2023年黑龙江省中考数学真题分类汇编3 函数

这是一份2023年黑龙江省中考数学真题分类汇编3 函数，共51页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。


2023年黑龙江省中考数学真题分类汇编3 函数
一、选择题
1．（2023·牡丹江）函数y=x+1中，自变量x的取值范围是（　　）
A．x≤1 B．x≥−1 C．x<−1 D．x>1
2．（2023·大庆）下列说法正确的是（　　）
A．一个函数是一次函数就一定是正比例函数
B．有一组对角相等的四边形一定是平行四边形
C．两条直角边对应相等的两个直角三角形一定全等
D．一组数据的方差一定大于标准差
3．（2023·哈尔滨）一条小船沿直线从A码头向B码头匀速前进，到达B码头后，停留一段时间，然后原路匀速返回A码头．在整个过程中，这条小船与B码头的距离s（单位：m）与所用时间t（单位：min）之间的关系如图所示，则这条小船从A码头到B码头的速度和从B码头返回A码头的速度分别为（　　）

A．15m/min，25m/min B．25m/min，15m/min
C．25m/min，30m/min D．30m/min，25m/min
4．（2023·牡丹江）如图，正方形ABCD的顶点A，B在y轴上，反比例函数y=kx的图象经过点C和AD的中点E，若AB=2，则k的值是（　　）
​​
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2023·牡丹江）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点(−2，0)，(3，0)．下列结论：①abc>0；②c=2b；③若抛物线上有点(52，y1)，(−3，y2)，(−12，y3)，则y2
A．4 B．3 C．2 D．1
6．（2023·黑龙江）如图，△ABC是等腰三角形，AB过原点O，底边BC∥x轴，双曲线y=kx过A，B两点，过点C作CD∥y轴交双曲线于点D，若S△BCD=12，则k的值是（　　）

A．−6 B．−12 C．−92 D．−9
7．（2023·齐齐哈尔）如图，在正方形ABCD中，AB=4，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线AB，射线BC的方向匀速运动，且速度的大小相等，连接DM，MN，ND.设点M运动的路程为x(0≤x≤4)，△DMN的面积为S，下列图象中能反映S与x之间函数关系的是（　　）

A． B．
C． D．
8．（2023·齐齐哈尔）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分与x轴的一个交点坐标为(3，0)，对称轴为直线x=1，结合图象给出下列结论：

①abc>0；②b=2a；③3a+c=0；
④关于x的一元二次方程ax2+bx+c+k2=0(a≠0)有两个不相等的实数根；
⑤若点(m，y1)，(−m+2，y2)均在该二次函数图象上，则y1=y2.其中正确结论的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2023·绥化）在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，AC平行于x轴，点B，C的横坐标都是3，BC=2，点D在AC上，且其横坐标为1，若反比例函数y=kx（x>0）的图象经过点B，D，则k的值是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．32
10．（2023·绥化）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，动点M，N同时从A点出发，点M以每秒2个单位长度沿折线A-B-C向终点C运动；点N以每秒1个单位长度沿线段AD向终点D运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动.设运动时间为x秒，△AMN的面积为y个平方单位，则下列正确表示y与x函数关系的图象是（　　）

A． B．
C． D．
11．（2023·大庆）如图1，在平行四边形ABCD中，∠ABC=120°，已知点P在边AB上，以1m/s的速度从点A向点B运动，点Q在边BC上，以3m/s的速度从点B向点C运动．若点P，Q同时出发，当点P到达点B时，点Q恰好到达点C处，此时两点都停止运动．图2是△BPQ的面积y(m2)与点P的运动时间t(s)之间的函数关系图象（点M为图象的最高点），则平行四边形ABCD的面积为（　　）

A．12m2 B．123m2 C．24m2 D．243m2
二、填空题
12．（2023·哈尔滨）在函数y=2x−8中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（2023·哈尔滨）已知反比例函数y=14x的图象经过点(a，7)，则a的值为　 　．
14．（2023·哈尔滨）抛物线y=−(x+2)2+6与y轴的交点坐标　 　．
15．（2023·牡丹江）将抛物线y=(x+3)2向下平移1个单位长度，再向右平移　 　个单位长度后，得到的新抛物线经过原点．
16．（2023·齐齐哈尔）如图，点A在反比例函数y=kx(k≠0)图象的一支上，点B在反比例函数y=−k2x图象的一支上，点C，D在x轴上，若四边形ABCD是面积为9的正方形，则实数k的值为　 　.

17．（2023·绥化）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△AB′C′的相似比为1∶2，点A是位似中心，已知点A(2，0)，点C(a，b)，∠C=90°.则点C′的坐标为　 　.（结果用含a，b的式子表示）

18．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l1：y=33x上，顶点B在x轴上，AB垂直x轴，且OB=22，顶点C在直线l2：y=3x上，BC⊥l2；过点A作直线l2的垂线，垂足为C1，交x轴于B1，过点B1作A1B1垂直x轴，交l1于点A1，连接A1C1，得到第一个△A1B1C1；过点A1作直线l2的垂线，垂足为C2，交x轴于B2，过点B2作A2B2垂直x轴，交l1于点A2，连接A2C2，得到第二个△A2B2C2；如此下去，……，则△A2023B2023C2023的面积是　 　．

19．（2023·齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B在x轴上，OA=OB=4，连接AB，过点O作OA1⊥AB于点A1，过点A1作A1B1⊥x轴于点B1；过点B1作B1A2⊥AB于点A2，过点A2作A2B2⊥x轴于点B2；过点B2作B2A3⊥AB于点A3，过点A3作A3B3⊥x轴于点B3；…；按照如此规律操作下去，则点A2023的坐标为　 　.

三、综合题
20．（2023·大庆）一次函数y=−x+m与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，点A的坐标为(1，2)．

（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求△OAB的面积；
（3）过动点T(t，0)作x轴的垂线l，l与一次函数y=−x+m和反比例函数y=kx的图象分别交于M，N两点，当M在N的上方时，请直接写出t的取值范围．
21．（2023·大庆）某建筑物的窗户如图所示，上半部分△ABC是等腰三角形，AB=AC，AF：BF=3：4，点G、H、F分别是边AB、AC、BC的中点；下半部分四边形BCDE是矩形，BE∥IJ∥MN∥CD，制造窗户框的材料总长为16米（图中所有黑线的长度和），设BF=x米，BE=y米．

（1）求y与x之间的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；
（2）当x为多少时，窗户透过的光线最多（窗户的面积最大），并计算窗户的最大面积．
22．（2023·牡丹江）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(−1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C．

（1）求抛物线对应的函数解析式，并直接写出顶点P的坐标；
（2）求△BCP的面积．
注：抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−b2a，顶点坐标是(−b2a，4ac−b24a)．
23．（2023·牡丹江）在一条高速公路上依次有A，B，C三地，甲车从A地出发匀速驶向C地，到达C地休息1ℎ后调头（调头时间忽略不计）按原路原速驶向B地，甲车从A地出发1.5ℎ后，乙车从C地出发匀速驶向A地，两车同时到达目的地．两车距A地路程ykm与甲车行驶时间xℎ之间的函数关系如图所示．请结合图象信息，解答下列问题：

（1）甲车行驶的速度是　 　km/ℎ，乙车行驶的速度是　 　km/ℎ．
（2）求图中线段MN所表示的y与x之间的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围；
（3）乙车出发多少小时，两车距各自出发地路程的差是160km？请直接写出答案．
24．（2023·黑龙江）已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车继续出发23ℎ后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离y(km)与货车行驶时间x(ℎ)之间的函数图象，结合图象回答下列问题：

