《初中数学专题各地模拟试卷中考真题 各地模拟试卷中考真题中考卷 2018年山东省济南市中考数学试卷.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初中数学专题各地模拟试卷中考真题 各地模拟试卷中考真题中考卷 2018年山东省济南市中考数学试卷.pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 / 2018 年山东省济南市中考数学试卷 一、选择题（本大题共 12 题，每题 4 分，满分 48 分） 1 （4 分）4 的算术平方根是（ ） A2 B2 C2 D 2 （4 分）如图所示的几何体，它的俯视图是（ ） A B C D 3 （4 分）2018 年 1 月， “墨子号”量子卫星实现了距离达 7600 千米的洲际量子密钥分发，这标志着“墨子号”具备了洲际量子保密通信的能力数字 7600 用科学记数法表示为（ ） A0.76104 B7.6103 C7.6104 D76102 4 （4 分） “瓦当”是中国古建筑装饰檐头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面“瓦当”图案中既是轴
2、对称图形又是中心对称图形的是（ ） A B C D 2 / 5 （4 分） 如图， AF 是BAC 的平分线， DFAC， 若135， 则BAF 的度数为 （ ） A17.5 B35 C55 D70 6 （4 分）下列运算正确的是（ ） Aa2+2a3a3 B （2a3）24a5 C （a+2） （a1）a2+a2 D （a+b）2a2+b2 7 （4 分）关于 x 的方程 3x2m1 的解为正数，则 m 的取值范围是（ ） Am Bm Cm Dm 8 （4 分）在反比例函数 y图象上有三个点 A（x1，y1） 、B（x2，y2） 、C（x3，y3） ，若x10 x2x3，则下列结论正确的是（
3、 ） Ay3y2y1 By1y3y2 Cy2y3y1 Dy3y1y2 9 （4 分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点都在方格线的格点上，将ABC 绕点P 顺时针方向旋转 90，得到ABC，则点 P 的坐标为（ ） A （0，4） B （1，1） C （1，2） D （2，1） 10 （4 分）下面的统计图大致反应了我国 2012 年至 2017 年人均阅读量的情况根据统计图提供的信息，下列推断不合理的是（ ） 3 / A与 2016 年相比，2017 年我国电子书人均阅读量有所降低 B2012 年至 2017 年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是 4.57 C从 2014 年到 201
4、7 年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长 D2013 年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的 1.8 倍还多 11 （4 分）如图 1，一个扇形纸片的圆心角为 90，半径为 6如图 2，将这张扇形纸片折叠，使点 A 与点 O 恰好重合，折痕为 CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（ ） A6 B69 C12 D 12（4 分） 若平面直角坐标系内的点 M 满足横、 纵坐标都为整数， 则把点 M 叫做 “整点” 例如：P（1，0） 、Q（2，2）都是“整点” 抛物线 ymx24mx+4m2（m0）与 x轴交于点 A、B 两点，若该抛物线在 A、B 之间的部分与线段 AB 所围成的区
5、域（包括边界）恰有七个整点，则 m 的取值范围是（ ） Am1 Bm1 C1m2 D1m2 二、填空题（本大题共 6 题，每题 4 分，满分 24 分） 13 （4 分）分解因式：m24 4 / 14 （4 分）在不透明的盒子中装有 5 个黑色棋子和若干个白色做子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则白色棋子的个数是 15 （4 分）一个正多边形的每个内角等于 108，则它的边数是 16 （4 分）若代数式的值是 2，则 x 17 （4 分）A、B 两地相距 20km，甲乙两人沿同一条路线从 A 地到 B 地甲先出发，匀速行驶，甲出发 1 小时后乙再出发，乙以 2
