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重庆市沙坪坝区南开中学校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题
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数学（五）
参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线
一、选择题（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答卷上对应的方框涂黑．
1. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由互为倒数的两数之积为1，即可求解．
【详解】解：∵，
∴的倒数是.
故选C
2. 下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A. 在图形中不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
B、在图形中不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
C、在图形中能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
D、在图形中不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
故选：C
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 重庆主城区某一天0到24时的气温变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 温度为的时刻只有12时 B. 这一天温差为
C. 0到15时气温一直在上升 D. 图中A点表示15时达到最高气温
【答案】D
【解析】
【分析】根据图像逐项进行判断即可．
【详解】解：A．温度为的时刻只有12时和18时，故A错误；
B．这一天温差为，故B错误；
C．0到3时，气温下降，3到15时气温上升，故C错误；
D．图中A点表示15时达到最高气温，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了根据图像获得信息，解题的关键是看懂折线统计图，能从折线统计图中获得信息．
4. 如图，与位似，点为位似中心，面积为1，面积为9，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据位似图形的概念得到，进而得到，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵与位似，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∵
∴
故选：B．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
5. 估计的值应在（ ）
A. 8到9之间 B. 9到10之间 C. 10到11之间 D. 11到12之间
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式的混合运算化简，估算无理数的大小即可得出答案．
【详解】解：
=
=
∵，
∴
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了无理数的估算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
6. 把相同的圆点按如图所示的规律拼出图形，其中第①幅图形中有4个圆点，第②幅图形中有7个圆点，第③幅图形中有10个圆点，……，按照此规律排列下去，则第⑧幅图形中圆点的个数为（ ）
A. 25 B. 26 C. 27 D. 28
【答案】A
【解析】
【分析】根据图像给出的规律，图1：；图2：；图3：；图4：；……可得．
【详解】解：图1：；
图2：；
图3：；
图4：；
……
图8：，
故选：A．
【点睛】本题考查的是图像的变化，解题的关键是找出圆点与第几个图对应的数字的关系．
7. 下列说法错误的是（ ）
A. 数据52000用科学记数法表示为
B. 一元二次方程无实数根
C. 三角形的外心是它的三边中垂线的交点
D. 圆的半径为3，在同一平面内，圆心到直线的距离为4，那么直线与圆相交
【答案】D
【解析】
【分析】根据科学记数的方法可对A进行判断；计算出判别式的值可判断B；运用外心的性质可判断C；根据直线与圆的位置关系的判断方法可判断选项D
【详解】解：A、 用科学记数法表示为，故选项A正确，不符合题意；
B、一元二次方程中，，此时原方程无实数解，故选项B正确，不符合题意；
C、三角形的外心是它的三边中垂线的交点，故选项C正确，不符合题意；
D、 ，，，此时直线与圆无交点，故选项D错误，符合题意
故选：D．
【点睛】此题考查科学记数法，一元二次方程的判别式，三角形的外心，直线与圆的位置关系，关键是掌握上述知识是关键．
8. 古代数学著作《孙子算经》中有“多人共车”问题：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步．问人与车各几何？其大意是：每车坐3人，恰有2车空出；每车坐2人，多出9人无车坐．问人数和车数各多少？设共有人，辆车，则可列出的方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据每车坐三人，两车空出来可列方程，根据每车坐两人，多出九人无车坐可列方程，从可以得到相应的方程组．
【详解】解：根据题意，可列方程组为：
．
故选：B．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的方程组．
9. 如图，为的直径，为上一点，过点作的切线交的延长线于点，，连接，若，则的长度为（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，利用切线的性质得，再利用直角三角形的性质得，说明，即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键．
10. 如图，在菱形中，对角线、交于点，以为斜边作，与交于点，连接，使得，且，若，则菱形的周长为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的性质可得，由直角三角形的性质得出，进一步得出，再根据证明得出，连接，设求出，由勾股定理可得出，进一步可得出结论．
【详解】连接,
∵菱形，，
在中，
又
，
又
在和中，
连接，设，，
在中，
（舍去）
∴
∴菱形的周长为，
故选：B
【点睛】本题考查的是菱形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握菱形的四条边相等、对角线互相垂直、灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11. 若关于的一元一次不等式组的解集为，关于的分式方程有整数解，则符合条件的所有整数的和为（ ）