（1）图中a的值是　 　；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y(km)与行驶时间x(ℎ)之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距12km．
25．（2023·黑龙江） 2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空，某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
（1）求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
（2）已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
（3）在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
26．（2023·黑龙江）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−3，0)，B(1，0)两点，交y轴于点C．

（1）求抛物线的解析式．
（2）拋物线上是否存在一点P，使得S△PBC=12S△ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
27．（2023·齐齐哈尔）一辆巡逻车从A地出发沿一条笔直的公路匀速驶向B地，25小时后，一辆货车从A地出发，沿同一路线每小时行驶80千米匀速驶向B地，货车到达B地填装货物耗时15分钟，然后立即按原路匀速返回A地.巡逻车、货车离A地的距离y（千米）与货车出发时间x（小时）之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题：

（1）A，B两地之间的距离是　 　千米，a=　 　；
（2）求线段FG所在直线的函数解析式；
（3）货车出发多少小时两车相距15千米？（直接写出答案即可）
28．（2023·大庆）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，且自变量x的部分取值与对应函数值y如下表：
x
⋯
−1
0
1
2
3
4
⋯
y
⋯
0
−3
−4
−3
0
5
⋯

（1）求二次函数y=ax2+bx+c的表达式；
（2）若将线段AB向下平移，得到的线段与二次函数y=ax2+bx+c的图象交于P，Q两点（P在Q左边），R为二次函数y=ax2+bx+c的图象上的一点，当点Q的横坐标为m，点R的横坐标为m+2时，求tan∠RPQ的值；
（3）若将线段AB先向上平移3个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的线段与二次函数y=1t(ax2+bx+c)的图象只有一个交点，其中t为常数，请直接写出t的取值范围．
29．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．

（1）求直线AD的解析式．
（2）连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式．
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
30．（2023·绥化）某校组织师生参加夏令营活动，现准备租用A、B两型客车（每种型号的客车至少租用一辆）.A型车每辆租金500元，B型车每辆租金600元.若5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人.
（1）每辆A型车、B型车坐满后各载客多少人？
（2）若该校计划租用A型和B型两种客车共10辆，总租金不高于5500元，并将全校420人载至目的地.该校有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
（3）在这次活动中，学校除租用A、B两型客车外，又派出甲、乙两辆器材运输车.已知从学校到夏令营目的地的路程为300千米，甲车从学校出发0.5小时后，乙车才从学校出发，却比甲车早0.5小时到达目的地.下图是两车离开学校的路程s（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数图象.根据图象信息，求甲乙两车第一次相遇后，t为何值时两车相距25千米.

31．（2023·绥化）如图，抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6，0)，B(−2，0)，C(0，6)三点，且一次函数y=kx+6的图象经过点B.

（1）求抛物线和一次函数的解析式.
（2）点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧.这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由.
（3）将抛物线y1=ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点（M点在N点左侧）.点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方.已知点P的横坐标为m.过点P作PD⊥NC于点D.求m为何值时，CD+12PD有最大值，最大值是多少？
32．（2023·哈尔滨）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+63与x轴交于点A(−6，0)，B(8，0)，与y轴交于点C．

（1）求a，b的值；
（2）如图①，E是第二象限抛物线上的一个动点，连接OE，CE，设点E的横坐标为t，△OCE的面积为S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图②，在（2）的条件下，当S=63时，连接BE交y轴于点R，点F在y轴负半轴上，连接BF，点D在BF上，连接ED，点L在线段RB上（点L不与点B重合），过点L作BR的垂线与过点B且平行于ED的直线交于点G，M为LG的延长线上一点，连接BM，EG，使∠GBM=12∠BEG，P是x轴上一点，且在点B的右侧，∠PBM−∠GBM=∠FRB+12∠DEG，过点M作MN⊥BG，交BG的延长线于点N，点V在BG上，连接MV，使BL−NV=12BV，若∠EBF=∠VMN，求直线BF的解析式．
四、实践探究题
33．（2023·齐齐哈尔）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+bx+c上的点A，C坐标分别为(0，2)，(4，0)，抛物线与x轴负半轴交于点B，点M为y轴负半轴上一点，且OM=2，连接AC，CM.

（1）求点M的坐标及抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线位于第一象限图象上的动点，连接AP，CP，当S△PAC=S△ACM时，求点P的坐标；
（3）点D是线段BC（包含点B，C）上的动点，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点Q，交直线CM于点N，若以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，请直接写出点Q的坐标；
（4）将抛物线沿x轴的负方向平移得到新抛物线，点A的对应点为点A′，点C的对应点为点C′，在抛物线平移过程中，当MA′+MC′的值最小时，新抛物线的顶点坐标为　 　，MA′+MC′的最小值为　 　.

答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：由题意可得：x+1≥0，
解得x≥-1.
故答案为：B.
【分析】二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，则x+1≥0，求解即可.
2．【答案】C
【知识点】一次函数的定义；三角形全等的判定；平行四边形的判定；方差；标准差
【解析】【解答】解：A、一个函数是正比例函数就一定是一次函数，故A不符合题意；
B、有一组对角相等的四边形不是平行四边形，故B不符合题意；
C、两条直角边对应相等的两个直角三角形一定全等，故C符合题意；
D、一组数据的方差不一定大于标准差，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用一次函数不一定是正比例函数，可对A作出判断；利用平行四边形的判定定理可对B作出判断；利用SAS可对C作出判断；利用一组数据的方差不一定大于标准差，可对D作出判断.
3．【答案】D
【知识点】通过函数图象获取信息并解决问题；用图象表示变量间的关系
【解析】【解答】解： 这条小船从A码头到B码头的速为：1500÷50=30m/min；
这条小船从B码头到A码头的速度为：1500÷（160-100）=25m/min，
∴A、B、C三个选项都错误，不符合题意；只有D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】由图象提供的信息可得：A、B两码头相距1500m，这条小船从A码头到B码头用时50min， 这条小船从B码头到A码头用时（160-100）min，进而根据速度等于路程除以时间可得答案.
4．【答案】B
【知识点】反比例函数的图象；正方形的性质；线段的中点
【解析】【解答】解：设C（2，a），则E（1，a+2），
∴2×a=1×(a+2)，
∴a=2，
∴C（2，2），
∴k=2×2=4.
故答案为：B.
【分析】设C（2，a），则E（1，a+2），根据点C、E在反比例函数图象上可得2×a=1×(a+2)，求出a的值，得到点C的坐标，进而可得k的值.
5．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵抛物线开口向下，对称轴x=-b2a在y轴右侧，与y轴的交点在正半轴，
∴a<0，b>0，c>0，
∴abc<0，故①错误；
∵抛物线过点（-2，0）、（3，0），
∴对称轴为直线x=12，
∴b=-a.
∵4a-2b+c=0，
∴-4b-2b+c=0，
∴c=6b，故②错误；
∵|-12-12|<|52-12|<|-3-12|，
∴y3>y1>y2，故③正确；
∵抛物线过点（-2，0）、（3，0），
∴ax2+bx+c=0的两根分别为-2、3，
∴ca=-6，
∴cx2+bx+a=0的两根满足x1·x2=ac=-16，但不能求出x1、x2，故④错误.
故答案为：D.
【分析】由图象可得：抛物线开口向下，对称轴x=-b2a在y轴右侧，与y轴的交点在正半轴，据此可得a、b、c的符号，进而判断①；由题意可得对称轴为直线x=12，则b=-a，根据图象过点（-2，0）可得4a-2b+c=0，将b=-a代入即可判断②；根据距离对称轴越近的点对应的函数值越大可判断③；由题意可得ax2+bx+c=0的两根分别为-2、3，则ca=-6，cx2+bx+a=0的两根满足x1·x2=ac=-16，据此判断④.
6．【答案】C
【知识点】反比例函数图象的对称性；等腰三角形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，设BC交y轴于点F，

