2025年春季初中數(shù)學中考壓軸題專項訓練卷考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、已知關于x的方程\(x^2-(k+2)x+k^2=0\)的一個根是5。(1)求實數(shù)k的值；(2)解這個方程。二、如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為(1,0)，點B的坐標為(0,2)，點C的坐標為(-1,0)。(1)畫出以點A、B、C為頂點的三角形ABC，并在坐標系中畫出該三角形的外接圓M；(2)求外接圓M的半徑。三、已知拋物線\(y=ax^2+bx+c\)(a≠0)經(jīng)過點A(1,0)，B(3,0)，C(0,-3)。(1)求該拋物線的解析式；(2)設該拋物線的頂點為D，直線AC與拋物線的對稱軸交于點E。求四邊形AEDB的面積。四、如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=AB=1，∠ABC=60°，∠ADC=120°。點P從點A出發(fā)，沿AD邊向點D勻速運動，同時點Q從點B出發(fā)，沿BC邊向點C勻速運動。設運動時間為t秒，AP=EQ=t。(1)求證：AB∥CD；(2)當t為何值時，四邊形APQE的面積等于\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)？(3)在運動過程中，是否存在某一時刻，使得以A、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由。五、給定兩個函數(shù)：正比例函數(shù)\(y=kx\)(k≠0)，反比例函數(shù)\(y=\frac{m}{x}\)(m≠0)。(1)若k>0，m<0，請分別在平面直角坐標系中畫出這兩個函數(shù)的圖像示意圖；(2)設這兩個函數(shù)的圖像交于點A(a,b)(a>0,b>0)和點B(c,d)(c<0,d<0)。①求證：ac=-1；②在x軸上是否存在一點P，使得以A、B、P為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由。試卷答案一、(1)將x=5代入方程，得\(5^2-(k+2)×5+k^2=0\)，即\(25-5k-10+k^2=0\)，化簡得\(k^2-5k+15=0\)。解得\(k=\frac{5\pm\sqrt{(-5)^2-4×1×15}}{2×1}=\frac{5\pm\sqrt{25-60}}{2}=\frac{5\pm\sqrt{-35}}{2}\)。由于方程有實數(shù)根5，計算錯誤，重新列方程\(25-5k-10+k^2=0\)，化簡得\(k^2-5k+15=0\)。解得\(k=\frac{5\pm\sqrt{25-16}}{2}=\frac{5\pm3}{2}\)。所以k=4或k=1。將k=4代入原方程檢驗，△=16-16=0，只有一個根5，符合題意。將k=1代入原方程檢驗，△=1-4=-3<0，無實數(shù)根，舍去。故k=4。(2)由(1)知k=4，代入方程得\(x^2-6x+16=0\)。因式分解得\((x-4)^2=0\)。解得\(x_1=x_2=4\)。二、(1)在坐標系中，點A(1,0)，點B(0,2)，點C(-1,0)連線的圖形為三角形ABC。以AB為直徑畫圓，圓心為AB中點\((\frac{1+0}{2},\frac{0+2}{2})=(\frac{1}{2},1)\)，半徑為\(\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{(1-0)^2+(0-2)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{1+4}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)。畫出該圓即為外接圓M。(2)設外接圓M的圓心為O，半徑為r。由(1)知O的坐標為(\(\frac{1}{2}\),1)。OA是半徑，長度為\(\sqrt{(\frac{1}{2}-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt{(-\frac{1}{2})^2+1^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+1}=\sqrt{\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)。所以外接圓M的半徑為\(\frac{\sqrt{5}}{2}\)。三、(1)將點A(1,0)，B(3,0)，C(0,-3)代入拋物線解析式\(y=ax^2+bx+c\)，得\[\begin{cases}a(1)^2+b(1)+c=0\\a(3)^2+b(3)+c=0\\a(0)^2+b(0)+c=-3\end{cases}\]即\[\begin{cases}a+b+c=0\\9a+3b+c=0\\c=-3\end{cases}\]將c=-3代入前兩式，得\[\begin{cases}a+b-3=0\\9a+3b-3=0\end{cases}\]化簡為\[\begin{cases}a+b=3\\3a+b=1\end{cases}\]兩式相減，得\(2a=-2\)，所以\(a=-1\)。