【文档说明】《广西中考真题数学》2021年广西梧州市中考数学试题（解析）.docx，共(21)页，208.782 KB，由envi的店铺上传

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2021年广西梧州市中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，每小题选对得3分，选错、不选或多选均得零分）1．（3分）﹣3的绝对值是（）A．﹣3B．3C．﹣D．【分

析】计算绝对值要根据绝对值的定义求解．第一步列出绝对值的表达式；第二步根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号．【解答】解：|﹣3|＝3．故﹣3的绝对值是3．故选：B．【点评】考查了绝对值的定义，绝对值规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数

的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．2．（3分）下列图形既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形

沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．【解答】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D．既是轴对称

图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，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．（3分）根据梧州日报报道，梧州市委宣传

部大力开展庆祝中国共产党成立100周年优秀影片展映展播，线上文艺展播点击率为412万人次，其中4120000用科学记数法表示为（）A．4.12×105B．4.12×106C．4.12×107D．4.12×108【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜1

0，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．【解答】解：4120000＝4.12×106．故选：B．【点评】本题主要考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，确定a的值以

及n的值是解题的关键．4．（3分）如图是由5个大小相同的正方体搭成的几何体，则这个几何体的主视图是（）A．B．C．D．【分析】从正面看该组合体，画出所看到的图形即可．【解答】解：从正面看该组合体，所看到的图形如下：故选：

C．【点评】本题考查简单组合体的主视图，掌握视图的意义，画出从正面看所得到的图形是正确判断的关键．5．（3分）一个口袋里装有4个白球，5个黑球，除颜色外，其余如材料、大小、质量等完全相同，随意从中抽出一个球，抽到白球的概率是（）A．B．C．D．【分析

】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数．二者的比值就是其发生的概率的大小．【解答】解：根据题意可得：一个袋子中装有9个球，其中有5个黑球和4个白球，随机从这个袋子中摸出一个白球的概率是．故选：A．【点评】本题考查概率的求

法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．6．（3分）如图，DE是△ABC的边BC的垂直平分线，分别交边AB，BC于点D，E，且AB＝9，AC＝6，则△AC

D的周长是（）A．10.5B．12C．15D．18【分析】由DE是△ABC的边BC的垂直平分线，可得DB＝DC，则所求△ACD的周长＝AB+AC，再将已知代入即可．【解答】解：∵DE是△ABC的边BC的垂直平

分线，∴DB＝DC，∴△ACD的周长＝AD+AC+CD＝AD+BD+AC＝AB+AC，∵AB＝9，AC＝6，∴△ACD的周长＝9+6＝15，故选：C．【点评】本题考查线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．7．（3分

）在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，则∠C等于（）A．32°B．36°C．40°D．128°【分析】由三角形的内角和定理可得：∠A+∠B+∠C＝180°，再结合所给的条件，可得5∠C＝160°，从而可求解．【解答】解：∵∠A＝20°，∠B＝4∠C

，∴在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°，20°+4∠C+∠C＝180°，5∠C＝160°，∠C＝32°．故选：A．【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，解答的关键是对三角形的内角和定理的掌握与熟练运用．8．（3分）下列计算正确的是（）A．＝3

B．+＝C．＝D．（）2＝2【分析】利用二次根式的性质对A、D进行判断；根据二次根式的加减法对B进行判断；根据最简二次根式的定义对C进行判断．【解答】解：A、原式＝2，所以A选项不符合题意；B、与不能合并，所以B选项不符合题意；C、为最简

二次根式，所以C选项不符合题意；D、原式＝2，所以D选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质是解决问题的关键．9．（3分）若扇形的半径为3，圆心角为60°，则此扇形的弧长是（）A．πB．πC．πD．2π

【分析】根据弧长的公式列式计算即可．【解答】解：∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，∴此扇形的弧长为＝π．故选：B．【点评】本题考查了弧长公式，熟记弧长公式l＝是解题的关键．10．（3分）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CED

F的面积是（）A．6B．12C．24D．48【分析】根据三角形中位线定理分别求得两个小直角三角形的直角边的长度，然后利用直角三角形的面积公式和分割法求得答案．【解答】解：如图，在Rt△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，AC＝8，BC＝6，∴AE＝AC＝4，ED是直角

△ABC的中位线．∴ED∥BC且ED＝BC＝3∴AE⊥ED．∴S△AED＝＝＝6．同理BF＝BC＝3，DF＝AC＝4，DF⊥BC，∴S△BFD＝＝＝6．∴S四边形CEDF＝﹣S△AED﹣S△AED＝﹣6﹣6＝12．故选：B．【点评】本题主要考查了三角形中位线定理和三角形的面积，根据三

角形中位线定理推知直角△AED和直角△BFD的直角边的长度是解题的难点．11．（3分）如图，在同一平面直角坐标系中，直线y＝t（t为常数）与反比例函数y1＝，y2＝﹣的图象分别交于点A，B，连接OA，OB，则△OAB的面积为（）A．5tB．C．

D．5【分析】根据反比例函数的比例系数k的几何意义求解即可．【解答】解：如图，设AB交y轴于T．∵AB⊥y轴，∴S△OBT＝，S△OAT＝＝2，∴S△AOB＝S△OBT+S△OAT＝+2＝，故选：C．【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是理解反比例函