设点Bb，kb，根据双曲线的对称性得点A−b，−kb，OA=OB，即点O为线段AB的中点，
∵AC=AB，AE⊥BC，BC∥x轴，
∴BE=CE，AE∥y轴，
∴BF=EF=b，
∴CF=3b，
∴C−3b，−k3b，
∴点D−3b，−k3b，
∴S△BCD=12BC·CD=12·4b·−4k3b=−83k=12，
∴k=−92 .
故答案为：C.
【分析】根据反比例函数图象上的点的坐标特点，设出点B的坐标，通过双曲线的对称性求出A点的坐标，通过等腰三角形的三线合一及三角形中位线定理可表示出点C的坐标，进而根据点的坐标与图形的性质及反比例函数图象上的点的坐标特点可得到点D的坐标，从而可用含k的式子表示出点BC、CD的长，最后结合△BCD的面积建立方程可求出k的值.
7．【答案】A
【知识点】几何图形的面积计算-割补法；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：由题意可得 AM=BN=x，
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠B=∠C=90°，
∴BM=CN=4−x，
∴S△DMN=S正方形−S△ADM−S△BMN−S△CDN
=AB2−12AD·AM−12BM·BN−12CD·CN，
=16−12×4x−12x4−x−12×44−x，
=12x2−2x+8，
故答案为：A.
【分析】利用分割法表示出△DMN面积的函数表达式，再根据函数表达式找出相应的函数图象.
8．【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
【解析】【解答】解：①∵二次函数图象开口向上，
∴a>0，
∵对称轴为直线x=1，
∴x=−b2a=1，
∴b=−2a<0，
∵二次函数图象与y轴交点在y轴负半轴，
∴当x=0时，y=c<0，
∴abc>0，①正确；
②b=−2a且a≠0，②错误；
③∵二次函数图象对称轴为直线x=1，且与x轴的一个交点坐标为3，0，
∴二次函数图象与x轴的另一个交点坐标为−1，0，
∴当x=−1时，y=0，
即a−b+c=a−−2a+c=3a+c=0，③正确；
④∵ax2+bx+c+k2=0，
∴ax2+bx+c=−k2，
令y1=ax2+bx+c，y2=−k2，
∵y2=−k2的图象平行于y轴且在x轴下方，
∴y2=−k2的图象与二次函数图象可能有两个交点，也可能只有一个交点或没有交点，
∴一元二次方程ax2+bx+c+k2=0(a≠0)可能有两个不相等的实数根，也 可能有两个相等的实数根或没有实数根，④错误；
⑤∵m+−m+22=1，
∴m，y1、−m+2，y2关于直线x=1对称，
∴y1=y2，⑤正确.
故答案为：B.
【分析】先通过函数图象、对称轴与系数的关系得到a、b、c的取值范围，判断①②的正确性，再通过函数图象的对称性和特殊值判断③⑤的正确性，最后通过数形结合，用函数的思想去判断方程的根的情况，判断④的正确性.
9．【答案】C
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点A在y轴的正半轴上，AC∥x轴，点B，C的横坐标都是3，BC=2，点D在AC上，且其横坐标为1，
∴可设B（3，a），则D（1，a+2）.
∵反比例函数y=kx的图象经过点B，D，
∴3a=a+2，
∴a=1，
∴B（3，1），
∴k=3×1=3.
故答案为：C.
【分析】由题意可设B（3，a），则D（1，a+2），根据反比例函数y=kx的图象经过点B，D可得3a=a+2，求出a的值，得到点B的坐标，进而可求出k的值.
10．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；动点问题的函数图象；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：连接BD，过B作BE⊥AD于点E，当0
∵菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，
∴AB=AD，
∴△ABD为等边三角形，
∴AE=DE=12AD=2，BE=3AE=23.
∵AM=2x，AN=x，
∴AMAN=ABAE=2.
∵∠A=∠A，
∴△AMN∽△ABN，
∴∠ANM=∠AEB=90°，
∴MN=AM2−AN2=3x，
∴y=12x×3x=32x2.
当4≤t<8时，点M在BC上，

∴y=12AN·BE=12x·23=3x.
故答案为：A.
【分析】连接BD，过B作BE⊥AD于点E，当0 11．【答案】C
【知识点】解直角三角形；二次函数的实际应用-几何问题；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：过点A作AF⊥BC交CB的延长线于点F，过点P作PE⊥BC于点E，

由题意可知AB：BC=1：3，PA=t，BQ=3t，
设AB=x，则BC=3x，BP=x-t，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=180°-120°=60°，
∴PE=PBsin∠ABE=PBsin60°=32x−t，
∴y=12BQ·PE=12×32x−t·3t=−34t2+34xt
由图象可知y的最大值为3，
∴0−916x24×34=3，
解之：x=±4，
∵x＞0，
∴x=4，
∴AB=4，BC=43；
在Rt△ABF中，AF=ABsin∠ABF=4sin60°=23，
∴S平行四边形ABCD=BC·AF=43×23=24.
故答案为：C.
【分析】过点A作AF⊥BC交CB的延长线于点F，过点P作PE⊥BC于点E，利用点的运动方向和速度，结合已知条件，可得到PA=t，BQ=3t，设AB=x，则BC=3x，BP=x-t，利用邻补角的定义可求出∠ABE=60°，利用解直角三角形表示出PE的长，再利用三角形的面积公式可得到y与t的函数解析式，观察图象可知y的最大值为3，利用顶点的纵坐标公式，可求出x的值，即可得到AB，CB的长；在Rt△ABF中，利用解直角三角形求出AF的长，然后利用平行四边形的面积公式可求出平行四边形ABCD的面积.
12．【答案】x≠8
【知识点】函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：由题意得x-8≠0，
解得x≠8.
故答案为：x≠8.
【分析】根据分式的分母不能为0建立不等式，求解可得答案.
13．【答案】2
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵ 反比例函数y=14x的图象经过点（a，7），
∴7=14a，
∴a=2.
故答案为：2.
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特点，将点（a，7）代入反比例函数解析式可算出a的值.
14．【答案】(0，2)
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：令抛物线y=-(x+2)2+6中的x=0得y=-（0+2）2+6=2，
∴抛物线y=-(x+2)2+6与y轴交点的坐标为（0，2）.
故答案为：(0，2).
【分析】令抛物线y=-(x+2)2+6中的x=0算出对应的函数值，可得该抛物线与y轴交点的坐标.
15．【答案】2或4
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：将抛物线y=(x+3)2向下平移1个单位长度，再向右平移m个单位长度后，得到的新抛物线
为y=(x+3-m)2-1.
将（0，0）代入可得(3-m)2=1，
解得m=2或4，
∴应向右平移2或4个单位长度.
故答案为：2或4.
【分析】将抛物线y=(x+3)2向下平移1个单位长度，再向右平移m个单位长度后，得到的新抛物线
为y=(x+3-m)2-1，然后将（0，0）代入求出m的值即可.
16．【答案】-6
【知识点】反比例函数系数k的几何意义
【解析】【解答】解：设Aa，ka，Bb，−k2b，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADO=∠BCO=90°，
∴AD=ka，DO=−a，OC=b，BC=−k2b，
∴S=AD·DO+BC·OC=ka·−a+b·−k2b=−k−k2=−3k2，
∵正方形ABCD的面积为9，
∴−3k2=9，
∴k=−6.
故答案为：-6.
【分析】本题考查的是反比例函数比例系数的几何意义，观察图象用含有k的代数式表示正方形的面积求解是解题关键.
17．【答案】(6−2a，−2b)
【知识点】点的坐标；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过C作CM⊥AB于点M，过C′作C′N⊥AB′于点N，则∠ANC′=∠AMC=90°.