6、km/h 的速度度匀速行驶 1 小时后提高速度并继续匀速行驶，结果比甲提前到达甲、乙两人离开 A 地的距离 y（km）与时间 t（h）的关系如图所示，则甲出发 小时后和乙相遇 18 （4 分）如图，矩形 EFGH 的四个顶点分别在矩形 ABCD 的各条边上，ABEF，FG2，GC3有以下四个结论：BGFCHG；BFGDHE；tanBFG；矩形 EFGH 的面积是 4其中一定成立的是 （把所有正确结论的序号填在横线上） 三、解答题（本大题共 9 题，第 19-21 题每题 6 分；第 22、23 题每题 8 分；第 24、25 题每题 10 分；第 26、27 题每题12 分；满分 78 分）
7、19 （6 分）计算：21+|5|sin30+（1）0 20 （6 分）解不等式组： 5 / 21 （6 分）如图，在ABCD 中，连接 BD，E 是 DA 延长线上的点，F 是 BC 延长线上的点，且 AECF，连接 EF 交 BD 于点 O求证：OBOD 22 （8 分）本学期学校开展以“感受中华传统美德”为主题的研学活动，组织 150 名学生参观历史博物馆和民俗展览馆， 每一名学生只能参加其中一项活动， 共支付票款 2000 元，票价信息如下： 地点 票价 历史博物馆 10 元/人 民俗展览馆 20 元/人 （1）请问参观历史博物馆和民俗展览馆的人数各是多少人？ （2）若学生都去参观历史
8、博物馆，则能节省票款多少元？ 23 （8 分）如图 AB 是O 的直径，PA 与O 相切于点 A，BP与O 相交于点 D，C 为O 上的一点，分别连接 CB、CD，BCD60 （1）求ABD 的度数； （2）若 AB6，求 PD 的长度 24 （10 分）某校开设了“3D”打印、数学史、诗歌欣赏、陶艺制作四门校本课程，为了解学生对这四门校本课程的喜爱情况， 对学生进行了随机问卷调查 （问卷调查表如图所示） ，将调查结果整理后绘制例图 1、图 2 两幅均不完整的统计图表 校本课程 频数 频率 A 36 0.45 B 0.25 C 16 b D 8 合计 a 1 6 / 请您根据图表中提供的信息回
9、答下列问题： （1）统计表中的 a ，b ； （2） “D”对应扇形的圆心角为 度； （3）根据调查结果，请您估计该校 2000 名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数； （4）小明和小亮参加校本课程学习，若每人从“A” 、 “B” 、 “C”三门校本课程中随机选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率 25 （10 分）如图，直线 yax+2 与 x 轴交于点 A（1，0） ，与 y 轴交于点 B（0，b） 将线段 AB 先向右平移 1 个单位长度、再向上平移 t（t0）个单位长度，得到对应线段 CD，反比例函数 y（x0）的图象恰好经过 C、D 两点，连接 A
10、C、BD （1）求 a 和 b 的值； （2）求反比例函数的表达式及四边形 ABDC 的面积； （3）点 N 在 x 轴正半轴上，点 M 是反比例函数 y（x0）的图象上的一个点，若 CMN 是以 CM 为直角边的等腰直角三角形时，求所有满足条件的点 M 的坐标 7 / 26 （12 分） 在ABC 中， ABAC， BAC120， 以 CA 为边在ACB 的另一侧作ACMACB，点 D 为射线 BC 上任意一点，在射线 CM 上截取 CEBD，连接 AD、DE、AE （1）如图 1，当点 D 落在线段 BC 的延长线上时，直接写出ADE 的度数； （2）如图 2，当点 D 落在线段 BC（不
11、含边界）上时，AC 与 DE 交于点 F，请问（1）中的结论是否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由； （3）在（2）的条件下，若 AB6，求 CF 的最大值 27 （12 分）如图 1，抛物线 yax2+bx+4 过 A（2，0） 、B（4，0）两点，交 y 轴于点 C，过点 C 作 x 轴的平行线与抛物线上的另一个交点为 D，连接 AC、BC点 P 是该抛物线上一动点，设点 P 的横坐标为 m（m4） （1）求该抛物线的表达式和ACB 的正切值； （2）如图 2，若ACP45，求 m 的值； （3）如图 3，过点 A、P 的直线与 y 轴于点 N，过点 P 作 PMCD，垂
