下颜色，然后从袋中剩余的球中再随机摸出一个球，摸出的两个球都是红球的概率记为P1；
活动2：从袋中随机摸出一个球，记录下颜色，然后把这个球放回袋中并摇匀，重新从袋中随机摸出一个球，两次摸出的球都是红球的概率记为P2．
请你猜想P1，P2的大小关系，并用画树状图或列表的方法列出所有可能的结果，验证你的猜想．
19.(本小题8分)
已知，如图，作△ABC的外接圆，在AB上方作弦AD使AD=BC，连接CD，并求证：CD//AB.(要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)
20.(本小题8分)
如图，以△ABC的一边AB为直径作⊙O交AC于点E，AB=AC，⊙O与BC边的交点恰好为BC的中点D，连接DE．
(1)求证：DE=CD．
(2)若∠BAC=45°，AB=3，求弧DE的长．
21.(本小题8分)
现有一块直角三角形木板，它的两条直角边分别为3米和4米.计划对它进行加工，要剪裁出一个正方形且四个顶点都在三角形的边上，请你利用学过的知识，画图设计出符合要求的所有方案，并求出各方案中剪裁出的正方形边长．
22.(本小题8分)
已知二次函数y=mx2+2mx+3，其中m≠0．
(1)若该二次函数图象开口向下，当−2≤x≤2时，二次函数图象的最高点为M，最低点为N，点M的纵坐标为5，求点M和点N的坐标；
(2)在二次函数图象上任取两点(x1,y1)，(x2,y2)，当a−1≤x123.(本小题8分)
某课外科技活动小组研制了一种航模飞机，通过实验，收集了飞机相对于出发点的飞行水平距离x(单位：m)、飞行高度y(单位：m)随飞行时间t(单位：s)变化的数据如表．
探究发现x与t，y与t之间的数量关系可以用我们已学过的函数来描述.直接写出x关于t的函数解析式和y关于t的函数解析式(不要求写出自变量的取值范围)．
问题解决如图，活动小组在水平安全线上A处设置一个高度可以变化的发射平台试飞该航模飞机.根据上面的探究发现解决下列问题．
(1)若发射平台相对于安全线的高度为0m，求飞机落到安全线时飞行的水平距离；
(2)在安全线上设置回收区域MN，AM=125m，MN=5m.若飞机落到MN内(不包括端点M，N)，求发射平台相对于安全线的高度的变化范围．
24.(本小题8分)
如图，⊙O的半径为1，直径AB，CD的夹角∠AOD=60°，点P是弧BD上一点，连接PA，PC分别交CD，AB于点M，N．
(1)若CN=NP，求证：CD⊥AP．
(2)当点P在BD上运动时，
①猜想：线段DM与ON有怎样的数量关系，并给出证明．
②求证：PA+PC=2AM+1CN．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、是正比例函数，不符合题意；
B、是二次函数，符合题意；
C、是反比例函数，不符合题意；
D、是是一次函数，不符合题意；
故选：B．
根据形如y=ax2+bx+c(a≠0)，这样的函数叫做二次函数，进行判断即可．
本题考查二次函数的定义，掌握二次函数的定义是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：设a=2k，b=3k，
A.a+bb=2k+3k3k=53，故本选项不符合题意；
B.ab=2k3k=23，a+2b+3=2k+23k+3=2(k+1)3(k+1)=23，
所以ab=a+2b+3，故本选项不符合题意；
C.∵ab=23，
∴3a=2b，故本选项符合题意；
D.∵a2=b3，
∴3a=2b，
∴ab=23，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据ab=23设a=2k，b=3k，再逐个判定即可．
本题考查了比例的性质，能选择适当的方法求解是解此题的关键，注意：如果ab=cd，那么ad=bc，反之亦然．
3.【答案】A
【解析】解：∵AB/​/CD/​/EF，BD：DF=1：2，
∴AC：AE=1：3，故A选项正确；
CE：EA=2：3，故B选项错误；
CD：EF的值无法确定，故C选项错误；
AB：EF的值无法确定，故D选项错误；
故选：A．
三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，据此可得结论．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
4.【答案】D
【解析】解：设袋中红球的个数为x，
根据题意，得：44+x=20%，
解得x=16，
经检验x=16是分式方程的解，
所以口袋中红球可能有16个，
故选：D．
由摸到白球的频率稳定在20%附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出红球个数即可．
此题主要考查了利用频率估计概率，掌握大量反复试验下频率稳定值即概率是解题关键．
5.【答案】D
