2023-2024学年天津市重点中学3月份数学质量检测试题

这是一份2023-2024学年天津市重点中学3月份数学质量检测试题，共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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试题卷和答题卡上。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。答案不能答在试题卷上。
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(每小题3分,共30分)
1．如图，是正方形的外接圆，点是上的一点，则的度数是（ ）
A．B．
C．D．
2．如果（，均为非零向量），那么下列结论错误的是（ ）
A．//B．-2=0C．=D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．为了了解长沙市中学生的睡眠情况，应该采用普查的方式
B．某种彩票的中奖机会是1%，则买111张这种彩票一定会中奖
C．若甲组数据的方差s甲2＝1．1，乙组数据的方差s乙2＝1．2，则乙组数据比甲组数据稳定
D．一组数据1，5，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3
4．二次函数在下列（ ）范围内，y随着x的增大而增大．
A．B．C．D．
5．在实数|﹣3|，﹣2，0，π中，最小的数是（ ）
A．|﹣3|B．﹣2C．0D．π
6．如图，在大小为的正方形网格中，是相似三角形的是（ ）
A．甲和乙B．乙和丙C．甲和丙D．乙和丁
7．已知线段MN＝4cm，P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，那么线段MP的长度等于（ ）
A．（2+2）cmB．（2﹣2）cmC．（+1）cmD．（﹣1）cm
8．中国倡导的“一带一路”建设将促进我国与世界各国的互利合作，根据规划，“一带一路”地区覆盖总人口约为4400000000，这个数用科学记数法表示（ ）
A．B．C．D．
9．如图，平行于x轴的直线AC分别交函数 y=x（x≥0）与 y= x（x≥0）的图象于 B，C两点，过点C作y轴的平行线交y=x（x≥0）的图象于点D，直线DE∥AC交 y=x（x≥0）的图象于点E，则=（ ）
A．B．1C．D．3﹣
10．定点投篮是同学们喜爱的体育项目之一，某位同学投出篮球的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，篮球飞行的竖直高度(单位：)与水平距离(单位：)近似满足函数关系(a≠0)．下表记录了该同学将篮球投出后的与的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出篮球飞行到最高点时，水平距离为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图所示，一个质地均匀的小正方体有六个面，小明要给这六个面分别涂上红色、黄 色和蓝色三种颜色.在桌面上掷这个小正方体，要使事件“红色朝上”的概率为，那么需要把__________个面涂为红色．
12．若圆弧所在圆的半径为12，所对的圆心角为60°，则这条弧的长为_____．
13．为庆祝中华人民共和国成立70周年，某校开展以“我和我亲爱的祖国”为主题快闪活动，他们准备从报名参加的3男2女共5名同学中，随机选出2名同学进行领唱，选出的这2名同学刚好是一男一女的概率是：_________．
14．一元二次方程5x2﹣1＝4x的一次项系数是______．
15．如图，AB为⊙O的直径，CD是弦，且CD⊥AB于点P，若AB＝4，OP＝1，则弦CD所对的圆周角等于_____度．
16．已知关于的方程的一个根为6，则实数的值为__________．
17．在一个暗箱里放有m个除颜色外其他完全相同的小球，这m个小球中红球只有4个，每次将球搅匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回暗箱．通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在25%，那么可以推算m大约是_____．
18．将抛物线向上平移1个单位后，再向左平移2个单位，得一新的抛物线，那么新的抛物线的表达式是__________________________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）把0，1，2三个数字分别写在三张完全相同的不透明卡片的正面上，把这三张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记录下数字．放回后洗匀，再从中抽取一张卡片，记录下数字．请用列表法或树状图法求两次抽取的卡片上的数字都是偶数的概率．
20．（6分）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：EB=DC；
（2）连接DE，若∠BED=50°，求∠ADC的度数．
21．（6分）2019年11月5日，第二届中国国际进口博览会（The 2nd China Internatinal lmprt Exp）在上海国家会展中心开幕.本次进博会将共建开放合作、创新共享的世界经济，见证海纳百川的中国胸襟，诠释兼济天下的责任担当.小滕、小刘两人想到四个国家馆参观：.中国馆；.俄罗斯馆；.法国馆；.沙特阿拉伯馆.他们各自在这四个国家馆中任意选择一个参观，每个国家馆被选择的可能性相同.