∵△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，
∴ACAC′=12.
∵∠NAC′=∠CAM，
∴△ACM∽△AC′N，
∴AMAN=CMC′N=ACAC′.
∵A（2，0），C（a，b），
∴OA=2，OM=a，CM=b，
∴AM=a-2，
∴a−2AN=bC′N=12，
∴AN=2a-4，C′N=2b，
∴ON=AN-OA=2a-6，
∴C′（6-2a，-2b）.
故答案为：（6-2a，-2b）.
【分析】过C作CM⊥AB于点M，过C′作C′N⊥AB′于点N，则∠ANC′=∠AMC=90°，根据题意可得ACAC′=12，由两角对应相等的两个三角形相似可得△ACM∽△AC′N，根据相似三角形的性质可得AN、
C′N，然后表示出ON，据此可得点C′的坐标.
18．【答案】240463
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；与一次函数相关的规律问题
【解析】【解答】解：∵OB=22，
∴B（22，0），
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为22，
将x=22代入y=33x，得y=33×22=263，
∴点A22，263，AB=263，
∴tan∠AOB=ABOB=26322=33，
∴∠AOB=30°，
∵BC⊥l2，
∴设直线BC为y=−33x+b，
将点B（22，0）代入得b=263，
∴直线BC为y=−33x+263，
解y=3xy=−33x+263得x=22y=62，
∴点C22，62，
∴OC=222+622=2，BC=22−222+622=6
∴cos∠BOC=OCOB=222=12，
∴∠BOC=60°，∴∠CBO=30°，
∵BC⊥l2，B1C1⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC∥B1C1∥B2C2，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=30°，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB=30°，
∴AO=AB1，A1O=A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB∥A1B1∥A2B2，
∴ABA1B1=OBOB1=12，ABA2B2=OBOB2=14，
∵BC∥B1C1∥B2C2，
∴BCB1C1=OBOB1=12，BCB2C2=OBOB2=14，
∴ABA1B1=BCB1C1，
∵∠ABC=∠A1B1C1=90°-30°=60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，同理△ABC∽△A2B2C2，
∴S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42·S△ABC=（22）2·S△ABC，
∴S△AnBnCn=（2n）2S△ABC，
又∵S△ABC=12×AB×BC×sin∠ABC=12×236×6×32=3
∴S△A2023B2023C2023=22×2023×3= 240463 .
故答案为：240463.
【分析】由OB的长易得点B的坐标，进而根据垂直于x轴直线上所有点的纵坐标相同及直线上的点的坐标特点求出点A的坐标，由∠AOB的正切函数及特殊锐角三角函数值可求出∠AOB=30°，根据互相垂直的直线其比例系数的乘积为-1，结合点B的坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，联立直线BC及l2的解析式可求出点C的坐标，根据坐标平面内两点间的距离公式算出OC、BC的长，由∠BOC的余弦函数及特殊锐角三角函数值可求出∠BOC=60°，则∠CBO=30°，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BC∥B1C1∥B2C2，AB∥A1B1∥A2B2，由平行线的性质可推出∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB=30°，由等角对等边得AO=AB1，A1O=A1B2，然后根据等腰三角形的三线合一及平行线分线段成比例定理可得ABA1B1=BCB1C1，然后根据有两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ABC∽△A1B1C1，同理△ABC∽△A2B2C2，由相似三角形面积的比等于相似比的平方可推出S△AnBnCn=（2n）2S△ABC，然后利用三角形面积计算公式算出△ABC的面积即可得出答案.
19．【答案】(4−122021，122021)
【知识点】与一次函数相关的规律问题
【解析】【解答】解：∵ OA=OB=4 ，∠AOB=90°，
∴A0，4，B4，0，∠ABO=45°，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
b=44k+b=0，解得k=−1b=4，
∴直线AB的解析式为y=−x+4，
∵ OA1⊥AB ，
∴∠A1OB=∠ABO=45°，
∴OA1=22OB=22，
∵ A1B1⊥x 轴，
∴A1B1=22OA1=2，
∴当y=2时，x=4−y=2，
∴A12，2，
∵ A2B1⊥AB ，
∴A2B1=22A1B1=2，
∵ A2B2⊥x轴 ，
∴A2B2=22A2B1=1，
∴当y=1时，x=4−y=3，
∴A23，1，
∵ A3B2⊥AB ，
∴A3B2=22A2B2=22，
∵ A3B3⊥x轴 ，
∴A3B3=22A3B2=12，
∴当y=12时，x=4−y=72，
∴A372，12，
以此类推，A2023B2023=122021，
∴当y=122021时，x=4−y=4−122021，
∴A20234−122021，122021，
故答案为：4−122021，122021.
【分析】先用待定系数法求得直线AB的解析式，再利用等腰直角三角形的性质求点A1的纵坐标，然后通过直线解析式求出点坐标，以此类推，找到坐标之间的规律即可.
20．【答案】（1）解：把A(1，2)代入一次函数y=−x+m，
得−1+m=2，
解得：m=3，
∴一次函数的解析式为：y=−x+3，
把A(1，2)代入反比例函数y=kx，
得k1=2，
解得：k=2，
∴反比例函数的解析式为：y=2x；
（2）解：联立y=−x+3y=2x，
解得：x=1y=2或x=2y=1，
∴B(2，1)，
令直线AB与x交于点C，如图，
，
当y=0时，−x+3=0，
解得：x=3，
∴C(3，0)，
∴S△AOB=S△AOC−S△BOC=12⋅OC⋅yA−12⋅OC⋅yB=12×3×2−12×3×1=32
（3）解：由图象可得：
，
当M在N的上方时，t的取值范围为：t<0或1 【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；三角形的面积
【解析】【分析】（1）将点A的坐标分别代入两函数解析式，分别求出m，k的值，即可求出两函数解析式.
（2）将两函数解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到点B的坐标；设直线AB交x轴于点C，利用一次函数解析式求出点C的坐标，再根据S△AOB=S△AOC-S△OBC，然后利用三角形的面积公式求出△AOB的面积.
（3）点M在点N的上方时，可知有两段，利用点A，B的横坐标，可得到t的取值范围，当t＜0时，点M也在点N的上方；综上所述可得到t的取值范围.
21．【答案】（1）∵四边形BCDE是矩形，
∴BC∥DE，
∵BE∥IJ∥MN∥CD，
∴BE=IJ=MN=CD=y．
∵AB=AC，F是边BC的中点，
∴BC=DE=2x，AF⊥BC，
∵AF：BF=3：4，
∴AF=3x4，
∴AB=AC=BF2+AF2=5x4．
∵点G、H、F分别是边AB、AC的中点，
∴FG=FH=12AB=5x8，
∴4y=16−2x×2−5x8×2−5x4×2−3x4，
∴4y=16−17x2，
∴y=4−17x8，
∵4−17x8>0x>0，
∴0 ∴y=4−17x8(0 （2）设面积为S，
则S=2x(4−17x8)+12×2x×3x4
=8x−72x2
=−72(x−87)2+327，
∴当x=87时，窗户透过的光线最多（窗户的面积最大），最大面积为327．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可证得BC∥DE，利用平行线间的距离处处相等，可得到BE=IJ=NM=CD=y，利用等腰三角形的性质可得到BC=DE=2x，同时可证得FA⊥BC，由AF于BF的比值，可表示出AF的长，利用勾股定理可表示出AB的长；再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可表示出FG，FH的长，然后根据窗户框的材料总长为16米，可得到y与x的函数解析式及自变量x取值范围.
（2）利用窗户的面积等于△ABC的面积+矩形ACDE的面积，可得到S与x的函数解析式，将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求解.
22．【答案】（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1，0)，B(4，0)，
∴1−b+c=016+4b+c=0，
解这个方程组，得b=−3c=−4．
∴抛物线对应的解析式y=x2−3x−4．
∵P点的坐标为 (32，−254)．
（2）如图，连接OP．