【解析】解：将抛物线y=−(x−2)2向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，得到的抛物线解析式为：y=−(x−2−1)2−2，即y=−(x−3)2−2．
故选：D．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
6.【答案】C
【解析】解：A、∵α>90°，
∴a360>90360=0.25，故A正确，不符合题意；
B、∵α+β+γ+θ=360°，α>β+γ+θ，
∴α360∘>180°360∘=0.5，故B正确，不符合题意；
C、∵α−β=γ−θ，
∴α+θ=β+γ，
∵α+β+γ+θ=360°，
∴α+θ=β+γ=180°，
∴180360=0.5，
∴指针落在红色或紫色区域的概率和为0.5.故C不正确，符合题意；
D、∵γ+θ=200°，
∴α+β=160°，
∴160°360∘<0.5，故D正确，不符合题意．
故选：C．
根据概率公式计算即可得到结果．
本题考查了概率的计算，熟练掌握概率计算公式是关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵OA⊥BC，
∴∠COA=∠AOB=90°，
∵∠AOD=β，
∴∠COD=∠COA−∠AOD=90°−β，
∵∠AED=α，
∴∠OEB=∠AED=α，
∴∠B=90°−∠OEB=90°−α，
∵∠COD=2∠B，
∴90°−β=2(90°−α)，
∴90°−β=180°−2α，
∴2α−β=90°，
故选：B．
根据垂直定义可得∠COA=∠AOB=90°，从而可得∠COD=90°−β，再利用对顶角相等可得∠OEB=∠AED=α，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B=90°−α，最后利用圆周角定理可得∠COD=2∠B，从而可得90°−β=2(90°−α)，进行计算即可解答．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图，
在Rt△ABH中，
∠AHB=90°，∠BAH=180°−120°=60°，AB=OA=2，
∴∠ABH=30°，
∴AH=12AB=1，OH=OA+AH=3，
由勾股定理得BH= AB2−AH2= 3，
∵AB=OA=2，∠OAB=120°，
∴∠AOB=30°，
∴OB=2BH=2 3，OH= OB2−BH2=3，
∴B( 3,3)，
由题意，可得：B1(− 3,3)，B2(−2 3,0)，B3(− 3,−3)，B4( 3,−3)，B5(2 3,0)，B6( 3,3)，6次一个循环，
∵2024÷6=337……2，
∴第2024次旋转后，点B的坐标为(−2 3,0)，
故选：C．
先求出OB的长，进而求出B点的坐标，根据旋转的性质，分别点B的坐标规律，每6次一个循环，进而求出第2042次旋转后，点B的坐标即可．
本题考查点的规律探究．熟练掌握旋转的性质，30°所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理，是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由二次函数y=ax2+bx+c与自变量x的部分对应值表可知：
当x=−1、1、2时，都是y=m2，
当a<0时，x=1和x=2，y=m2符合题意，
∴由抛物线的对称性可知：函数图象的对称轴是直线x=32，
∴点(0,−2)关于对称轴是对称点为(3,−2)，
∴x=3是方程ax2+bx+c+2=0的一个根；
当a>0时，x=−1和x=1，y=m2符合题意，
∴由抛物线的对称性可知：函数图象的对称轴是y轴，
∴b=0，
∴2a+b>0，
∴甲乙都对．
故选：D．
分两种情况求得函数的对称轴，根据函数的对称性和对称轴公式即可判断．
本题重点考查一元二次方程的解，二次函数的图象和性质，能数形结合从而推出结论是解决此类题型的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图2，设正六边形ABCDEF的外接圆的圆心为O，连接OA、OB、OG、OD，
∵∠AOF=∠AOB=∠BOC=∠COD=16×360°=60°，
∴∠COF=3×60°=180°，∠CGP=12∠BOC=30°，
∴圆心O在CF上，
∵点G为CD的中点，
∴∠COG=∠DOG=12∠COD=30°，
∵OC=OG，
∴∠GCP=∠OGC=12×(180°−30°)=75°，
∵OB=OC，∠BOC=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OCB=60°，
∵∠CBG=12∠COG=15°，
∴∠GPC=∠OCB+∠CBG=75°=∠GCP，
∴PG=CG，
作PI⊥CF交BC于点I，则∠CPI=90°，
∴∠PIC=90°−60°=30°，CP= 3−12，