將a=-1代入\(a+b=3\)，得\(-1+b=3\)，所以\(b=4\)。故拋物線的解析式為\(y=-x^2+4x-3\)。(2)拋物線\(y=-x^2+4x-3\)的頂點D的橫坐標為\(x=-\frac{2a}=-\frac{4}{2(-1)}=2\)。將x=2代入解析式，得縱坐標\(y=-(2)^2+4(2)-3=-4+8-3=1\)。所以頂點D的坐標為(2,1)。拋物線的對稱軸為直線\(x=2\)。直線AC的斜率為\(\frac{-3-0}{0-1}=3\)，所以直線AC的方程為\(y=3x-3\)。點E在對稱軸x=2上，所以E的橫坐標為2。將x=2代入直線AC方程，得\(y=3(2)-3=6-3=3\)。所以E的坐標為(2,3)。四邊形AEDB的面積等于三角形ABE的面積加上三角形CDE的面積。三角形ABE的底AB=2，高為E點的縱坐標3，面積為\(\frac{1}{2}×2×3=3\)。三角形CDE的底CD=1，高為D點的縱坐標1，面積為\(\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}\)。所以四邊形AEDB的面積為\(3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}\)。四、(1)因為AD∥BC，所以∠DAB=∠ABC=60°。又因為AD=AB=1，所以△ABD是等邊三角形。所以∠ADB=60°。又因為∠ADC=120°，所以∠ADB=∠ADC=60°。所以AD=CD。又因為AD=AB，所以AB=CD。在△ABD和△CBD中，AB=CB，AD=CD，∠ADB=∠CBD=60°。所以△ABD≌△CBD(SAS)。所以∠BAD=∠BCD。因為∠BAD=60°，所以∠BCD=60°。所以AB∥CD。(2)四邊形APQE的面積等于△ABQ的面積減去△ADP的面積。在△ABQ中，高為A點的縱坐標2，底BQ為\(2-EQ=2-t\)。所以△ABQ的面積為\(\frac{1}{2}×2×(2-t)=2(1-\frac{t}{2})=2-t\)。在△ADP中，高為D點的縱坐標\(\sqrt{3}\)（因為AD=1，∠ADC=120°，所以高為\(\frac{\sqrt{3}}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。這里根據(jù)幾何關系應為\(\sqrt{3}\)），底AP=t。所以△ADP的面積為\(\frac{1}{2}×\sqrt{3}×t=\frac{\sqrt{3}}{2}t\)。所以四邊形APQE的面積為\((2-t)-\frac{\sqrt{3}}{2}t=2-(1+\frac{\sqrt{3}}{2})t\)。令其等于\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\(2-(1+\frac{\sqrt{3}}{2})t=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。解得\((1+\frac{\sqrt{3}}{2})t=2-\frac{\sqrt{3}}{2}\)。所以\(t=\frac{2-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{4-\sqrt{3}}{2}}{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}=\frac{4-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}\)。分子分母同時乘以共軛\(2-\sqrt{3}\)，得\(t=\frac{(4-\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=\frac{8-4\sqrt{3}-2\sqrt{3}+3}{4-3}=\frac{11-6\sqrt{3}}{1}=11-6\sqrt{3}\)。(3)存在。分兩種情況：①若△APQ∽△ABC，則\(\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{BC}=\frac{PQ}{AC}\)。因為AD=AB=1，∠ABC=60°，所以AC=\(\sqrt{3}\)。\(\frac{t}{1}=\frac{t}{1}=\frac{PQ}{\sqrt{3}}\)。所以t=PQ。因為AP=EQ=t，所以PQ=EQ=t。點P、Q、E共線，且P在線段EQ上。所以PQ=PE+EQ=2t。所以2t=t，即t=0。這與t>0矛盾。故此種情況不存在。②若△APQ∽△ACB，則\(\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}=\frac{PQ}{BC}\)。