∵A(−1，0)，B(4，0)，C(0，−4)，P(32，−254)，
∴S△OCP=12×4×32=3，
S△OBP=12×4×254=252，
S△BOC=12×4×4=8．
∵S△BCP=S△OCP+S△OBP−S△BOC，
∴S△BCP=3+252−8=152．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：（1） ∵P点是抛物线的顶点坐标，
∴P(−b2a，4ac−b24a)，即：−b2a=−−32×1=32，4ac−b24a=4×1×(−4)−(−3)24×1=−254，
∴P(32，−254)．
【分析】（1）将A（-1，0）、B（4，0）代入y=x2+bx+c中求出b、c的值，据此可得抛物线的解析式，然后根据顶点坐标公式就可得到顶点P的坐标；
（2）连接OP，然后根据S△BCP=S△OCP+S△OBP-S△BOC结合三角形的面积公式进行计算.
23．【答案】（1）120；80
（2）解：设线段MN所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0)．
将(1.5，360)，(3，240)代入y=kx+b，得1.5k+b=3603k+b=240．
解得k=−80b=480．
∴线段MN所在直线的解析式为y=−80x+480(1.5≤x≤6)．
（3）解：在y=−80x+480(1.5≤x≤6)中，当y=0时，x=6，
∴N(6，0)，
由（1）可得乙车行驶速度为80km/ℎ，甲车行驶速度为120km/ℎ且两车同时到达目的地，
则乙到达目的地时，甲距离A地的距离为360−120×(6−3−1)=120(km)，
∴F(6，120)，E(4，360)，
设乙车出发t时，两车距各自出发地路程的差是160km，
当0 由|80t−120(t+1.5)|=160，
解得t1=−0.5，t2=−8.5（不合题意，舍去）；
当1.5 解得t1=2.5，t2=6.5（不合题意，舍去）；
当2.5 解得t1=4.1，t2=2.5（不合题意，舍去）
综上，乙车出发2.5ℎ或4.1ℎ，两车距各自出发地路程的差是160km．
【知识点】一次函数的实际应用；一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：（1）由图可得D（3，360），即甲出发3h后与A地相距360km，故甲的速度为360÷3=120km/h；
由题意可得：乙出发1.5h行驶了120km，故乙车的速度为120÷1.5=80km/h.
故答案为：120，80.
【分析】（1）由图可得D（3，360），即甲出发3h后与A地相距360km，由题意可得：乙出发1.5h行驶了120km，然后根据路程÷时间=速度进行求解；
（2）设直线MN所在直线的解析式为y=kx+b，将（1.5，360）、（3，240）代入求出k、b的值，据此可得对应的函数关系式；
（3）令（2）关系式中的y=0，求出x的值，得到点N的坐标，易得乙到达目的地时，甲距离A地的距离为360-120×(6-3-1)=120km，则P（6，120），B（4，360），然后分0 24．【答案】（1）120
（2）解：由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120 =240(km)，
∴出租车距离甲地为480-240=240(km)，
把y=240代入y=120x，
得240=120x，
解得x=2，
∴货车装完货物时，x=2，B(2，120)，
根据货车继续出发23h后与出租车相遇，可得23×（出租车的速度+货车的速度）=120，
根据直线OC的解析式为y=120x，可得出租车的速度为120km/ h，
∴相遇时，货车的速度为120÷23-120=60km/h，
故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2，120)代入y=60x+b，
可得120=120+b，解得b=0，
∴直线BG的解析式为y=60x，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离 (km)与行驶时间x (h)之间的函数关系式为y=60x；
（3）12517h或13117h
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：（1）由图象知，C(4，480)，
设直线OC的解析式为y=kx，把C (4，480)代入得，
480=4k，
解得k=120，
∴直线OC的解析式为y=120x，
把(1，a)代入y =120x，得a=120，
故答案为：120；
（3）把y=480代入y=60x，
可得480=60x，
解得x=8，
∴G (8，480)，
∴F(8，0)，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF=1560=14，
∴E314，0，
∴出租车返回后的速度为480÷(314-4)=128km/h，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60tkm，出租车距离乙地为128(t-4)=(128t-512)km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12k，
可得60t1-(128t1-512)=12，
解得t1= 12517；
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，
可得(128t2-512)-60t2=12，
解得：t2=13117，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发12517h或13117h与出租车相距12km.
【分析】（1）由图象知，C (4，480)，利用待定系数法求出直线OC的解析式，进而将点（1，a）代入可算出a的值；
（2）由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120 =240(km)，把y=240代入y=120x求得货车装完货物时，x=2，B(2，120)，根据货车继续出
发23h后与出租车相遇，可得23×（出租车的速度+货车的速度）=120，根据直线OC的解析式为y=120x，得出租车的速度为120km/ h，于是得到相遇时，货车的速度为120÷23-120=60(km/h)，故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2，120) 代入求得b=0，于是得到直线BG的解析式为y=60x，故货车装完货物后驶往甲地的过程中，于是得到结论；
(3)把y=480代入y=60x，得到G (8，480)，求得F (8，0)，根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF=1560=14，则E314，0，设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60tkm，出租车离乙地为128(t-4)=（128t-512）km，然后分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前相512km时，②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，分别列方程即可得到结论.
25．【答案】（1）解： 设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，根据题意得
500x+10=400x，
解得：x=40，
经检验、x=40是所列方程的解，且符合题意；
∴A款文化衫的单价为：40+10=50（元），
答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元； A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
（2）解：设购买y件A款文化衫，则购买(300-y)件B款文化衫，
根据题意得：50y+40300−y≤1480050y+40300−y≥14750
解得：275≤y≤280，
又∵y为正整数，
∴y可以为275，276，277，278，279，280，
∴共有6种购买方案；
（3）解：设购买300件两款文化衫所需总费用为w 元，则w=50×0.7y+(40-m)(300-y)=(m -5)y+300(40-m)，
∵（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴w的值与y值无关，
∴m-5=0，
∴m=5；
答：m的值为5.
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式组的应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款文化衫的单价，再将其代入(x+ 10)中，可求出A款文化衫的单价；
（2）设购买y件A款文化衫，则购买(300-y)件B款文化衫，利用总价=单价×数量，结合总价不多于14800元且不少于14750元，可列出关于y的一元一次不等式组，解之可得出y的取值范围，再结合y为正整数，即可得出共有6种购买方案；
（3）设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于y的函数关系式，由（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同(即w的值与y值无关)，利用一次函数的性质，可得出m-5-0，解之即可得出m的值.
26．【答案】（1）解：将点A（-3，0）及点B（1，0）分别代入y=ax2+bx+3，
得9a−3b+3=0a+b+3=0
解得a=−1b=−2，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3；
（2）解：存在，理由如下：
令y=-x2-2x+3中的x=0可得y=3，
∴C（0，3），OC=3，
∵A（-3，0）、B（1，0），∴AB=4，
∴S△ABC=12AB·OC=12×4×3=6，
∴S△PBC=12S△ABC=3，
作PE∥x轴交BC于点E，如图，