∴∠IPB=∠PIC−∠CBG=15°=∠CBG，CI=2CP=2×( 3−12)= 3−1，
∴BI=PI= CI2−CP2= (2CP)2−CP2= 3CP= 3×( 3−12)=3− 32，
∴CO=BC= 3−1+3− 32= 3+12，
∵∠CGP=∠COG，∠PCG=∠GPO，
∴△CGP∽△COG，
∴CPCG=CGCO，
∴PG=CG= CP⋅CO= 3−12× 3+12= 22，
故选：B．
设正六边形ABCDEF的外接圆的圆心为O，连接OA、OB、OG、OD，则∠COF=3×60°=180°，所以圆心O在CF上，由点G为CD的中点，得∠COG=∠DOG=12∠COD=30°，可求得∠GCP=75°，由△BOC是等边三角形，得∠OCB=60°，则∠CBG=12∠COG=15°，所以∠GPC=∠GCP=75°，则PG=CG，作PI⊥CF交BC于点I，则∠PIC=30°，所以∠IPB=∠CBG=15°，则CI=2CP= 3−1，BI=PI= 3CP=3− 32，于是得CO=BC= 3+12，再证明△CGP∽△COG，得CPCG=CGCO，则PG=CG= CP⋅CO= 22，于是得到问题的答案．
此题重点考查正多边形与圆、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】y=x2(答案不唯一)
【解析】解：∵函数y=2x的图象过原点，
∴当顶点为原点时，二次函数表达式为y=x2(答案不唯一)．
故答案为：y=x2(答案不唯一)．
写出一个顶点在原点的二次函数表达式即可．
本题考查二次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质．
12.【答案】23
【解析】解：∵白色扇形和红色扇形的圆心角分别为120°和240°，
∴若让转盘自由转动一次，则指针落在红色区域的概率是：240360=23．
故答案为：23．
根据概率的求法，用红色区域的圆心角度数除以360°即可解答．
本题考查了几何概率的求法，掌握几何概率的求法是解题关键．
13.【答案】7或1
【解析】解：在直角△OAC中，AC=12AB=3，
OC= OA2−AC2= 52−32=4，
同理，EF的弦心距是3，
当两条平行线在圆心的两侧时：两条平行弦之间的距离是4+3=7；
当两条平行线在圆心的同侧时：两条平行弦之间的距离是4−3=1．
故答案为：7或1．
这两条平行弦可能位于圆心的同侧，也可能位于圆心的两侧，应分两种情况进行讨论，在同侧时，这两条平行弦之间的距离是两弦弦心距的差，在两侧时，这两条平行弦之间的距离是两弦弦心距的和．
本题主要考查了垂径定理的应用，利用垂径定理可以把求弦长或圆心角或弦心距的问题转化为解直角三角形的问题．
14.【答案】10m
【解析】解：h=10t−5t2=−5(t−1)2+5，
∵−5<0，
∴当t=1时，h有最大值，最大值是5，
∴球距离地面的最大高度是5m，
∴球从弹起后又回到地面所经过的总路程是10m，
故答案为：10m．
把函数解析式化为顶点式，由函数性质求出小球的最大高度，从而得出结论．
本题考查二次函数的应用，关键是用二次函数的性质求最值．
15.【答案】3.4cm
【解析】解：连接BC，作OH⊥BC于H，
则CH=BH，
在Rt△ACB中，BC= AC2+AB2= 34，
∴CH=12BC= 342，
∵∠OCH=∠BCA，
∴Rt△COH∽Rt△CBA，
∴OCCB=CHCA，即OC 34= 3425，
解得，OC=3.4．
故答案为：3.4cm．
作OH⊥BC于H，如图，则CH=BH，先利用勾股定理计算出BC= 34，则CH= 342，再证明Rt△COH∽Rt△CBA，然后利用相似比计算OC即可．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．
16.【答案】53
【解析】解：如图，设DE交AC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=2，AD=BC=3，∠ABC=∠DCE=90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC= AB2+BC2= 22+32= 13，
由折叠的性质得：DE⊥CC′，
∴∠DFC=90°，
∴S△ACD=12AD⋅DC=12AC⋅DF，
∴DF=AD⋅DCAC=3×2 13=6 1313，
∵∠DCE=∠DFC=90°，∠CDF=∠EDC，
∴△CDF∽△EDC，
∴DCDE=DFDC，
∴DE=DC2DF=226 1313=2 133，
在Rt△DCE中，由勾股定理得：CE= DE2−DC2= (2 133)2−22=43，
∴BE=BC−CE=3−43=53，
故答案为：53．
设DE交AC于点F，先由勾股定理求出AC= 13，再由折叠的性质得DE⊥CC′，然后由面积法求出DF=6 1313，证△CDF∽△EDC，得出DCDE=DFDC，求出DE=2 133，最后由勾股定理求出CE=43，即可得出答案．