A. 5 B. 6 C. 11 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】由一元一次不等式组的解集为，可求出m的范围，根据关于y的分式方程有整数解，可得m的值，从而得到答案．
【详解】解：由一元一次不等式组可得且，
∵一元一次不等式组的解集为，
∴，
分式方程变形为：，
∵，
∴，
∴
∴，
∵分式方程有整数解，
∴为整数，
∴或或
解得或或4或0或3或1，
∵，且
∴符合条件的所有整数m分别是：4、3、0，
∴符合条件的所有整数m的和为，
故选：A．
【点睛】本题考查解分式方程及一元一次不等式组的解，解题的关键是根据分式方程有整数解，求出m的值．
12. 根据绝对值定义：可将表示为，故化简可得，，或四种不同结果，给出下列说法：
①化简一共有8种不同的结果；
②化简一共有8种不同的结果；
③若，（为正整数），则当时，．
以上说法中正确的个数为（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】①由于的结果分别有2种，则的结果共有种；②根据的取值范围化简绝对值可得当时，；当时，；当时；当时，；则的结果共有4种；③根据题意可得，再由求出的值即可
【详解】解：①的结果有两种，的结果有两种，的结果有两种，
的结果共有种，故①说法正确；
当时，
；
当时，
；
当时，
的结果共有4种情况，故②说法错误；
③
解得，或（舍去）
故③说法正确，
∴正确说法有2个，
故选：C
【点睛】本题主要考查了数字的变化规律，熟练掌握绝对值的性质、一元二次方程的解法是解题的关键
二、填空题（本大题4个小题，每小题4分，共16分）请将每小题的答案直接填在答卷中对应的横线上．
13. 计算______．
【答案】3
【解析】
【分析】先计算零指数幂和算术平方根，再进行加法运算即可．
【详解】解：
=
=3
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了零指数幂和算术平方根，熟练掌握相关运算法则是解答本题的关键．
14. 在桌面上放有四张完全一样的卡片，正面分别标有数字，0，1，2．把四张卡片背面朝上，随机抽取一张，将数字记为后放回洗匀，再从中随机抽取一张，将数字记为，则点刚好落在坐标轴上的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中点落在坐标轴上的结果有7种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中点在坐标轴上的结果有7种，
∴点在坐标轴上的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
15. 如图，在边长为2正方形中，为对角线，以点为圆心，为半径画弧，再以为直径画半圆，则阴影部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用对称性质可得阴影①与阴影②面积相等，再用即可得解
【详解】解：如图，利用轴对称将阴影①翻折到②中，连接，
则
即阴影部分的面积为：
【点睛】本题考查的是扇形面积计算，掌握扇形面积公式：是解题的关键．
16. 腊八之后，年味渐浓．京东超市某直营店推出甲、乙两种年货礼盒，其中甲种礼盒有开心果3袋，腰果3袋，夏威夷果1袋，纸皮核桃1袋；乙种礼盒有开心果4袋，腰果3袋，纸皮核桃3袋．每种礼盒的总成本由该礼盒中所有坚果的成本之和加上包装盒成本6元/个．已知每袋开心果和每袋腰果的成本价之比为，每袋夏威夷果和每袋纸皮核桃的成本价之比为．甲种礼盒的售价为168元，利润率是40%，第一周售出甲、乙两种礼盒共60盒，销售总额为10270元，总利润率为30%．第二周直营店通过减少坚果的袋数推出甲、乙两种年货的小号礼盒，甲种小号礼盒的成本价（包含包装盒成本）降为原甲种礼盒总成本的35%，乙种小号礼盒相比原乙种礼盒开心果、腰果、纸皮核桃各减少2袋，小号包装盒成本每个4元．如果第二周售出的甲、乙小号礼盒恰好分别与第一周甲、乙两种礼盒数量相同，则第二周售出的所有小号礼盒的总成本是______元．
【答案】3220
【解析】
【分析】先由“甲种礼盒的售价为168元，利润率是40%”求出甲的成本价为114元/袋，设纸皮核桃的成本价为a元/袋，则夏威夷果的成本价为2a元/袋，腰果的成本价为4b元/袋，则开心果的成本价为5b元/袋，求出元以及乙每袋成本价为元，再根据“第一周售出甲、乙两种礼盒共60盒，销售总额为10270元，总利润率为30%”求出甲、乙总成本为7900元，从而求出1 袋开心果成本价为元，进一步可求出第二周总成本价
【详解】解：设甲的成本价为x元/袋，
由“甲种礼盒的售价为168元，利润率是40%”可得，，
解得，
所以，甲的成本价为114元/袋，
设纸皮核桃的成本价为a元/袋，则夏威夷果的成本价为2a元/袋，腰果的成本价为4b元/袋，则开心果的成本价为5b元/袋，
∴，即
∴乙每袋成本价=，
∵第一周售出甲、乙两种礼盒共60盒，销售总额为10270元，总利润率为30%，
∴设甲乙总成本为y元，则有：，解得，，即甲乙总成本为7900元，
设售出甲m盒，乙盒，则有：，
解得，，即1 袋开心果成本价为元，
第二周：甲成本为元，乙成本=元，
则第二周总成本价为：
（元）
故答案为：3220
【点睛】本题主要考查列代数式，整式加减法，二元一次方程的实际应用，分析题意，找到关键的描述语，找到合适的等量关系，同时熟悉有关销售问题的概念和公式是解决问题的关键．
三、解答题（本大题2个小题，每小题8分，共16分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平方差公式、单项式乘多项式法则即可求出答案 （2）根据分式的加减运算以及乘除运算法则即可求出答案
【小问1详解】
【小问2详解】
【点睛】本题考查分式的混合运算，解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘除运算法则
18. 如图，在四边形中，，连接，，且．
（1）用直尺和圆规完成以下基本作图：过点作的角平分线交于点，交于点；（保留作图痕迹，不写作法和结论）
（2）在（1）所作图形中，若，求证：四边形为矩形．
（补全证明过程）
证明：∵ ① ，
∴，
在和中，
∴
∴ ② ，
∵，平分，
∴ ③ ，且
∴，，
又∵
∴ ④ ．
∵，
∴平行四边形为矩形．
【答案】（1）见解析 （2）；；；四边形为平行四边形
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的作法作出的角平分线即可；
（2）根据“”证明得，再根据等腰三角形的性质得，且，从而可证明四边形为平行四边形以及平行四边形为矩形
【小问1详解】
如图，即为所作，
【小问2详解】
证明：∵ ，
∴，
在和中，
∴
∴ ，
∵，平分，
∴ ，且
∴，，
又∵
∴ 四边形为平行四边形 ．
∵，
∴平行四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了基本作图，平行四边形的判定以及矩形的判定，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