设直线BC的解析式为y=kx+m，
将点B（1，0）及点C（0，3）分别代入得
k+m=0m=3，
解得k=−3m=3，
∴BC的解析式为：y=-3x+3；
设点P的坐标为P（t，-t2-2t+3），则点E的纵坐标为-t2-2t+3，
代入直线BC可得x=t2+2t3，
∴E（t2+2t3，-t2-2t+3），
∴PE=t2+2t3-t=t2−t3，
∴S△PBC=12×t2−t3×3=3，
解得t1=-2，t2=3，
∴点P（-2，3）或（3，-12）.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；一次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）将点A（-3，0）及点B（1，0）分别代入y=ax2+bx+3，可得关于字母a、b的二元一次方程组，求解可得a、b的值，从而求出抛物线的解析式；
（2）令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数y的值，可得点C的坐标，利用三角形面积计算公式算出三角形ABC的面积，利用待定系数法求出直线BC的解析式；作PE∥x轴交BC于点E，设点P的坐标为P（t，-t2-2t+3），则点E的纵坐标为-t2-2t+3，将点E的纵坐标代入直线BC的解析式算出对应的x的值，可用t的式子表示出点E的坐标，进而可表示出PE的长，然后根据三角形面积计算公式建立方程，可求出t的值，从而得到点P的坐标.
27．【答案】（1）60；1
（2）设线段FG所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0)
将F(1，60)，G(2，0)
代入y=kx+b，得
k+b=602k+b=0
解得k=−60b=120，
∴线段FG所在直线的函数解析式为y=−60x+120
（3）511小时，1917小时，2517小时.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数的实际应用；通过函数图象获取信息并解决问题
【解析】【解答】解：(1)S=80×34=60(千米)；
a=34+1560=1(小时)，
故答案为：60；1.
(3)v巡=60÷25+2=25(km/h)，
SC=25×25=10(km)，
设直线CD的解析式为y1=k1x+b1，
把C0，10，D2，60代入解析式，
得 b1=102k1+b1=60，解得k1=25b1=10，
∴直线CD的解析式为y1=25x+10，
设直线OE的解析式为y2=k2x，
把E34，60代入解析式，
得 34k2=60，
k2=80，
∴直线OE的解析式为y2=80x，
∴当0≤x≤34时，
80x−25x+10=15，
x=511，
当1≤x≤2时，
①−60x+120−25x+10=15，
x=1917，
②25x+10−−60x+120=15，
x=2517，
综上所述，x=511，1917或2517.
故答案为：511小时，1917小时或2517小时.
【分析】(1)通过图象可知货车到达B地所花的时间，运用路程公式计算A、B两地之间的距离即可；货车从A地到B地所花的时间与填装货物所耗时间之和即a的值.
(2)用待定系数法求一次函数解析式即可.
(3)先用待定系数法求出CD、OE的直线解析式，将两车行程问题转化为函数问题，再利用函数图象解决问题.
28．【答案】（1）解：由表格可知，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点(−1，0)，(0，−3)，(1，−4)，代入y=ax2+bx+c得到
a−b+c=0c=−3a+b+c=−4，
解得a=1b=−2c=−3，
∴二次函数y=ax2+bx+c的表达式为y=x2−2x−3；
（2）如图，连接PR，QR，过点R作RM⊥PQ交PQ的延长线于点M，

∵点Q的横坐标为m，
∴Q(m，m2−2m−3)，
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵点P与点Q关于直线x=1对称，
设点P(n，m2−2m−3)，
则m−1=1−n，解得n=2−m，
∴点P的坐标为(2−m，m2−2m−3)，
当x=m+2时，y=x2−2x−3=(m+2)2−2(m+2)−3=m2+(22−2)m−1−22，
即R(m+2，m2+(22−2)m−1−22)，
则M(m+2，m2−2m−3)，
∴RM=m2+(22−2)m−1−22−(m2−2m−3)=22m+2−22，
PM=m+2−(2−m)=2m+2−2，
∴tan∠RPQ=RMPM=22m+2−222m+2−2=2(2m+2−2)2m+2−2=2，
即tan∠RPQ的值为2；
（3）由表格可知点A(−1，0)、B(3，0)，
将线段AB先向上平移3个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到A′(0，3)、B′(4，3)，

由题意可得，二次函数y=1t(x2−2x−3)=1t(x−1)2−4t，与线段A′B′只有一个交点，
当t>0时，抛物线y=1t(x2−2x−3)=1t(x−1)2−4t开口向上，顶点(1，−4t)在A′B′下方，
当x=4时，1t(x2−2x−3)≥yB′，
即−3t<3，
解得t≤53，
∴t≤53，
当x=0时，1t(x2−2x−3) 解得t>−1，
∴0 此时满足题意，
当t<0时，抛物线y=1t(x2−2x−3)=1t(x−1)2−4t开口向下，顶点(1，−4t)在A′B′上时，−4t=3，
解得t=−43，
此时满足题意，
将点A′(0，3)代入y=1t(x2−2x−3)得到3=−3t，解得t=−1，
将点B′(4，3)代入y=1t(x2−2x−3)得到3=1t(16−8−3)，解得t=53，
∴−1 综上可知，−1 【知识点】二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）利用表中x，y的对应值，代入三组对应值，可得到关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值，可得到二次函数解析式.
（2）连接PR，QR，过点R作RM⊥PQ，交PQ的延长线于点M，利用函数解析式，可表示出点Q的坐标，将二次函数解析式转化为顶点式，可得到抛物线的对称轴，利用点P和点Q关于直线x=1对称，可表示出点P的坐标，可得到n=2-m，据此可得到点P(2−m，m2−2m−3)，当x=m+2时，代入二次函数解析式，可得到y的值，即可得到点R、M的坐标，利用两个点的坐标，可表示出RM、PM的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出tan∠RPQ的值.
（3）利用表中数据可得到点A、B的坐标，利用点的坐标平移规律可得到点A′，B′的坐标，根据二次函数与直线A′B′只有一个交点，分情况讨论：当t＞0时，抛物线的开口向上，其顶点在直线A′B′的下方，当x=4时，可得到关于t的不等式，求出t的取值范围；当X=0时，可得到t的不等式，然后求出t的取值范围；综上所述可得到符合题意的t的取值范围；当t＜0时，抛物线的开口向下，顶点在直线A′B′上，据此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；将点A′的坐标代入二次函数解析式，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；将点B′的坐标代入函数解析式，可得到关于t的方程，解方程求出t的值，即可得到t的取值范围；综上所述可得到t的取值范围.
29．【答案】（1）解：解方程x2-4x-12=0，
得x1=6，x2=-2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=12∠AOC=30°，
∴CD=OC·tan30°=6×33=23，
∴点D（6，23），
过点A作AH⊥OC于点H，

∵∠AOH=60°，
∴OH=12OA=3，AH=OA·sin60°=6×32=33，∴A（3，33），
设直线AD的解析式为y=kx+b（k≠0），
将点A、D的坐标分别代入得
3k+b=336k+b=23，
解得k=−33b=43，
∴直线AD的解析式为：y=−33x+43；
（2）解：在Rt△COD中，
∵CD=23，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=43，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=43，
∴∠OFE=∠DOF=30°，
∴OD=DF=43；
①当点N在DF上，即0≤t≤23时，
由题意得：DM=OD-OM=43-t，DN=43-2t，
过点N作NP⊥OB于点P，

则NP=DN×sin∠PDN=DN×sin60°=（43-2t）×32=6-3t，∴SS=12DM×NP=1243−2t×6−3t=32t2−9t+123；
②当点N在DE上，即23＜t≤43时，
由题意，得DM=OD-OM=3−t，DN=2t−43，
过点N作NT⊥OB于点T，