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形面积计算、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】解：乙求得的结果不正确．
理由如下：
∵当x=0时，y=0；当x=1时，y=0，
∴抛物线解析式为y=(x−0)(x−1)，即y=x2−x，
当x=12时，y=(12)2−12=−14，
所以乙求得的结果不正确．
【解析】利用抛物线与x轴的交点问题，利用交点式写出抛物线解析式，然后进行自变量为12所对应的函数值，从而可判断求得的结果是否正确．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
18.【答案】解：猜想P1活动1，画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中摸出的两个球都是红球的结果有2种，
∴P1=26=13；
活动2，画树状图如下：

共有9种等可能的结果，两次摸出的球都是红球的结果有4种，
∴P2=49，
∵13=39<49，
∴P1【解析】分别画树状图，由概率公式求出P1，P2的大小，即可得出结论．
本题考查了树状图法求概率；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；正确画出树状图是解题的关键．
19.【答案】解：如图，⊙O，线段CD即为所求．
证明：∵AD=BC，
∴∠ACD=∠BAC，
∴CD/​/AB．
【解析】作线段AB，BC的垂直平分线交于点O，连接OA，以O为圆心，OA为半径作⊙O，以A为圆心，BC为半径作弧，在AB的上方交⊙O于点D，连接CD即可．
本题考查作图−复杂作图，三角形的外接圆等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
20.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠B+∠AED=180°，∠DEC+∠AED=180°，
∴∠B=∠DEC，
∴∠DEC=∠C，
∴DE=DC；
(2)解：如图，连接OD，AD，OE，

∵AB=AC，D为BC的中点，
∴∠BAD=12∠BAE=22.5°，
∴∠BOD=2∠BAD=45°，
∵OA=OE，∠BAC=45°，
∴∠AOE=90°，
∴∠DOE=45°，
∵AB=3，
∴OD=32，
∴DE的长为45π×32180=3π8．
【解析】(1)根据AB=AC，得∠B=∠C，根据圆内接四边形的性质得∠B+∠AED=180°，又∠DEC+∠AED=180°，所以∠B=∠DEC，所以∠DEC=∠C，即可得出结论；
(2)根据等腰三角形三线合一得∠BAD=12∠BAE=22.5°，根据圆周角定理得∠BOD=2∠BAD=45°，根据OA=OE，得∠AOE=90°，所以∠DOE=45°，根据弧长公式计算即可．
本题主要考查了弧长的计算，圆周角定理，圆内接四边形的性质等，解答本题的关键掌握弧长的计算，圆周角定理，圆内接四边形的性质．
21.【答案】解：在△ABC中，∠ACB=90°，BC=3米，AC=4米，
∴AB= BC2+BC2= 32+42=5(米)，
如图1，四边形CDEF为正方形，
设正方形的边长为x，则CD=DE=x米，AD=(4−x)米，
∵四边形CDEF为正方形，
∴DE/​/BC，
∴△ADE∽△ACB，
∴ADAC=DECB，即4−x4=x3，
解得x=127，
即此时正方形的边长为127米；
如图2，四边形DEFG为正方形，
过C点作CH⊥AB于H点，CH交DE于点M，
∵∠MEF=∠EFH=∠MHF=90″，
∴四边形MEFH为矩形，
∴MH=EF，
∵12CH⋅AB=12AC⋅BC，
∴CH=3×45=125，
设正方形的边长为y，则EF=DE=MH=y米，
∴CM=(125−y)米，
∵四边形CDEF为正方形，
∴DE/​/AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴CMCH=DEAB，即125−y125=y5
解得y=6037，
即此时正方形的边长为6037米，
综上所述，当正方形的顶点在直角三角形的直角顶点时，正方形的边长为127米；当正方形的一条边在直角三角形的斜边上，正方形的边长为6037米．
【解析】先利用勾股定理计算AB=5米，如图1，设正方形的边长为x，则CD=DE=x米，AD=(4−x)米，证明△ADE∽△ACB，则ADAC=DECB，即4−x4=x3；如图2，过C点作CH⊥AB于H点，CH交DE于点M，易得四边形MEFH为矩形，则MH=EF，接着利用面积法计算出CH=125，设正方形的边长为y，则EF=DE=MH=y米，CM=(125−y)米，证明△CDE∽△CAB，根据相似三角形的性质得到CMCH=DEAB，即125−y125=y5，然后分别求出x、y即可．