（1）求小滕选择.中国馆的概率；
（2）用画树状图或列表的方法，求小滕和小刘恰好选择同一国家馆的概率.

22．（8分）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步面见木？”用今天的话说，大意是：如图，DEFG是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，东门H位于GD的中点，南门K位于ED的中点，出东门15步的A处有一树木，求出南门多少步恰好看到位于A处的树木（即点D在直线AC上）？请你计算KC的长为多少步．
23．（8分）已知关于x的方程x2﹣（k+1）x+k2+1=0有两个实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若方程的两实数根分别为x1，x2，且x12+x22=6x1x2﹣15，求k的值．
24．（8分）（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：
如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=，BO：CO=1：3，求AB的长．
经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．
请回答：∠ADB= °，AB= ．
（2）请参考以上解决思路，解决问题：
如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO=，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．
25．（10分）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴于点A(0，4)，交x轴于点B(4，0)，点P是抛物线上一动点，试过点P作x轴的垂线1，再过点A作1的垂线，垂足为Q，连接AP．
(1)求抛物线的函数表达式和点C的坐标；
(2)若△AQP∽△AOC，求点P的横坐标；
(3)如图2，当点P位于抛物线的对称轴的右侧时，若将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q′，请直接写出当点Q′落在坐标轴上时点P的坐标．
26．（10分）如图已知一次函数y1＝2x+5与反比例函数y2＝（x＜0）相交于点A，B．
（1）求点A，B的坐标；
（2）根据图象，直接写出当y₁≤y₂时x的取值范围．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】首先连接OB，OA，由⊙O是正方形ABCD的外接圆，即可求得∠AOB的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得的度数．
【详解】解: 连接OB，OA，
∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，
∴∠BOA=90°，
∴=∠BOA=45°．
故选：C．
此题考查了圆周角定理与圆的内接多边形、正方形的性质等知识．此题难度不大，注意准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用．
2、B
【解析】试题解析：向量最后的差应该还是向量. 故错误.
故选B.
3、D
【分析】根据抽样调查、概率、方差、中位数与众数的概念判断即可．
【详解】A、为了解长沙市中学生的睡眠情况，应该采用抽样调查的方式，不符合题意；
B、某种彩票的中奖机会是1%，则买111张这种彩票可能会中奖，不符合题意；
C、若甲组数据的方差s甲2＝1．1，乙组数据的方差s乙2＝1．2，则甲组数据比乙组数据稳定，不符合题意；
D、一组数据1，5，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3，符合题意；
故选：D．
本题考查统计的相关概念,关键在于熟记概念．
4、C
【分析】先求函数的对称轴，再根据开口方向确定x的取值范围.
【详解】，
∵图像的对称轴为x=1，a=-1，
∴当x时，y随着x的增大而增大，
故选：C.
此题考查二次函数的性质，当a时，对称轴左减右增.
5、B
【分析】直接利用利用绝对值的性质化简，进而比较大小得出答案．
【详解】在实数|-3|，-1，0，π中，
|-3|=3，则-1＜0＜|-3|＜π，
故最小的数是：-1．
故选B．
此题主要考查了实数大小比较以及绝对值，正确掌握实数比较大小的方法是解题关键．
6、C
【分析】分别求得四个三角形三边的长，再根据三角形三边分别成比例的两三角形相似来判定．
【详解】∵甲中的三角形的三边分别是：，2，；
乙中的三角形的三边分别是：，，；
丙中的三角形的三边分别是：，，；
丁中的三角形的三边分别是：，，；
只有甲与丙中的三角形的三边成比例：，
∴甲与丙相似．
故选：C．
本题主要考查了相似三角形的判定方法、勾股定理等，熟记定理的内容是解题的关键．
7、B
【解析】根据黄金分割的定义进行作答.
【详解】由黄金分割的定义知，，又MN=4，所以，MP=2  2. 所以答案选B.