四、解答题（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 如图，在平面直角坐标系中，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点，．
（1）求一次函数的解析式，并在网格中画出一次函数的图象；
（2）结合图象，当时，直接写出自变量的取值范围；
（3）若点为轴上的一点，当的面积为时，求点的坐标．
【答案】（1），图象见解析
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）根据图象即可求得；
（3）求得直线与坐标轴的交点C，然后利用三角形面积公式得出关于m的方程，进而解方程即可求得
【小问1详解】
把点代入，可得：
∴反比例函数的解析式为；
把点代入，可得，
把代入，得：
，
解得，
∴一次函数解析式为
画出函数图象如下：
【小问2详解】
由图象得，当时，或
【小问3详解】
∵一次函数解析式为
令，则，
∴一次函数与的交点坐标为，
∵的面积为，
∴
解得，或3
∴或
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积，熟练数形结合是解题的关键
20. 为进一步实现云端教学的增效赋能，某校对“初中生在网课期间平均每日作业完成时长”展开了调查．现从八年级随机抽取两个组，每组30名学生，分别记为甲组、乙组，对他们在网课期间平均每日作业完成时长（单位：分钟）进行了整理、描述和分析（作业完成时长用表示，共分为四个等级：A：，：，：，：），下面给出部分信息：
甲组学生的作业完成时长在等级中的全部数据为：70，70，70，75，75，75，75，78，78，78，78，78
乙组30名学生的作业完成时长中，，两等级的数据个数相同，A，两等级的全部数据为：55，58，
58，70，70，70，72，73，73，73，75，75，75，75，75，75，75，78．
甲、乙两组学生平均每日作业
完成时长统计表
组名
平均数
中位数
众数
时长低于80分钟所占百分比
甲组
74．1
78
70%
乙组
74．1
73
甲组学生平均每日作业
完成时长条形统计图
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：______；______；______，并补全条形统计图；
（2）根据以上数据分析，你认为从甲、乙两组的平均每日作业完成时长来看，哪个组的学习效率更高？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）若该校八年级共有640名学生，请你估计八年级共有多少名学生的平均每日作业完成时长低于80分钟？
【答案】（1）75；75；80；见解析
（2）乙；乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比大于乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比
（3）估计八年级共有480名学生的平均每日作业完成时长低于80分钟
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义、众数的定义求出a、b的值；求出乙组同学时长低于80分钟的百分比即可求出m；先求出甲组同学D等级人数，在补全条形统计图即可；
（2）根据平均数、中位数、众数、作业时间低于80分钟的百分率进行解答即可；
（3）用640乘以平均每日作业完成时长低于80分钟的百分比，估计出总量即可．
【小问1详解】
解：根据条形统计图可知，甲组同学作业完成时长排在第15和第16的在C等级中，且排在第15和第16的都是75，
∴甲组同学的中位数；
乙组30名学生的作业完成时长中，A，两等级的总人数为18人，则B，D两等级的总人数为（人），
∵，两等级的数据个数相同，
∴，两等级的数据个数为，
∴，两等级的数据中出现次数最多的不可能超过6次，
∴乙组同学中出现次数最多的数据一定为75，
∴乙组同学的众数；
乙组同学中作业时长低于80分钟的人数为（人），
∴乙组同学中作业时长低于80分钟所占百分比为：；
甲组同学D等级人数为：（人），补全条形统计图，如图所示：
故答案为：75；75；80．
【小问2详解】
解：乙组的学习效率更高；理由：乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比大于乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比．
【小问3详解】
解：（人），
答：估计八年级共有480名学生的平均每日作业完成时长低于80分钟．
【点睛】本题主要考查了条形统计图，中位数、众数，解题的关键是数形结合，熟练掌握众数、中位数的定义．
21. 随着疫情管控的放开，甲、乙两支队伍计划自驾去西藏旅游．两队计划同一天出发，沿不同的路线前往目的地汇合．甲队走路线，全程2400千米，乙队走路线，全程3200千米，由于路线高速公路较多，乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地．
（1）求甲、乙两队分别计划多少天到达目的地？
（2）在他们的旅行计划中，乙队每人每天的平均花费始终为135元．甲队最开始计划有8个人同行，计划每人每天花费300元，后来又有个人加入队伍，经过计算，甲队实际每增加1人时，每人每天的平均花费将减少30元．若最终甲、乙两队一起旅行的人数相同，且旅行天数与各自原计划天数一致，两队共需花费18720元，求的值．
【答案】（1）甲队计划的天数为6天，则乙队计划天数为4天
（2）5
【解析】
【分析】（1）设甲队计划的天数为x天，则乙队计划天数为天，根据“乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地”可列出分式方程，求解方程即可得出结果；
（2）设甲队后来总人数是个，乙队总人数是个，根据“两队共需花费18720元”列方程求解即可．
【小问1详解】
设甲队计划的天数为x天，则乙队计划天数为天，根据题意得，
整理得，
解得，
经检验，是原方程的解，
所以，
所以，甲队计划的天数为6天，则乙队计划天数为4天
【小问2详解】
设甲队后来总人数是个，乙队总人数是个，根据题意得，
整理得，
解得，或
∵
∴，即的值为5
【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，列一元二次方程解实际问题的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时寻找方程的等量关系是关键．
22. 在一场足球比赛中，进攻方甲队三名球员、、，与乙队的防守球员的位置如图所示．此时足球在球员脚下，他想将球绕过对手传至队友处，再由经线路回传给队友．已知对手在的北偏东60°方向，米．球员在对手的正东方向，米．球员在队友的正北方向，且在队友的北偏东37°方向．（参考数据：，，，，）
（1）求传球线路的长（结果精确到1米）；