12、足为 M，直线 MN与 x 轴交于点 Q，试判断四边形 ADMQ 的形状，并说明理由 8 / 参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 题，每题题，每题 4 分，满分分，满分 48 分分 1 【分析】算术平方根的定义：一个非负数的正的平方根，即为这个数的算术平方根，由此即可求出结果 【解答】解：2 的平方为 4， 4 的算术平方根为 2 故选：A 2 【分析】找到从上面看所得到的图形即可 【解答】解：从几何体上面看，2 排，上面 3 个，下面 1 个，左边 2 个正方形 故选：D 3 【分析】科学记数法的表示形式为 a10n的形式，其中 1|a|10，n 为整数确定
13、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10 时，n 是正数；当原数的绝对值1 时，n 是负数 【解答】解：76007.6103， 故选：B 4 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解 【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形； B、不是轴对称图形，是中心对称图形； C、是轴对称图形，不是中心对称图形； D、是轴对称图形，是中心对称图形 故选：D 5 【分析】根据两直线平行，同位角相等，可得FAC1，再根据角平分线的定义可得BAFFAC 【解答】解：DFAC， FAC135， AF 是BAC 的平分线， BAFFA
14、C35， 故选：B 6 【分析】根据多项式的乘法法则、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式、合并同类项法则 9 / 一一判断即可； 【解答】解：A、错误不是同类项不能合并； B、错误应该是（2a3）24a6； C、正确； D、错误应该是（a+b）2a2+2ab+b2； 故选：C 7 【分析】先求出方程的解，再根据题意得出不等式，求出不等式的解集即可 【解答】解：解方程 3x2m1 得：x， 关于 x 的方程 3x2m1 的解为正数， 0， 解得：m， 故选：B 8 【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征解答 【解答】解：A（x1，y1）在反比例函数 y图象上，x10， y10， 对于反比例函数
15、y，在第二象限，y 随 x 的增大而增大， 0 x2x3， y2y30， y2y3y1 故选：C 9 【分析】选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点 P 【解答】解：由图知，旋转中心 P 的坐标为（1，2） ， 10 / 故选：C 10 【分析】利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案 【解答】解：A、与 2016 年相比，2017 年我国电子书人均阅读量有所降低，正确； B、2012 年至 2017 年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是 4.615，错误； C、从 2014 年到 2017 年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长，正确； D、2013 年我国纸质书的人
16、均阅读量比电子书的人均阅读量的 1.8 倍还多，正确； 故选：B 11 【分析】连接 OD，如图，利用折叠性质得由弧 AD、线段 AC 和 CD 所围成的图形的面积等于阴影部分的面积， ACOC， 则 OD2OC6， CD3， 从而得到CDO30，COD60，然后根据扇形面积公式，利用由弧 AD、线段 AC 和 CD 所围成的图形的面积S扇形AODSCOD，进行计算即可 【解答】解：连接 OD，如图， 扇形纸片折叠，使点 A 与点 O 恰好重合，折痕为 CD， ACOC， OD2OC6， CD3， CDO30，COD60， 由弧 AD、线段 AC 和 CD 所围成的图形的面积S扇形AODSCO
17、D336， 阴影部分的面积为 6 故选：A 12 【分析】画出图象，利用图象可得 m 的取值范围 【解答】解：ymx24mx+4m2m（x2）22 且 m0， 该抛物线开口向上，顶点坐标为（2，2） ，对称轴是直线 x2 11 / 由此可知点（2，0） 、点（2，1） 、顶点（2，2）符合题意 当该抛物线经过点（1，1）和（3，1）时（如答案图 1） ，这两个点符合题意 将（1，1）代入 ymx24mx+4m2 得到1m4m+4m2解得 m1 此时抛物线解析式为 yx24x+2 由 y0 得 x24x+20解得 x120.6，x22+3.4 x 轴上的点（1，0） 、 （2，0） 、 （3，0