本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义是本题解题关键.
8、C
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：将4400000000用科学记数法表示为4.4×109.
故选C.
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
9、D
【分析】设点A的纵坐标为b, 可得点B的坐标为(,b), 同理可得点C的坐标为(b,b)，
D点坐标（，3b），E点坐标(,3b)，可得的值.
【详解】解:设点A的纵坐标为b, 因为点B在的图象上, 所以其横坐标满足=b, 根据图象可知点B的坐标为(,b), 同理可得点C的坐标为(,b),
所以点D的横坐标为,因为点D在的图象上, 故可得
y==3b，所以点E的纵坐标为3b,
因为点E在的图象上, =3b，
因为点E在第一象限, 可得E点坐标为(,3b),
故DE==,AB=
所以=
故选D.
本题主要考查二次函数的图象与性质.
10、C
【分析】用待定系数法可求二次函数的表达式，从而可得出答案.
【详解】将代入中得
解得
∴
∵
∴当时，
故选C
本题主要考查待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的最大值，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】根据题意可知共有6种等可能结果，所以要使事件“红色朝上”的概率为，则需要有2种符合题意的结果，从而求解.
【详解】解：∵一个质地均匀的小正方体有六个面
∴在桌面上掷这个小正方体，共有6种等可能结果，其中把2个面涂为红色，则使事件“红色朝上”的概率为
故答案为：2
本题考查简单的概率计算，理解概率的概念并根据概率的计算公式正确计算是本题的解题关键.
12、4π
【分析】直接利用弧长公式计算即可求解．
【详解】l＝＝4π，
故答案为：4π．
本题考查弧长计算公式，解题的关键是掌握：弧长l＝（n是弧所对应的圆心角度数）
13、
【分析】先画出树状图求出所有可能出现的结果数，再找出选出的2名同学刚好是一男一女的结果数，然后利用概率公式求解即可．
【详解】解：设报名的3名男生分别为A、B、C，2名女生分别为M、N，则所有可能出现的结果如图所示：
由图可知，共有20种等可能的结果，其中选出的2名同学刚好是一男一女的结果有12种，
所以选出的2名同学刚好是一男一女的概率=．
故答案为：．
本题考查了求两次事件的概率，属于常考题型，熟练掌握画树状图或列表的方法是解题的关键．
14、-4
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
【详解】解：∵5x2﹣1＝4x，
方程整理得：5x2﹣4x﹣1＝0，
则一次项系数是﹣4，
故答案为：﹣4
本题考查了一元二次方程的一般形式，解答本题要通过移项，转化为一般形式，注意移项时符号的变化．
15、60或1．
【分析】先确定弦CD所对的圆周角∠CBD和∠CAD两个，再利用圆的相关性质及菱形的判定证四边形ODBC是菱形，推出,根据圆内接四边形对角互补即可分别求出和的度数．
【详解】如图，连接OC，OD，BC，BD，AC，AD，
∵AB为⊙O的直径，AB＝4，
∴OB＝2，
又∵OP＝1，
∴BP＝1，
∵CD⊥AB，
∴CD垂直平分OB，
∴CO＝CB，DO＝DB，
又OC＝OD，
∴OC＝CB＝DB＝OD，
∴四边形ODBC是菱形，
∴∠COD＝∠CBD，
∵∠COD＝2∠CAD，
∴∠CBD＝2∠CAD，
又∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD＝180°，
∴∠CAD＝60°，∠CBD＝1°，
∵弦CD所对的圆周角有∠CAD和∠CBD两个，
故答案为：60或1．
本题考查了圆周角的度数问题，掌握圆的有关性质、菱形的性质以及判定定理是解题的关键．
16、1
【分析】将一元二次方程的根代入即可求出k的值．
【详解】解：∵关于的方程的一个根为6
∴
解得：k=1
故答案为：1．
此题考查的是已知一元二次方程的根，求方程中的参数，掌握方程的解的定义是解决此题的关键．
17、1
【分析】由于摸到红球的频率稳定在25%，由此可以确定摸到红球的概率为25%，而m个小球中红球只有4个，由此即可求出m．
【详解】∵摸到红球的频率稳定在25%，
∴摸到红球的概率为25%，
而m个小球中红球只有4个，
∴推算m大约是4÷25%=1．
故答案为：1．
本题考查了利用频率估计概率，其中解题时首先通过实验得到事件的频率，然后利用频率估计概率即可解决问题．
18、y=(x+2)2-1
【分析】根据函数图象的平移规律解答即可得到答案
【详解】由题意得：平移后的函数解析式是，
故答案为：.