（2）根据对手的跑动和拦截范围估计，对手可以破坏掉在点5米范围内的球．球员经线路传球给队友的同时，队友沿方向去接球，已知球速为10m/s，球员的平均速度为8m/s．计算说明球员是否能避开防守顺利接到球？
【答案】（1）12米 （2）无法拦截
【解析】
【分析】（1）延长交于点，过点作，垂足为P，证明平行四边形是矩形，分别求出即可得到结论；
（2）求出的长，再进行比较即可得出结论．
【小问1详解】
延长交于点，过点作，垂足为P，
，
∴四边形是平行四边形
∴平行四边形是矩形
，米，
，
，
米
米
米
米，
米
答：的长为12米
【小问2详解】
设点C与球相遇于点E，连接，设后C与球相遇，则：
解得，，
所以，米，米，
∵
∴大于5，
故无法拦截
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用．解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
23. 对于一个各数位上的数字均不为0的四位自然数，满足百位数字大于个位数字，且的千位数字的平方恰好等于百位数字的2倍、十位数字的5倍与个位数字3倍的和，则称这个四位数为“寒至数”．
例如：，∵，，∴5621是“寒至数”；
又如：，∵，，∴6533不“寒至数”．
（1）判断4321，6633是否是“寒至数”，并说明理由；
（2）一个“寒至数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记．当能被8整除时，求出所有满足条件的．
【答案】（1）4321不是“寒至数”， 6633是“寒至数”，见详解．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目“寒至数”的概念判定即可．
（2）根据“寒至数”定义表示出，分情况讨论即可．
【小问1详解】
，
∵，，
∴4321不是“寒至数”；
，
∵，，
∴6633是“寒至数”．
【小问2详解】
又∵，
∴，
∴
当n=1时，，又∵b＞d
①当时，，
∴，
∴；
②当时，M不存在；
③当时，M不存在；
当n=2时，，又∵b＞d
当时，，
①，;
∴；
②，
所以；
综合所述：M可能为
【点睛】此题考查了整数运算，解题的关键是读懂“寒至数”概念并根据题目要求进行解答．
24. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点，．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点为直线下方抛物线上的一动点，过点作交于点，过点作轴的平行线交轴于点，求的最大值及此时点的坐标；
（3）如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线，新抛物线与轴交于点，点为轴左侧新抛物线上一点，过作轴交射线于点，连接，当为等腰三角形时，直接写出所有符合条件的点的横坐标．
【答案】（1）
（2），
（3）符合条件点的横坐标分别为、、、．
【解析】
【分析】（1）用待定系数法把，代入可得．
（2）设直线的解析式为，把，代入可得，求出直线的解析式为，求出，当时，最大值为．
（3）求出左平移4个单位，再向上移3个单位的函数表达式，把，，表示出来，分情况讨论即可．
【小问1详解】
解：把，代入可得，
，
解得，，
∴，
【小问2详解】
解：设直线的解析式为，
把，代入可得，
，，
∴直线的解析式为，
设，则
，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
把P点的横坐标代入可得，
，
∴，
∴
当时，最大值为．此时，
【小问3详解】
把变成顶点式为，
∵左平移4个单位，再向上移3个单位，
∴即，
∴，
设过的直线解析式为，
把，代入得，解得，，
∴的直线解析式，
设，M和N的横坐标相同，把M的横坐标代入，
∴，
∴，
，
I、当时，，
解得：，（舍去），，
∴，
II、当时，
整理得：，
∵，
当时，．
当时，．，此时M、N重合，不合题意，舍去，
III、当时，
整理得：
解得，
当时，，
综上所述：符合条件的点M有四个，其横坐标分别为、、、．
【点睛】此题考查了二次函数的综合问题，解题关键是熟悉二次函数的基本性质、待定系数法、线段表示方法．
25. 如图，等腰三角形，．点、点分别在射线、射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转至，使得点恰好在射线上，旋转角为．
（1）当点、点重合时，如图1，若，，，求线段的长度；
（2）当点、点重合时，如图2，与交于点，若，求证：；
（3）当，时，如图3，点是射线上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转60°至线段，连接．将沿直线翻折至所在平面内得到，直线与射线交于点．在点运动过程中，当最小时，请直接写出的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）作，交于，根据旋转的性质，推出是等边三角形，进而得到是含的直角三角形，是等腰三角形，进行求解即可；
（2）在上截取，连接，，推出四边形是平行四边形，进而得到，进一步得出，从而得到，进而得证；
（3）作于，作，且，连接，证明，从而得到，得到点在与垂直的直线上运动，作，最短，即点在处，进行求解即可．
【小问1详解】
解：作，交于，
∴，
∵将线段绕点逆时针旋转至，
∴，，
∴
∵，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：在上截取，连接，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
如图，作于，作，且，连接，
∵线段绕点顺时针旋转至线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在与垂直的直线上运动，
作，最短，此时点在处，
将沿翻折至，交射线于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴ ，
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴
∴，
即：当最小时，．
【点睛】本题考查旋转性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．本题的综合性较强，对思维能力要求较高，熟练掌握相关知识点，添加合适的辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
数学（五）
参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线
一、选择题（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答卷上对应的方框涂黑．
1. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由互为倒数的两数之积为1，即可求解．
【详解】解：∵，
∴的倒数是.