18、）符合题意 则当 m1 时，恰好有 （1，0） 、 （2，0） 、 （3，0） 、 （1，1） 、 （3，1） 、 （2，1） 、 （2，2）这 7 个整点符合题意 m1 【注：m 的值越大，抛物线的开口越小，m 的值越小，抛物线的开口越大】 答案图 1（m1 时） 答案图 2（ m时） 当该抛物线经过点（0，0）和点（4，0）时（如答案图 2） ，这两个点符合题意 此时 x 轴上的点 （1，0） 、 （2，0） 、 （3，0）也符合题意 将（0，0）代入 ymx24mx+4m2 得到 004m+02解得 m 此时抛物线解析式为 yx22x 当 x1 时，得 y1211点（1，1）符合题意 当
19、 x3 时，得 y9231点（3，1）符合题意 综上可知：当 m时，点（0，0） 、 （1，0） 、 （2，0） 、 （3，0） 、 （4，0） 、 （1，1） 、 （3，1） 、 （2，2） 、 （2，1）都符合题意，共有 9 个整点符合题意， m不符合题 m 12 / 综合可得：当m1 时，该函数的图象与 x 轴所围成的区域（含边界）内有七个整点， 故选：B 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 题，每题题，每题 4 分，满分分，满分 24 分分 13 【分析】本题刚好是两个数的平方差，所以利用平方差公式分解则可平方差公式：a2b2（a+b） （ab） 【解答】解：m24（m+2）
20、 （m2） 故答案为： （m+2） （m2） 14 【分析】黑色棋子除以相应概率算出棋子的总数，减去黑色棋子的个数即为白色棋子的个数； 【解答】解：5515 白色棋子有 15 个； 故答案为：15 15 【分析】根据相邻的内角与外角互为邻补角求出每一个外角的度数为 72，再用外角和360除以 72，计算即可得解 【解答】解：正多边形的每个内角等于 108， 每一个外角的度数为 18010872， 边数360725， 这个正多边形是正五边形 故答案为：5 16 【分析】根据解分式方程的步骤依次计算可得 【解答】解：2， 去分母得：x22（x4） ， x22x8， x6， 经检验：x6 是原方程的
21、解 故答案为：6 17 【分析】由图象得出解析式后联立方程组解答即可 13 / 【解答】解：由图象可得：y甲4t（0t5） ；y乙； 由方程组，解得 t 故答案为 18 【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定分析各小题即可； 【解答】解：FGH90，BGF+CGH90 又CGH+CHG90， BGFCHG，故正确 同理可得DEHCHG BGFDEH 又BD90，FGEH， BFGDHE，故正确 同理可得AFECHG AFCH 易得BFGCGH 设 GH、EF 为 a， BF AFABBFa CHAFa 在 RtCGH 中， CG2+CH2GH2， 32+（a）2a2解得 a2GH2BFa 在
22、 RtBFG 中，cosBFG，BFG30 tanBFGtan30，故错误 矩形 EFGH 的面积FGGH224，故正确 故答案为： 14 / 三、三、解答题（本大题共解答题（本大题共 9 题，第题，第 19-21 题每题题每题 6 分；第分；第 22、23 题每题题每题 8 分；第分；第 24、25 题每题每题题 10 分；第分；第 26、27 题每题题每题 12 分；满分分；满分 78 分）分） 19 【分析】先利用负指数，绝对值，特殊角的三角函数，零次幂化简，最后合并即可得出结论 【解答】解：21+|5|sin30+（1）0 +5+1 6 20 【分析】分别求出不等式的解集，同大取大；同
23、小取小；大小小大中间找；大大小小找不到求出不等式组解集 【解答】解：由，得 3x2x31 x2 由，得 4x3x1 x1 不等式组的解集为1x2 21 【分析】欲证明 OBOD，只要证明EODFOB 即可； 【解答】证明：ABCD 中， ADBC，ADBC ADBCBD 又AECF， AE+ADCF+BC EDFB 又EODFOB， EODFOB OBOD 22 【分析】 （1）设参观历史博物馆的有 x 人，参观民俗展览馆的有 y 人，根据等量关系：一共 150 名学生；一共支付票款 2000 元，列出方程组求解即可； （2）原来的钱数参观历史博物馆的钱数，列出算式计算可求能节省票款多少元 1