则NT=DN·sin∠NDT=DN·sin60°=2t−43×32=3t−6，
∴S=12DM×NT=1243−t3t−6=−32t2+9t−123，
综上，S=32t2−9t+123(0≤t≤23)−32t2+9t−123(23 （3）解：存在，分类讨论：
①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于点K，

∵∠NFC=30°，OE=43，
∴∠NCK=60°，OF=3OE=12，
∴CF=12-6=6，
∴CN=12CF=3，
∴CK=CN×cos60°=3×12=32，NK=CN×sin60°=3×32=332，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点Q，
∵A（3，33），
∴Q32，332；
②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于点L，

∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°-60°-90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=12CF=3，
∴NL=CL·tan30°=3×33=3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点Q，
∵A（3，33），
∴Q6，43；
∴存在一点Q，使得以A、C、N、Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标为 (32，332)或(6，43) .
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先解方程x2-4x-12=0，求出OC的长，由菱形的性质∠COD的正切函数可求出CD的长，从而得到点D的坐标，过点A作AH⊥OC于点H，解直角三角形求出AH的长，得到点A的坐标，从而利用待定系数法求出直线AD的解析式；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出OD=DF=43；然后分情况讨论：当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点N作NP⊥OB于点P，②当点N在DE上，即23＜t≤43时，过点N作NT⊥OB于点T，分别解直角三角形求出NP和NT，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于点K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于点L，证明∠NCF=∠NFC，由等角对等边得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标，综上即可得出答案.
30．【答案】（1）设每辆A型车、B型车坐满后各载客x人、y人，由题意得
5x+2y=3103x+4y=340
解得x=40y=55
答：每辆A型车、B型车坐满后各载客40人、55人.
（2）设租用A型车m辆，则租用B型车(10−m)辆，由题意得
500m+600(10−m)⩽550040m+55(10−m)⩾420 解得：5⩽m⩽823
∵m取正整数，
∴m=5，6，7，8
∴共有4种租车方案
设总租金为w元，则w=500m+600(10−m)=−100m+6000
∵−100<0
∴w随着m的增大而减小
∴m=8时，w最小
∴租8辆A型车，2辆B型车最省钱.
（3）设s甲=kt，s乙=k1t+b.
由题意可知，甲车经过(4，300)；乙车经过(0.5，0)，(3.5，300)两点.
∴s甲=75t，s乙=100t−50
s乙−s甲=25，即100t−50−75t=25
解得t=3
或300−75t=25
解得t=113
所以，在甲乙两车第一次相遇后，当t=3小时或113小时，两车相距25千米.
【知识点】一次函数与不等式（组）的综合应用；一元一次方程的实际应用-行程问题；二元一次方程组的应用-和差倍分问题
【解析】【分析】（1）设每辆A型车、B型车坐满后各载客x人、y人，根据5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人可得5x+2y=310；根据3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人可得3x+4y=340，联立求解即可；
（2）设租用A型车m辆，则租用B型车(10-m)辆，根据A的租金×辆数+B的租金×辆数=总租金可得500m+600(10-m)≤5500；根据全校420人可得40m+55(10-m)≥420，联立求出m的范围，结合m为整数可得m的取值，进而可得租车方案，设总租金为w元，根据A的租金×辆数+B的租金×辆数=总租金可得w与m的关系式，然后利用一次函数的性质进行解答；
（3）设S甲=kt，S乙=k1t+b，将（4，300）代入S甲中求出k的值，将（0.5，0）、（3.5，300）代入y乙中求出k1、b的值，据此可得对应的函数关系式，然后令y乙-y甲=25求出t的值即可.
31．【答案】（1）解：把A(−6，0)，B(−2，0)，C(0，6)代入y1=ax2+bx+c
得36a−6b+c=04a−2b+c=0c=6
解得a=12b=4c=6
∴y1=12x2+4x+6
把B(−2，0)代入y=kx+6得k=3
∴y=3x+6
（2）解：①当BC为正方形的边长时，分别过B、C作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1、E2F2，过E1作E1H1⊥x轴于点H1，则△BE1H1≌△CBO（AAS），

∴E1H1=OB=2，H1B=OC=6，
∴E1（-8，2）.
同理可得E2（4，-2）.
②以BC为正方形的对角线时，过BC的重点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，则四边形E3BF3C为正方形，过E3作E3N⊥y轴于点N，过B作BM⊥E3N于点M，

∴△CE3N≌△E3BM（AAS），
∴CN=E3M，BM=E3N.
∵BC=210，
∴E3G=BG=10，
∴E3B=25.
∵E3C2=CN2+E3N2，
∴(25)2=CN2+(6-CN)2，
解得CN=2或4.
当CN=4时，E3（2，2），此时点E在点F右侧，舍去；
当CN=2时，E3（-4，4），
综上可得：E1（-8，2），E2（4，-2），E3（-4，4）.
（3）∵y1=12x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y2
∴M(2，0)，N(6，0)
∵y2过M，N，C三点
∴y2=12x2−4x+6
在直线NC下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过点H作HG⊥y轴于点G.

∵N(6，0)，C(0，6)
∴ON=OC
∴△CON是等腰直角三角形
∵∠CHG=45°，∠GHP=90°
∴∠PHD=45°
又PD⊥CN
∴△HPD是等腰直角三角形
∴HD=DP=22HP
∵点P在抛物线y2上，且横坐标为m
∴CG=GH=m
∴CH=2m
∵yCN=−x+6
∴H(m，−m+6)
∴HP=−m+6−(12m2−4m+6)=−12m2+3m
∴HD=DP=22(−12m2+3m)=−24m2+322m
∴CD+12PD=CH+HD+12PD=CH+32PD=2m+32(−24m2+322m)
=−328(m−133)2+169224
∴当m=133时，CD+12PD的最大值为169224.
【知识点】二次函数的最值；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）将A（-6，0）、B（-2，0）、C（0，6）代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，据此可得抛物线的解析式，将B（-2，0）代入y=kx+6中求出k的值，进而可得一次函数的解析式；
（2）①当BC为正方形的边长时，分别过B、C作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1、E2F2，过E1作E1H1⊥x轴于点H1，利用AAS证明△BE1H1≌△CBO，得到E1H1=OB=2，H1B=OC=6，据此可得点E1的坐标，同理可得E2的坐标；②以BC为正方形的对角线时，过BC的重点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，则四边形E3BF3C为正方形，过E3作E3N⊥y轴于点N，过B作BM⊥E3N于点M，利用AAS证明△CE3N≌△E3BM，得到CN=E3M，BM=E3N，然后求出E3G、E3B、CN的值，进而可得E3的坐标；
（3）易得M（2，0）、N（6，0），y2=12x2-4x+6，在直线NC下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过点H作HG⊥y轴于点G，则△CON、△HPD均为等腰直角三角形，HD=DP=22HP，CH=2m，H（m，-m+6），然后表示出HP、HD、CD+12PD，接下来根据二次函数的性质进行解答.
32．【答案】（1）解：∵点A(−6，0)，B(8，0)在抛物线y=ax2+bx+63上，
∴36a−6b+63=064a+8b+63=0，
解得：a=−38b=34，
∴a=−38，b=34；
（2）解：由（1）知，抛物线的解析式是y=−38x2+34x+63，
∵C是抛物线与y轴的交点，
∴x=0时，y=63，
∴C(0，63)，
∴OC=63，
如下图，过点E作EW⊥y轴，垂足为W，