故选C
2. 下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A. 在图形中不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
B、在图形中不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
C、在图形中能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
D、在图形中不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
故选：C
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 重庆主城区某一天0到24时的气温变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 温度为的时刻只有12时 B. 这一天温差为
C. 0到15时气温一直在上升 D. 图中A点表示15时达到最高气温
【答案】D
【解析】
【分析】根据图像逐项进行判断即可．
【详解】解：A．温度为的时刻只有12时和18时，故A错误；
B．这一天温差为，故B错误；
C．0到3时，气温下降，3到15时气温上升，故C错误；
D．图中A点表示15时达到最高气温，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了根据图像获得信息，解题的关键是看懂折线统计图，能从折线统计图中获得信息．
4. 如图，与位似，点为位似中心，面积为1，面积为9，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据位似图形的概念得到，进而得到，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵与位似，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∵
∴
故选：B．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
5. 估计的值应在（ ）
A. 8到9之间 B. 9到10之间 C. 10到11之间 D. 11到12之间
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式的混合运算化简，估算无理数的大小即可得出答案．
【详解】解：
=
=
∵，
∴
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了无理数的估算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
6. 把相同的圆点按如图所示的规律拼出图形，其中第①幅图形中有4个圆点，第②幅图形中有7个圆点，第③幅图形中有10个圆点，……，按照此规律排列下去，则第⑧幅图形中圆点的个数为（ ）
A. 25 B. 26 C. 27 D. 28
【答案】A
【解析】
【分析】根据图像给出的规律，图1：；图2：；图3：；图4：；……可得．
【详解】解：图1：；
图2：；
图3：；
图4：；
……
图8：，
故选：A．
【点睛】本题考查的是图像的变化，解题的关键是找出圆点与第几个图对应的数字的关系．
7. 下列说法错误的是（ ）
A. 数据52000用科学记数法表示为
B. 一元二次方程无实数根
C. 三角形的外心是它的三边中垂线的交点
D. 圆的半径为3，在同一平面内，圆心到直线的距离为4，那么直线与圆相交
【答案】D
【解析】
【分析】根据科学记数的方法可对A进行判断；计算出判别式的值可判断B；运用外心的性质可判断C；根据直线与圆的位置关系的判断方法可判断选项D
【详解】解：A、 用科学记数法表示为，故选项A正确，不符合题意；
B、一元二次方程中，，此时原方程无实数解，故选项B正确，不符合题意；
C、三角形的外心是它的三边中垂线的交点，故选项C正确，不符合题意；
D、 ，，，此时直线与圆无交点，故选项D错误，符合题意
故选：D．
【点睛】此题考查科学记数法，一元二次方程的判别式，三角形的外心，直线与圆的位置关系，关键是掌握上述知识是关键．
8. 古代数学著作《孙子算经》中有“多人共车”问题：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步．问人与车各几何？其大意是：每车坐3人，恰有2车空出；每车坐2人，多出9人无车坐．问人数和车数各多少？设共有人，辆车，则可列出的方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据每车坐三人，两车空出来可列方程，根据每车坐两人，多出九人无车坐可列方程，从可以得到相应的方程组．
【详解】解：根据题意，可列方程组为：
．
故选：B．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的方程组．
9. 如图，为的直径，为上一点，过点作的切线交的延长线于点，，连接，若，则的长度为（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，利用切线的性质得，再利用直角三角形的性质得，说明，即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键．
10. 如图，在菱形中，对角线、交于点，以为斜边作，与交于点，连接，使得，且，若，则菱形的周长为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的性质可得，由直角三角形的性质得出，进一步得出，再根据证明得出，连接，设求出，由勾股定理可得出，进一步可得出结论．
【详解】连接,
∵菱形，，
在中，
又
，
又
在和中，
连接，设，，
在中，
（舍去）
∴
∴菱形的周长为，
故选：B
【点睛】本题考查的是菱形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握菱形的四条边相等、对角线互相垂直、灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11. 若关于的一元一次不等式组的解集为，关于的分式方程有整数解，则符合条件的所有整数的和为（ ）
A. 5 B. 6 C. 11 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】由一元一次不等式组的解集为，可求出m的范围，根据关于y的分式方程有整数解，可得m的值，从而得到答案．
【详解】解：由一元一次不等式组可得且，
∵一元一次不等式组的解集为，
∴，
分式方程变形为：，
∵，
∴，
∴
∴，