24、5 / 【解答】解： （1）设参观历史博物馆的有 x 人，参观民俗展览馆的有 y 人，依题意，得 ， 解得 答：参观历史博物馆的有 100 人，则参观民俗展览馆的有 50 人 （2）200015010500（元） 答：若学生都去参观历史博物馆，则能节省票款 500 元 23 【分析】 （1）解法一：要的圆周角定理得：ADB90，由同弧所对的圆周角相等和直角三角形的性质可得结论； 解法二：根据同弧所对的圆心角是圆周角的 2 倍可得BOD120，由同圆的半径相等和等腰三角形的性质可得结论； （2）如图 1，根据切线的性质可得BAP90，根据直角三角形 30角的性质可计算AD 的长，由勾股定理计算
25、DB 的长，由三角函数可得 PB 的长，从而得 PD 的长 【解答】解： （1）方法一：如图 1，连接 AD BA 是O 直径， BDA90 ， BADC60 ABD90BAD906030 方法二：如图 2，连接 DA、OD，则BOD2C260120 OBOD， OBDODB（180120）30 即ABD30 （2）如图 1，AP 是O 的切线， BAP90 在 RtBAD 中，ABD30， DABA63 BDDA3 16 / 在 RtBAP 中，cosABD， cos30 BP4 PDBPBD43 24 【分析】 （1）根据题意列出算式，再求出即可； （2）根据题意列出算式，再求出即可； （
26、3）根据题意列出算式，再求出即可； （4）先列出表格，再根据题意列出算式，再求出即可 【解答】解： （1）a360.4580， b16800.20， 故答案为：80，0.20； （2） “D”对应扇形的圆心角的度数为： 88036036， 故答案为：36； （3） 估计该校 2000 名学生中最喜欢 “数学史” 校本课程的人数为： 20000.25500 （人） ； （4）列表格如下： A B C A A，A B，A C，A B A，B B，B C，B C A，C B，C C，C 共有 9 种等可能的结果，其中两人恰好选中同一门校本课程的结果有 3 种，所以两人恰好选中同一门校本课程的概率为：
27、 25 【分析】 （1）利用坐标轴上的点的特点即可得出结论； （2）先表示出点 C，D 坐标，进而代入反比例函数解析式中求解得出 k，再判断出 BCAD，最后用对角线积的一半即可求出四边形的面积； （3）分两种情况，构造全等的直角三角形即可得出结论 【解答】解： （1）将点 A（1，0）代入 yax+2，得 0a+2 a2 17 / 直线的解析式为 y2x+2 将 x0 代入上式，得 y2 b2 （2）由（1）知，b2，B（0，2） ， 由平移可得：点 C（2，t） 、D（1，2+t） 将点 C（2，t） 、D（1，2+t）分别代入 y，得 反比例函数的解析式为 y，点 C（2，2） 、点 D
28、（1，4） 如图 1，连接 BC、AD B（0，2） 、C（2，2） ， BCx 轴，BC2 A（1，0） 、D（1，4） ， ADx 轴，AD4 BCAD 四边形 ABCD 为菱形 S四边形ABDCBCAD244 （3）当NCM90、CMCN 时， 如图 2，过点 C 作直线 lx 轴，交 y 轴于点 G过点 M 作 MF直线 l 于点 F，交 x 轴于点 H过点 N 作 NE直线 l 于点 E MCN90， MCF+NCE90 NE直线 l 于点 E， ENC+NCE90 MCFENC 又MFCNEC90，CNCM， NECCFM（AAS） CFEN2，FMCE 18 / FGCG+CF2
29、+24 xM4 将 x4 代入 y，得 y1 点 M（4，1） ； 当NMC90，MCMN 时， 如图 3，过点 C 作直线 ly 轴与点 F，则 CFxC2 过点 M 作 MGx 轴于点 G，MG 交直线 l 与点 E，则 MG直线 l 于点 E，EGyC2 CMN90， CME+NMG90 ME直线 l 于点 E， ECM+CME90 NMGECM 又CEMNGM90，CMMN， CEMMGN（AAS） CEMG，EMNG 设 CEMGn，则 yMn，xMCF+CE2+n 点 M（2+n，n） 将点 M（2+n，n）代入 y，得 n 解得 n11，n21（因为点 M 在第一象限，所以 n