此题考查抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，正确掌握平移的规律并运用解题是关键.
三、解答题(共66分)
19、见解析，.
【分析】画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出两次抽取的卡片上的数字都是偶数的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两次抽取的卡片上的数字都是偶数的结果数为4，
所以两次抽取的卡片上的数字都是偶数的概率＝．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
20、（1）证明见解析；（2）110°
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得∠BAC＝60°，AB＝AC，由旋转的性质可得∠DAE＝60°，AE＝AD，利用SAS即可证出≌，从而证出结论；
（2）根据等边三角形的判定定理可得为等边三角形，从而得出∠AED=60°，由（1）中全等可得∠AEB＝∠ADC，求出∠AEB即可求出结论．
【详解】解：（1）∵是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC．
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD．
∴∠BAD+∠EAB＝∠BAD+∠DAC．
∴∠EAB＝∠DAC．
在和中，
∵，
∴≌．
∴EB＝DC．
（2）如图，
由（1）得∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴为等边三角形．
∴∠AED＝60°，
由（1）得≌，
∴∠AEB＝∠ADC．
∵∠BED＝50°，
∴∠AEB=∠AED+∠BED=110°，
∴∠ADC=110°．
此题考查的是等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质，掌握等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质是解决此题的关键．
21、（1）；（2）.
【分析】（1）由于每个国家馆被选择的可能性相同，即可得到中国馆被选中的概率为；
（2）画树状图列出所有可能性，即可求出概率.
【详解】.解：（1）在这四个国家馆中任选一个参观，每个国家馆被选择的可能性相同
∴在这四个国家馆中小滕选择.中国馆的概率是；
（2）画树状图分析如下：
共有16种等可能的结果，小滕和小刘恰好选择同一国家馆参观的结果有4种
∴小滕和小刘恰好选择同一国家馆参观的概率.
本题考查了树状图求概率，属于常考题型.
22、
【分析】根据平行证出△CDK∽△DAH，利用相似比即可得出答案.
【详解】解：DH=100，DK=100，AH=15，
∵AH∥DK，
∴∠CDK=∠A，
而∠CKD=∠AHD，
∴△CDK∽△DAH，
∴，即，
∴CK=
答：KC的长为步．
本题主要考查的是相似三角形的应用，难度适中，解题关键是找出相似三角形.
23、（1）k≥；（2）1
【分析】（1）根据判别式与根的个数之间的关系，列不等式计算即可；
（2）根据一元二次方程根与系数间的关系表示出，，再由代入进行计算即可．
【详解】解：（1）由题意，得△=[﹣（k+1）]2﹣1（k2+1）=2k﹣3≥0，
解得，
∴k的取值范围为k≥．
（2）∵由根与系数的关系，得x1+x2=k+1，x1•x2=k2+1 ，
∵x12+x22=6x1x2﹣15，
∴（x1+x2）2﹣8x1x2+15=0，
∴k2﹣2k﹣8=0，解得：k1=1，k2=﹣2 ，
又∵k≥，
∴k=1．
本题考查了一元二次方程根的个数与判别式之间的关系，根与系数的关系，熟知以上运算是解题的关键．
24、（1）75；4；（2）CD=4．
【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD=4，此题得解；
（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=4，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解．
【详解】解：（1）∵BD∥AC，
∴∠ADB=∠OAC=75°．
∵∠BOD=∠COA，
∴△BOD∽△COA，
∴．
又∵AO=3，
∴OD=AO=，
∴AD=AO+OD=4．
∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，
∴∠ABD=180°-∠BAD-∠ADB=75°=∠ADB，
∴AB=AD=4．
（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．
∵AC⊥AD，BE∥AD，
∴∠DAC=∠BEA=90°．
∵∠AOD=∠EOB，
∴△AOD∽△EOB，
∴．
∵BO：OD=1：3，
∴．
∵AO=3，
∴EO=，
∴AE=4．
∵∠ABC=∠ACB=75°，
∴∠BAC=30°，AB=AC，
∴AB=2BE．
在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4）2+BE2=（2BE）2，
解得：BE=4，
∴AB=AC=8，AD=1．
在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+12=CD2，
解得：CD=4．
本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的长度．
25、 (1)y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)P的横坐标为或.(3)点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6).