∵分式方程有整数解，
∴为整数，
∴或或
解得或或4或0或3或1，
∵，且
∴符合条件的所有整数m分别是：4、3、0，
∴符合条件的所有整数m的和为，
故选：A．
【点睛】本题考查解分式方程及一元一次不等式组的解，解题的关键是根据分式方程有整数解，求出m的值．
12. 根据绝对值定义：可将表示为，故化简可得，，或四种不同结果，给出下列说法：
①化简一共有8种不同的结果；
②化简一共有8种不同的结果；
③若，（为正整数），则当时，．
以上说法中正确的个数为（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】①由于的结果分别有2种，则的结果共有种；②根据的取值范围化简绝对值可得当时，；当时，；当时；当时，；则的结果共有4种；③根据题意可得，再由求出的值即可
【详解】解：①的结果有两种，的结果有两种，的结果有两种，
的结果共有种，故①说法正确；
当时，
；
当时，
；
当时，
的结果共有4种情况，故②说法错误；
③
解得，或（舍去）
故③说法正确，
∴正确说法有2个，
故选：C
【点睛】本题主要考查了数字的变化规律，熟练掌握绝对值的性质、一元二次方程的解法是解题的关键
二、填空题（本大题4个小题，每小题4分，共16分）请将每小题的答案直接填在答卷中对应的横线上．
13. 计算______．
【答案】3
【解析】
【分析】先计算零指数幂和算术平方根，再进行加法运算即可．
【详解】解：
=
=3
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了零指数幂和算术平方根，熟练掌握相关运算法则是解答本题的关键．
14. 在桌面上放有四张完全一样的卡片，正面分别标有数字，0，1，2．把四张卡片背面朝上，随机抽取一张，将数字记为后放回洗匀，再从中随机抽取一张，将数字记为，则点刚好落在坐标轴上的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中点落在坐标轴上的结果有7种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中点在坐标轴上的结果有7种，
∴点在坐标轴上的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
15. 如图，在边长为2正方形中，为对角线，以点为圆心，为半径画弧，再以为直径画半圆，则阴影部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用对称性质可得阴影①与阴影②面积相等，再用即可得解
【详解】解：如图，利用轴对称将阴影①翻折到②中，连接，
则
即阴影部分的面积为：
【点睛】本题考查的是扇形面积计算，掌握扇形面积公式：是解题的关键．
16. 腊八之后，年味渐浓．京东超市某直营店推出甲、乙两种年货礼盒，其中甲种礼盒有开心果3袋，腰果3袋，夏威夷果1袋，纸皮核桃1袋；乙种礼盒有开心果4袋，腰果3袋，纸皮核桃3袋．每种礼盒的总成本由该礼盒中所有坚果的成本之和加上包装盒成本6元/个．已知每袋开心果和每袋腰果的成本价之比为，每袋夏威夷果和每袋纸皮核桃的成本价之比为．甲种礼盒的售价为168元，利润率是40%，第一周售出甲、乙两种礼盒共60盒，销售总额为10270元，总利润率为30%．第二周直营店通过减少坚果的袋数推出甲、乙两种年货的小号礼盒，甲种小号礼盒的成本价（包含包装盒成本）降为原甲种礼盒总成本的35%，乙种小号礼盒相比原乙种礼盒开心果、腰果、纸皮核桃各减少2袋，小号包装盒成本每个4元．如果第二周售出的甲、乙小号礼盒恰好分别与第一周甲、乙两种礼盒数量相同，则第二周售出的所有小号礼盒的总成本是______元．
【答案】3220
【解析】
【分析】先由“甲种礼盒的售价为168元，利润率是40%”求出甲的成本价为114元/袋，设纸皮核桃的成本价为a元/袋，则夏威夷果的成本价为2a元/袋，腰果的成本价为4b元/袋，则开心果的成本价为5b元/袋，求出元以及乙每袋成本价为元，再根据“第一周售出甲、乙两种礼盒共60盒，销售总额为10270元，总利润率为30%”求出甲、乙总成本为7900元，从而求出1 袋开心果成本价为元，进一步可求出第二周总成本价
【详解】解：设甲的成本价为x元/袋，
由“甲种礼盒的售价为168元，利润率是40%”可得，，
解得，
所以，甲的成本价为114元/袋，
设纸皮核桃的成本价为a元/袋，则夏威夷果的成本价为2a元/袋，腰果的成本价为4b元/袋，则开心果的成本价为5b元/袋，
∴，即
∴乙每袋成本价=，
∵第一周售出甲、乙两种礼盒共60盒，销售总额为10270元，总利润率为30%，
∴设甲乙总成本为y元，则有：，解得，，即甲乙总成本为7900元，
设售出甲m盒，乙盒，则有：，
解得，，即1 袋开心果成本价为元，
第二周：甲成本为元，乙成本=元，
则第二周总成本价为：
（元）
故答案为：3220
【点睛】本题主要考查列代数式，整式加减法，二元一次方程的实际应用，分析题意，找到关键的描述语，找到合适的等量关系，同时熟悉有关销售问题的概念和公式是解决问题的关键．
三、解答题（本大题2个小题，每小题8分，共16分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平方差公式、单项式乘多项式法则即可求出答案 （2）根据分式的加减运算以及乘除运算法则即可求出答案
【小问1详解】
【小问2详解】
【点睛】本题考查分式的混合运算，解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘除运算法则
18. 如图，在四边形中，，连接，，且．
（1）用直尺和圆规完成以下基本作图：过点作的角平分线交于点，交于点；（保留作图痕迹，不写作法和结论）
（2）在（1）所作图形中，若，求证：四边形为矩形．
（补全证明过程）
证明：∵ ① ，
∴，
在和中，
∴
∴ ② ，
∵，平分，
∴ ③ ，且
∴，，
又∵
∴ ④ ．
∵，
∴平行四边形为矩形．
【答案】（1）见解析 （2）；；；四边形为平行四边形
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的作法作出的角平分线即可；
（2）根据“”证明得，再根据等腰三角形的性质得，且，从而可证明四边形为平行四边形以及平行四边形为矩形
【小问1详解】
如图，即为所作，
【小问2详解】
证明：∵ ，
∴，
在和中，
∴
∴ ，
∵，平分，
∴ ，且
∴，，
又∵
∴ 四边形为平行四边形 ．
∵，
∴平行四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了基本作图，平行四边形的判定以及矩形的判定，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