30、大于 0，所以舍去） xM2+n+1 点 M（+1，1） 综合可知：点 M 的坐标为（4，1）或（+1，1） 26 【分析】 （1）利用 SAS 定理证明ABDACE，根据相似三角形的性质得到 ADAE，CAEBAD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可证明； （2）同（1）的证明方法相同； （3）证明ADFACD，根据相似三角形的性质得到 AF，求出 AD 的最小值，得到 AF 的最小值，求出 CF 的最大值 【解答】解： （1）ADE30 理由如下：ABAC，BAC120， 19 / ABCACB30， ACMACB， ACMABC， 在ABD 和ACE 中， ， ABDACE，
31、 ADAE，CAEBAD， DAEBAC120， ADE30； （2） （1）中的结论成立， 证明：BAC120，ABAC， BACB30 ACMACB， BACM30 在ABD 和ACE 中， ， ABDACE ADAE，BADCAE CAE+DACBAD+DACBAC120即DAE120 ADAE， ADEAED30； （3）ABAC，AB6， AC6， ADEACB30且DAFCAD， ADFACD AD2AFAC 20 / AD26AF AF 当 AD 最短时，AF 最短、CF 最长 易得当 ADBC 时，AF 最短、CF 最长，此时 ADAB3 AF最短 CF最长ACAF最短6 27
32、 【分析】 （1）由点 A、B 坐标利用待定系数法求解可得抛物线解析式为 yx23x+4，作 BGCA， 交 CA 的延长线于点 G， 证GABOAC 得， 据此知 BG2AG 在RtABG 中根据 BG2+AG2AB2， 可求得 AG 继而可得 BG， CGAC+AG，根据正切函数定义可得答案； （2）作 BHCD 于点 H，交 CP 于点 K，连接 AK，易得四边形 OBHC 是正方形，应用“全角夹半角”可得 AKOA+HK，设 K（4，h） ，则 BKh，HKHBKB4h，AKOA+HK2+（4h）6h在 RtABK 中，由勾股定理求得 h，据此求得点 K（4，） 待定系数法求出直线 C
33、K 的解析式为 yx+4设点 P 的坐标为（x，y）知 x 是方程x23x+4x+4 的一个解解之求得 x 的值即可得出答案 （3）先求出点 D 坐标为（6，4） ，设 P（m，m23m+4）知 M（m，4） ，H（m，0） 及PHm23m+4） ， OHm， AHm2， MH4 当 4m6 时， 由OANHAP知据此得 ONm4再证ONQHMQ 得据此求得 OQm4从而得出 AQDM6m结合 AQDM 可得答案当 m6 时，同理可得 【解答】 解： （1） 将点 A （2， 0） 和点 B （4， 0） 分别代入 yax2+bx+4， 得， 解得： 该抛物线的解析式为 yx23x+4 21
34、/ 过点 B 作 BGCA，交 CA 的延长线于点 G（如图 1 所示） ，则G90 COAG90，CAOBAG， GABOAC 2 BG2AG 在 RtABG 中，BG2+AG2AB2， （2AG）2+AG222解得：AG BG，CGAC+AG2+ 在 RtBCG 中，tanACB （2）如图 2，过点 B 作 BHCD 于点 H，交 CP 于点 K，连接 AK易得四边形 OBHC是正方形 应用“全角夹半角”可得 AKOA+HK 设 K（4，h） ，则 BKh，HKHBKB4h，AKOA+HK2+（4h）6h 在 RtABK 中，由勾股定理，得 AB2+BK2AK2 22+h2（6h）2解得
35、 h 22 / 点 K（4，） 设直线 CK 的解析式为 yhx+4 将点 K（4，）代入上式，得4h+4解得 h 直线 CK 的解析式为 yx+4 设点 P 的坐标为（x，y） ，则 x 是方程x23x+4x+4 的一个解 将方程整理，得 3x216x0 解得 x1，x20（不合题意，舍去） 将 x1代入 yx+4，得 y 点 P 的坐标为（，） ， 故点 P 的横坐标 m 的值为 （3）四边形 ADMQ 是平行四边形理由如下： CDx 轴， yCyD4 将 y4 代入 yx23x+4，得 4x23x+4 解得 x10，x26 点 D（6，4） 根据题意，得 P（m，m23m+4） ，M（m，4） ，H（m，0） PHm23m+4，OHm，AHm2，MH4 当 4m6 时，DM6m， 如图 3， 23 / OANHAP， ONm4 ONQHMQ， OQm4 AQOAOQ2（m4）6m AQDM6m 又AQDM， 四边形 ADMQ 是平行四边形 当 m6 时，同理可得：四边形 ADMQ 是平行四边形 综上，四边形 ADMQ 是平行四边形 声明：试题解析著 作权属菁优网 所有，未经书 面同意，不得 复制发布 日期：2019/3/11 10:15:59； 用户：135214 81347；邮箱 ：13521481347 ；学号：2044 01