∵E是第二象限抛物线上一点，点E的横坐标为t，
∴EW=−t，
∴S=12OC⋅EW=12×63⋅(−t)=−33t
（3）解：如下图，以BM为一边作∠MBT=∠MBN，∠MBT的另一边BT交LM的延长线于点T；作MK⊥BT，垂足为K；作FS⊥BE，垂足为S；作EQ⊥x轴，垂足为Q，

∵S=63，由（2）知S=−33t，
∴−33t=63，
∴t=−2，
∴y=−38×(−2)2+34×(−2)+63=53，
∴E(−2，53)，
∵ED∥BG，
∴∠DEB=∠EBG，
∵∠GBM=12∠BEG，即∠GEB=2∠GBM，
∴∠GEB=∠GBT，
∴∠DEB+∠GEB=∠EBG+∠GBT，
∴∠DEG=∠EBT，
∵∠PBM−∠GBM=∠FRB+12∠DEG，∠PBM−∠GBM=∠PBM−∠MBT=∠TBP，∠ROB=90°，
∴∠FRB=90°−∠RBO，
∴∠TBP=90°−∠RBO+12∠EBT，
又∵∠RBO+∠EBT+∠TBP=180°，
∴∠EBT=60°，
∵LG⊥EB，
∴∠GLB=90°，
∴∠T=30°，
∴BL=12BT，
∵MK⊥BT，MN⊥BG，
∴∠MKT=∠MNB=∠MKB=90°，
在△MNB和△MKB中，
∠MNB=∠MKB∠MBN=∠MBKMB=MB，
∴△MNB≌△MKB(AAS)，
∴NB=BK，MN=MK，
∵BL−NV=12BV，
∴2BL−2NV=BV，
∴BT−NV=BV+NV=BN=BK，
∴BT−BK=NV=KT，
∴Rt△NMV≌Rt△KMT(HL)，
∴∠T=∠NVM=30°，
∴∠NMV=60°，
∵∠EBF=∠VMN，
∴∠EBF=60°，
∵FS⊥BE，EQ⊥x轴，
∴∠EQB=∠RSF=∠BSF=90°，
∵B(8，0)，
∴OB=8，
∵E(−2，53)，
∴EQ=53，QB=10，
∵tan∠EBQ=EQBQ=OROB，
∴5310=OR8，
∴OR=43，
∴BR=OR2+OB2=47，
∵tan∠FRB=FSRS=OBOR=843=233，tan∠FBS=tan60°=3=FSBS，
∴设FS=23m，则RS=3m，BS=2m，
∵RS+BS=BR，
∴3m+2m=47，
∴m=475，
∵RF=FS2+SˉR2ˉ=21m=2835，
∴OF=RF−OR=835，
又∵点F在y轴负半轴上，
∴F(0，−835)，
设直线BF的解析式为y=kx+c，
把B(8，0)，F(0，−835)代入，得：c=−8358k+c=0，
解得：k=35c=−835，
∴直线BF的解析式为y=35x−835
【知识点】二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）将A、B两点的坐标分别代入 抛物线y=ax2+bx+63 可得关于字母a、b的方程组，求解得出a、b的值；
（2）首先求出点C的坐标得出OC的长，过点E作EW⊥y轴，垂足为W，由点E的横坐标为t可得EW=-t，进而根据三角形的面积计算公式求出S关于t的函数解析式；
（3）以BM为一边作∠MBT=∠MBN，∠MBT的另一边BT交LM的延长线于点T；作MK⊥BT，垂足为K；作FS⊥BE，垂足为S；作EQ⊥x轴，垂足为Q，先求出点E的坐标，然后推出∠EBT=60°，∠T=30°，然后用AAS判断出△MNB≌△MKB，得NB=BK，MN=MK，再利用HL证Rt△NMV≌Rt△KMT，得∠EBF=60°，由tan∠EBQ=EQBQ=OROB建立方程可求出OR的长，进而利用勾股定理算出BR的长，设FS=23m，则RS=3m，BS=2m，由RS+BS=BR建立方程可求出m的值，从而可RF及OF的长，从而得出点F的坐标，最后利用待定系数法可求出直线BF的解析式.
33．【答案】（1）解：∵点M在y轴负半轴且OM=2，
∴M(0，−2)
将A(0，2)，C(4，0)代入y=−x2+bx+c，得
c=2−16+4b+c=0
解得b=72c=2
∴抛物线的解析式为y=−x2+72x+2
（2）解：过点P作PF⊥x轴于点F，交线段AC于点E，

设直线AC的解析式为y=kx+m(k≠0)，
将A(0，2)，C(4，0)代入y=kx+m，得
m=24k+m=0，解得k=−12m=2，
∴直线AC的解析式为y=−12x+2
设点P的横坐标为p(0 则P(p，−p2+72p+2)，E(p，−12p+2)，
∴PE=−p2+72p+2−(−12p+2)=−p2+4p(0 ∵S△ACM=8，∴S△PAC=12PE⋅OC=−2p2+8p=8，解得p=2
∴P(2，5)
（3）Q1(32，5)，Q2(−12，0)
（4）(−1112，8116)；213
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；轴对称的应用-最短距离问题；二次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：（3）如图，

∵DQ⊥x轴，
∴DQ∥OM，
∴∠DNC=∠OMC，
设直线CM的解析式为y=k1x+b1，
把M0，−2，C4，0代入y=k1x+b1，得
b1=−24k1+b1=0，解得k1=12b1=−2，
∴直线CM的解析式为y=12x−2，
设Da，0，
∴Na，12a−2，Qa，−a2+72a+2，
∵∠MOC=90°，
∴如图①，当∠NCQ=∠MOC=90°时，△COM~△QCN，
设直线CQ的解析式为y=−2x+b2，
把C4，0代入y=−2x+b2，得−8+b2=0，
b2=8，
∴直线CQ的解析式为y=−2x+8，
把Qa，−a2+72a+2代入y=−2x+8，得−a2+72a+2=−2a+8，
a1=4(舍去)，a2=32，
∴当x=32时，y=−a2+72a+2=−322+72×32+2=5，
∴Q132，5，
如图②，当∠CQN=∠MOC=90°时，△COM~△QCN，
此时，点B、D、Q三点重合，
即△COM~△CBN，
∴当y=0时，−a2+72a+2=0，
a1=4(舍去)，a2=−12，
∴Q2−12，0，
故答案为：Q132，5，Q2−12，0.
(4)设抛物线 沿x轴的负方向平移 n个单位长度，

∵A(0，2)，C(4，0)，
∴A'(−n，2)，C'(4−n，0)，
∵M0，−2，
∴点M在直线y=−2上，
如图③，作A''与A'关于直线y=−2对称，
∴A''−n，−6，
要使 MA′+MC′的值最小 ，则点M在直线A''C'上，
∴kA''M=kC'M，
4n=24−n，
n=83，
∴A''(−83，−6)，C'(43，0)，
∴MA'+MC'=MA''+MC'=A''C'=−83−432+−62=213，
∵y=−x2+72x+2=−x−742+8116，
∴平移前的抛物线顶点坐标为74，8116，
∴平移后的抛物线顶点坐标为−1112，8116，
故答案为：−1112，8116；213.
【分析】(1)利用待定系数法将点坐标代入抛物线解析式求解即可.
(2)先求出△ACM的面积，再通过抛物线解析式设点P坐标，然后表示出△PAC面积的代数式，最后列方程求解，得到点P坐标.
(3)本题是函数与几何的综合题，考虑相似三角形对应点的多种情况是解题关键，再结合图象利用函数的性质求解.
(4)本题考查的是将军饮马最值问题，找到点M所在直线作点A'的对称点是解题关键，再利用勾股定理求线段和的最小值.