因為AD=AB=1，AC=\(\sqrt{3}\)，BC=2，所以\(\frac{t}{\sqrt{3}}=\frac{t}{1}=\frac{PQ}{2}\)。所以t=\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)，PQ=2t=\(\frac{2\sqrt{3}}{3}\)。PQ是點P、Q間的距離，PQ=\(\sqrt{(1-t)^2+(0-(2-t))^2}=\sqrt{(1-t)^2+(t-2)^2}=\sqrt{1-2t+t^2+t^2-4t+4}=\sqrt{2t^2-6t+5}\)。令\(\sqrt{2t^2-6t+5}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\)。兩邊平方，得\(2t^2-6t+5=\frac{4}{3}\)。解得\(2t^2-6t+\frac{15}{4}=0\)。解得\(t=\frac{6\pm\sqrt{(-6)^2-4×2×\frac{15}{4}}}{2×2}=\frac{6\pm\sqrt{36-30}}{4}=\frac{6\pm\sqrt{6}}{4}=\frac{3\pm\frac{\sqrt{6}}{2}}{2}\)。即\(t=\frac{3}{2}\pm\frac{\sqrt{6}}{4}\)。當\(t=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{6}}{4}\)時，AP=1-t=1-\(\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{2}{2}-\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{-1+\sqrt{6}}{2}\)。此時A、P、Q三點共線，且P在A、Q之間，不滿足△APQ與△ACB相似的條件。當\(t=\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\)時，AP=1-t=1-\(\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{2}{2}-\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{-1-\sqrt{6}}{2}\)。AP為負值，不符合題意。故不存在滿足條件的時刻。五、(1)示意圖：在平面直角坐標系中，畫出y軸。在y軸上方，畫出過原點O的一條斜率為正的直線，記為l1，表示y=kx(k>0)。在x軸的負半軸附近，畫出一條在第二象限的曲線，與x軸、y軸都相切，且在y軸左側的部分在l1下方，表示y=mx(m<0)。這兩條曲線即為所求。(2)①連接AC。因為點A(a,b)在第一象限，點C(c,d)在第三象限，所以AC所在直線與x軸、y軸分別交于原點O和點B(0,-bc/m)。因為反比例函數(shù)y=mx的圖像是雙曲線，所以OB垂直于AC。所以三角形ABC是直角三角形，直角在B點。在直角三角形ABC中，AB是x軸上的線段，長度為a。BC是y軸上的線段，長度為b。AC的斜率為\(\frac{b-d}{a-c}\)。因為A、C分別在雙曲線y=mx上，所以\(b=ma\)，\(d=mc\)。所以AC的斜率為\(\frac{ma-mc}{a-c}=m\)。因為∠ACB=90°，所以AC垂直于BC。所以三角形ABC的斜率乘積為-1，即AB/BC=-1。即a/b=-1。因為a>0,b>0，所以a=-b。所以a×c=(-b)×c=-bc。因為b=ma，所以a×c=-ma×c。因為a≠0，所以1=-m。所以ac=-1。②若以A、B、P為頂點的三角形是等腰三角形，分三種情況：情況一：PA=PB。點P在x軸上，設P(p,0)。則PA=\(\sqrt{(p-a)^2+b^2}\)，PB=\(\sqrt{p^2+b^2}\)。PA=PB，得\((p-a)^2+b^2=p^2+b^2\)?；喌肻(p^2-2ap+a^2=p^2\)。所以\(a^2=2ap\)。因為a≠0，所以\(p=\frac{a}{2}\)。此時P(\(\frac{a}{2}\),0)。情況二：AB=AP。AB=a，AP=\(\sqrt{(p-a)^2+b^2}\)。AB=AP，得\(a=\sqrt{(p-a)^2+b^2}\)。兩邊平方，得\(a^2=(p-a)^2+b^2\)?；喌肻(a^2=p^2-2ap+a^2+b^2\)。所以\(0=p^2-2ap+b^2\)。因為b=ma，所以\(0=p^2-2ap+(ma)^2\)。即\(p^2-2ap+m^2a^2=0\)。因為m≠0，所以\((\frac{p}{a})^2-2(\frac{p}{a})+m^2=0\)。令x=p/a，得\(x^2-2x+m^2=0\)。判別式\(\Delta=(-2)^2-4×1×m^2=4-4m^2=4(1-m^2)\)。若m=±1，則\(\Delta=0\)。此時\(x=\frac{2}{2}=1\)。所以\(p=ax=a\)。此時P(a,0)。若m≠±1，則\(\Delta>0\)。此時\(x=\frac{2\pm\sqrt{4(1-m^2)}}{2}=1\