四、解答题（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 如图，在平面直角坐标系中，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点，．
（1）求一次函数的解析式，并在网格中画出一次函数的图象；
（2）结合图象，当时，直接写出自变量的取值范围；
（3）若点为轴上的一点，当的面积为时，求点的坐标．
【答案】（1），图象见解析
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）根据图象即可求得；
（3）求得直线与坐标轴的交点C，然后利用三角形面积公式得出关于m的方程，进而解方程即可求得
【小问1详解】
把点代入，可得：
∴反比例函数的解析式为；
把点代入，可得，
把代入，得：
，
解得，
∴一次函数解析式为
画出函数图象如下：
【小问2详解】
由图象得，当时，或
【小问3详解】
∵一次函数解析式为
令，则，
∴一次函数与的交点坐标为，
∵的面积为，
∴
解得，或3
∴或
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积，熟练数形结合是解题的关键
20. 为进一步实现云端教学的增效赋能，某校对“初中生在网课期间平均每日作业完成时长”展开了调查．现从八年级随机抽取两个组，每组30名学生，分别记为甲组、乙组，对他们在网课期间平均每日作业完成时长（单位：分钟）进行了整理、描述和分析（作业完成时长用表示，共分为四个等级：A：，：，：，：），下面给出部分信息：
甲组学生的作业完成时长在等级中的全部数据为：70，70，70，75，75，75，75，78，78，78，78，78
乙组30名学生的作业完成时长中，，两等级的数据个数相同，A，两等级的全部数据为：55，58，
58，70，70，70，72，73，73，73，75，75，75，75，75，75，75，78．
甲、乙两组学生平均每日作业
完成时长统计表
组名
平均数
中位数
众数
时长低于80分钟所占百分比
甲组
74．1
78
70%
乙组
74．1
73
甲组学生平均每日作业
完成时长条形统计图
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：______；______；______，并补全条形统计图；
（2）根据以上数据分析，你认为从甲、乙两组的平均每日作业完成时长来看，哪个组的学习效率更高？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）若该校八年级共有640名学生，请你估计八年级共有多少名学生的平均每日作业完成时长低于80分钟？
【答案】（1）75；75；80；见解析
（2）乙；乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比大于乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比
（3）估计八年级共有480名学生的平均每日作业完成时长低于80分钟
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义、众数的定义求出a、b的值；求出乙组同学时长低于80分钟的百分比即可求出m；先求出甲组同学D等级人数，在补全条形统计图即可；
（2）根据平均数、中位数、众数、作业时间低于80分钟的百分率进行解答即可；
（3）用640乘以平均每日作业完成时长低于80分钟的百分比，估计出总量即可．
【小问1详解】
解：根据条形统计图可知，甲组同学作业完成时长排在第15和第16的在C等级中，且排在第15和第16的都是75，
∴甲组同学的中位数；
乙组30名学生的作业完成时长中，A，两等级的总人数为18人，则B，D两等级的总人数为（人），
∵，两等级的数据个数相同，
∴，两等级的数据个数为，
∴，两等级的数据中出现次数最多的不可能超过6次，
∴乙组同学中出现次数最多的数据一定为75，
∴乙组同学的众数；
乙组同学中作业时长低于80分钟的人数为（人），
∴乙组同学中作业时长低于80分钟所占百分比为：；
甲组同学D等级人数为：（人），补全条形统计图，如图所示：
故答案为：75；75；80．
【小问2详解】
解：乙组的学习效率更高；理由：乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比大于乙组同学作业完成时间低于80分钟的百分比．
【小问3详解】
解：（人），
答：估计八年级共有480名学生的平均每日作业完成时长低于80分钟．
【点睛】本题主要考查了条形统计图，中位数、众数，解题的关键是数形结合，熟练掌握众数、中位数的定义．
21. 随着疫情管控的放开，甲、乙两支队伍计划自驾去西藏旅游．两队计划同一天出发，沿不同的路线前往目的地汇合．甲队走路线，全程2400千米，乙队走路线，全程3200千米，由于路线高速公路较多，乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地．
（1）求甲、乙两队分别计划多少天到达目的地？
（2）在他们的旅行计划中，乙队每人每天的平均花费始终为135元．甲队最开始计划有8个人同行，计划每人每天花费300元，后来又有个人加入队伍，经过计算，甲队实际每增加1人时，每人每天的平均花费将减少30元．若最终甲、乙两队一起旅行的人数相同，且旅行天数与各自原计划天数一致，两队共需花费18720元，求的值．
【答案】（1）甲队计划的天数为6天，则乙队计划天数为4天
（2）5
【解析】
【分析】（1）设甲队计划的天数为x天，则乙队计划天数为天，根据“乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地”可列出分式方程，求解方程即可得出结果；
（2）设甲队后来总人数是个，乙队总人数是个，根据“两队共需花费18720元”列方程求解即可．
【小问1详解】
设甲队计划的天数为x天，则乙队计划天数为天，根据题意得，
整理得，
解得，
经检验，是原方程的解，
所以，
所以，甲队计划的天数为6天，则乙队计划天数为4天
【小问2详解】
设甲队后来总人数是个，乙队总人数是个，根据题意得，
整理得，
解得，或
∵
∴，即的值为5
【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，列一元二次方程解实际问题的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时寻找方程的等量关系是关键．
22. 在一场足球比赛中，进攻方甲队三名球员、、，与乙队的防守球员的位置如图所示．此时足球在球员脚下，他想将球绕过对手传至队友处，再由经线路回传给队友．已知对手在的北偏东60°方向，米．球员在对手的正东方向，米．球员在队友的正北方向，且在队友的北偏东37°方向．（参考数据：，，，，）