【分析】(1)利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C点坐标；
(2)利用△AQP∽△AOC得到AQ＝4PQ，设P(m，﹣m2+3m+4)，所以m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，然后解方程4(m2﹣3m)＝m和方程4(m2﹣3m)＝﹣m得P点坐标；
(3)设P(m，﹣m2+3m+4)(m＞)，当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQ＝m2﹣3m，证明Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，利用相似比得到Q′B＝4m﹣12，则OQ′＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，利用勾股定理得到方程42+(12﹣3m)2＝m2，然后解方程求出m得到此时P点坐标；当点Q′落在y轴上，易得点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，利用PQ＝PQ′得到|m2﹣3m|＝m，然后解方程m2﹣3m＝m和方程m2﹣3m＝﹣m得此时P点坐标．
【详解】解：(1)把A(0，4)，B(4，0)分别代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4，
当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴C(﹣1，0)；
故答案为y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；
(2)∵△AQP∽△AOC，
∴，
∴，即AQ＝4PQ，
设P(m，﹣m2+3m+4)，
∴m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，即4|m2﹣3m|＝m，
解方程4(m2﹣3m)＝m得m1＝0(舍去)，m2＝，此时P点横坐标为；
解方程4(m2﹣3m)＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝，此时P点坐标为；
综上所述，点P的坐标为(，)或(，)；
(3)设，
当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，
则PQ＝4﹣(﹣m2+3m+4)＝m2﹣3m，
∵△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q'，
∴∠AQ′P＝∠AQP＝90°，AQ′＝AQ＝m，PQ′＝PQ＝m2﹣3m，
∵∠AQ′O＝∠Q′PH，
∴Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，
∴，即，解得Q′H＝4m﹣12，
∴OQ′＝m﹣(4m﹣12)＝12﹣3m，
在Rt△AOQ′中，42+(12﹣3m)2＝m2，
整理得m2﹣9m+20＝0，解得m1＝4，m2＝5，此时P点坐标为(4，0)或(5，﹣6)；
当点Q′落在y轴上，则点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，
∴PQ＝AQ′，
即|m2﹣3m|＝m，
解方程m2﹣3m＝m得m1＝0(舍去)，m2＝4，此时P点坐标为(4，0)；
解方程m2﹣3m＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝2，此时P点坐标为(2，6)，
综上所述，点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6)
本题考查了待定系数法，相似三角形的性质，解一元二次方程，三角形折叠，题目综合性较强，解决本题的关键是：①熟练掌握待定系数法求函数解析式；②能够熟练掌握相似三角形的判定和性质；③能够熟练掌握一元二次方程的解法；④理解折叠的性质.
26、（1）A点的坐标为（﹣，2），B点的坐标为（﹣1，3）；（2）x≤﹣或﹣1≤x＜1．
【分析】（1）联立两函数解析式，解方程组即可得到交点坐标；
（2）写出一次函数图象在反比例函数图象下方的x的取值范围即可．
【详解】解：（1）联立两函数解析式得，，
解得或，
所以A点的坐标为（﹣，2），B点的坐标为（﹣1，3）；
（2）根据图象可得，当y₁≤y₂时x的取值范围是x≤﹣或﹣1≤x＜1．
本题考查了反比例函数与一次函数图象的交点问题，根据解析式列出方程组求出交点坐标是解题的关键．
x (单位：m)
y (单位：m)
3.05