本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等进行几何运算．也考查了勾股定理和正方形的性质．
22.【答案】解：(1)∵二次函数图象开口向下，
∴m<0，
∵y=mx2+2mx+3=m(x+1)2+3−m，
∴抛物线对称轴为直线x=−1，顶点为(−1,3−m)，即最高点M(−1,3−m)
∵点M的纵坐标为5，
∴m=−2，
∴M(−1,5)，y=−2x2−4x+3，
∵−1−(−2)<2−(−1)，
∴最底点N的横坐标为2，此时，y=−2×22−4×2+3=−13，
∴N(2,−13)；
(2)分两种情况讨论：
①当m>0时(如图1)，抛物线对称轴为直线x=−1，则有x≤−1时，y随x的增大而减小；当x≥−1时，y随x的增大而增大；

∵当a−1≤x1∴a−1≥−1，
∴a≥0；
②当m<0时(如图2)，抛物线对称轴为直线x=−1，则有x≤−1时，y随x的增大而增大；当x≥−1时，y随x的增大而减小；

∵当a−1≤x1∴a+1≤−1，
∴a≤−2，
综上分析，当m>0时，a≥0；当m<0时，a≤−2．
【解析】(1)将解析式配方成顶点式，得到顶点M(−1,3−m)，根据顶点纵坐标为5，求出m值，可得点M坐标，依据抛物线性质确定N点坐标即可；
(2)分情况讨论①m>0②m<0，根据二次函数的增减性解答即可．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握函数的增减性是解答本题的关键．
23.【答案】解：探究发现：x与t是一次函数关系，y与t是二次函数关系，
设x=kt，y=ax2+bx，
由题意得：10=2k，4a+2b=2216a+4b=40，
解得：k=5，a=−12b=12，
∴x=5t,y=−12r2+12t
问题解决：(1)依题意，得−12t2+12y=0．
解得，1=0(舍)，t2=24，
当t=24时，x=120．
答：飞机落到安全线时飞行的水平距离为120m．
(2)设发射平台相对于安全线的高度为nm，飞机相对于安全线的飞行高度
y=−12r2+12t+n
∵125在y=−12r+12t+n中，
当t=25，y′=0时，n=12.5；
当t=26，y′=0时，n=26．
∴12.5答：发射平台相对于安全线的高度的变化范围是大于12.5m且小于26m．
【解析】探究发现：根据待定系数法求解即可；
问题解决：(1)令二次函数y=0代入函数解析式即可求解；
(2)设发射平台相对于安全线的高度为nm，则飞机相对于安全线的飞行高度y′=−12t2+12t+n.结合25本题考查一次函数的应用，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24.【答案】(1)证明：∵CN=NP，
∴点B是PC的中点，
∵∠AOD=60°=∠BOC，
∴∠PAB=12∠BOC=30°，
∴∠AMO=180°−30°−60°=90°，
∴CD⊥AP．
(2)解：DM=ON，连接AD，

∵∠AOD=60°，AO=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OC，∠D=∠BOC=60°，
∵∠DAM=∠OCN，
∴△ADM≌△CON(ASA)，
∴DM=ON；
(3)证明：∵⊙O的半径为1，
∴OA=OC=OD=1，
由(2)可知AM=CN，DM=ON，
∵∠AOD=60°，
∴∠AOC=120°，∠P=60°，
∴∠AOM=∠P=∠CON，
∵∠MAO=∠NAP，∠OCN=∠PCM，
∴△AOM∽△APN，△CON∽△CPM，
∴PAOA=ANAM，PCCO=CMCN，
∴PA=ANAM，PC=CMCN，
∴PA+PC=ANAM+CMCN=OA+ONAM+OC +OMCN=1AM+ONCN+1AM+OMCN=2AM+ON+OMCN=2AM+DM+OMCN=2AM+1CN．
【解析】(1)根据垂径定理可得点B是PC的中点，即可得出∠PAB=12∠BOC=30°，再求出∠AMO=90°即可得证；
(2)DM=ON，连接AD，∠AOD=60°，则△AOD是等边三角形，AD=OC，∠D=∠BOC=60°，即可求证△ADM≌△CON，进而证明DM=ON；
(3)由(2)可知AM=CN，然后证明△AOM∽△APN，△CON∽△CPM，根据相似三角形的性质表示出PA=ANAM，PC=CMCN，再代入化简即可求证．
本题考查垂径定理，圆周角定理，圆周角定理推论，等边三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题关键．x
…
−1
0
1
2
…
y
…
m2
−2
m2
m2
…
飞行时间t/s
0
2
4
6
8
…
飞行水平距离x/m
0
10
20
30
40
…
飞行高度y/m
0
22
40
54
64
…