（1）求传球线路的长（结果精确到1米）；
（2）根据对手的跑动和拦截范围估计，对手可以破坏掉在点5米范围内的球．球员经线路传球给队友的同时，队友沿方向去接球，已知球速为10m/s，球员的平均速度为8m/s．计算说明球员是否能避开防守顺利接到球？
【答案】（1）12米 （2）无法拦截
【解析】
【分析】（1）延长交于点，过点作，垂足为P，证明平行四边形是矩形，分别求出即可得到结论；
（2）求出的长，再进行比较即可得出结论．
【小问1详解】
延长交于点，过点作，垂足为P，
，
∴四边形是平行四边形
∴平行四边形是矩形
，米，
，
，
米
米
米
米，
米
答：的长为12米
【小问2详解】
设点C与球相遇于点E，连接，设后C与球相遇，则：
解得，，
所以，米，米，
∵
∴大于5，
故无法拦截
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用．解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
23. 对于一个各数位上的数字均不为0的四位自然数，满足百位数字大于个位数字，且的千位数字的平方恰好等于百位数字的2倍、十位数字的5倍与个位数字3倍的和，则称这个四位数为“寒至数”．
例如：，∵，，∴5621是“寒至数”；
又如：，∵，，∴6533不“寒至数”．
（1）判断4321，6633是否是“寒至数”，并说明理由；
（2）一个“寒至数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记．当能被8整除时，求出所有满足条件的．
【答案】（1）4321不是“寒至数”， 6633是“寒至数”，见详解．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目“寒至数”的概念判定即可．
（2）根据“寒至数”定义表示出，分情况讨论即可．
【小问1详解】
，
∵，，
∴4321不是“寒至数”；
，
∵，，
∴6633是“寒至数”．
【小问2详解】
又∵，
∴，
∴
当n=1时，，又∵b＞d
①当时，，
∴，
∴；
②当时，M不存在；
③当时，M不存在；
当n=2时，，又∵b＞d
当时，，
①，;
∴；
②，
所以；
综合所述：M可能为
【点睛】此题考查了整数运算，解题的关键是读懂“寒至数”概念并根据题目要求进行解答．
24. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点，．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点为直线下方抛物线上的一动点，过点作交于点，过点作轴的平行线交轴于点，求的最大值及此时点的坐标；
（3）如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线，新抛物线与轴交于点，点为轴左侧新抛物线上一点，过作轴交射线于点，连接，当为等腰三角形时，直接写出所有符合条件的点的横坐标．
【答案】（1）
（2），
（3）符合条件点的横坐标分别为、、、．
【解析】
【分析】（1）用待定系数法把，代入可得．
（2）设直线的解析式为，把，代入可得，求出直线的解析式为，求出，当时，最大值为．
（3）求出左平移4个单位，再向上移3个单位的函数表达式，把，，表示出来，分情况讨论即可．
【小问1详解】
解：把，代入可得，
，
解得，，
∴，
【小问2详解】
解：设直线的解析式为，
把，代入可得，
，，
∴直线的解析式为，
设，则
，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
把P点的横坐标代入可得，
，
∴，
∴
当时，最大值为．此时，
【小问3详解】
把变成顶点式为，
∵左平移4个单位，再向上移3个单位，
∴即，
∴，
设过的直线解析式为，
把，代入得，解得，，
∴的直线解析式，
设，M和N的横坐标相同，把M的横坐标代入，
∴，
∴，
，
I、当时，，
解得：，（舍去），，
∴，
II、当时，
整理得：，
∵，
当时，．
当时，．，此时M、N重合，不合题意，舍去，
III、当时，
整理得：
解得，
当时，，
综上所述：符合条件的点M有四个，其横坐标分别为、、、．
【点睛】此题考查了二次函数的综合问题，解题关键是熟悉二次函数的基本性质、待定系数法、线段表示方法．
25. 如图，等腰三角形，．点、点分别在射线、射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转至，使得点恰好在射线上，旋转角为．
（1）当点、点重合时，如图1，若，，，求线段的长度；
（2）当点、点重合时，如图2，与交于点，若，求证：；
（3）当，时，如图3，点是射线上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转60°至线段，连接．将沿直线翻折至所在平面内得到，直线与射线交于点．在点运动过程中，当最小时，请直接写出的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）作，交于，根据旋转的性质，推出是等边三角形，进而得到是含的直角三角形，是等腰三角形，进行求解即可；
（2）在上截取，连接，，推出四边形是平行四边形，进而得到，进一步得出，从而得到，进而得证；
（3）作于，作，且，连接，证明，从而得到，得到点在与垂直的直线上运动，作，最短，即点在处，进行求解即可．
【小问1详解】
解：作，交于，
∴，
∵将线段绕点逆时针旋转至，
∴，，
∴
∵，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：在上截取，连接，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
如图，作于，作，且，连接，
∵线段绕点顺时针旋转至线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在与垂直的直线上运动，
作，最短，此时点在处，
将沿翻折至，交射线于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴ ，
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴
∴，
即：当最小时，．
【点睛】本题考查旋转性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．本题的综合性较强，对思维能力要求较高，熟练掌握相关知识点，添加合适的辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
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