数的比例系数k的几何意义，属于中考常考题型．12．（3分）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（）A．3+4B．12C．6+3D．6【分析】如图

，以AB为边向右作等边△ABD，以D为圆心，DA为半径作⊙D交x的正半轴于C，连接CA，CB，此时∠ACB＝∠ADB＝30°满足条件．过点D作DJ⊥AB于J，DK⊥OC于K，则四边形OJDK是矩形，求出OK，KC，可得结论．【解答】解：如图，以AB为边向右作

等边△ABD，以D为圆心，DA为半径作⊙D交x的正半轴于C，连接CA，CB，此时∠ACB＝∠ADB＝30°满足条件．过点D作DJ⊥AB于J，DK⊥OC于K，则四边形OJDK是矩形，∵A（0，1），B（0，﹣5），∴AB＝6，∵DA＝DB＝AB＝6，DJ⊥AB，∴AJ＝J

B＝3，∴DJ＝OK＝＝＝3，∴OJ＝DK＝2，在Rt△DCK中，CK＝＝＝4，∴OC＝OK+KC＝3+4，∴点C的横坐标为3+4，故选：A．【点评】本题考查三角形的外接圆与外心，坐标与图形性质，解直角三角形，等边三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添

加常用辅助线，构造辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（3分）﹣的相反数是．【分析】根据相反数的意义，相反数是只有符号不同的两个数，改变﹣前面的符号，即可得﹣的相反数．【解答】解：﹣的相反数是．故答案为：．【点评】本

题考查了相反数．解题的关键是掌握相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．14．（3分）如图，在同一平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+与直线l2：y＝kx+3相交于点A，则方程组的解为

．【分析】两条直线的交点坐标就是两条直线的解析式构成的方程组的解．【解答】解：∵直线l1：y＝x+与直线l2：y＝kx+3相交于点A（2，1），∴关于x、y的方程组的解为，故答案为：．【点评】本题考查了一次函数与二元一次方程组的

知识，解题的关键是了解方程组的解与函数图象的交点坐标的关系．15．（3分）关于x的一元二次方程mx2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是m＜1且m≠0．【分析】由题意可得Δ＞0且m≠0，然后解不等式即

可．【解答】解：由题意得：Δ＞0，∴（﹣2）2﹣4m×1＞0，整理得：m＜1．又∵m≠0，∴实数m的取值范围是m＜1且m≠0．故答案是：m＜1且m≠0．【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为

零这一隐含条件．16．（3分）某市跨江大桥即将竣工，某学生做了一个平面示意图（如图），点A到桥的距离是40米，测得∠A＝83°，则大桥BC的长度是326米．（结果精确到1米）（参考数据：sin83°≈0.99，cos83°≈0.

12，tan83°≈8.14）【分析】直接利用直角三角形的边角间关系求解即可．【解答】解：由题意，在Rt△ABC中，∵AC＝40米，∠A＝83°，tanA＝，∴BC＝tanA•AC≈8.14×40＝325.6≈326（米）．故答案为：326．【

点评】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．17．（3分）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是12cm．【分析】设正六边形ABCD

EF的中心为O，连接OG，OB，根据正六边形的性质得到OB＝AB＝×24＝4（cm），求得OG＝OB＝2（cm），于是得到结论．【解答】解：设正六边形ABCDEF的中心为O，连接OG，OB，∵正六边形ABCDEF的周

长是24cm，∴OB＝AB＝×24＝4（cm），∴OG＝OB＝2（cm），∵顺次连接正六边形ABCDEF各边的中点G、H、I、J、K、L得到的六边形为正六边形，∴NG＝OG＝2cm，∴六边形GHKLMN的周长是12（cm），故答案为：12．【点评】本题

考查了正多边形与圆，正六边形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．18．（3分）如图，直线l的函数表达式为y＝x﹣1，在直线l上顺次取点A1（2，1），A2（3，2），A3（4，3），A4（5，4），…，An（n+1，n），构成形如“”的图形的阴影部

分面积分别表示为S1，S2，S3，…，Sn，则S2021＝4044．【分析】分别求出S1，S2，S3，S4的值，得出规律，根据规律即可求解．【解答】解：由题意得：S1＝2×3﹣2×1＝4＝2×（1+1），S2＝4×3﹣2×3＝6＝

2×（2+1），S3＝5×4﹣4×3＝8＝2×（3+1），S4＝6×5﹣5×4＝10＝2×（4+1），⋯∴Sn＝2（n+1），∴S2021＝2×（2021+1）＝4044．故答案为：4044．【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质以及

规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出阴影部分面积的变化规律是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，满分66分）19．（6分）计算：（﹣1）2+（﹣8）÷4+﹣（﹣2021）0．【分析】直接利用零指数幂的性质和有理数的混合运算法则和二次

根式的性质分别化简得出答案．【解答】解：原式＝1﹣2+2﹣1＝0．【点评】此题主要考查了零指数幂的性质和有理数的混合运算法则和二次根式的性质，正确化简各数是解题关键．20．（6分）计算：（x﹣2）2﹣x（x﹣1）+．【分析】将所求式子用完全平方公式、单项

式乘多项式、分式加减法依次运算，然后再合并同类项即可．【解答】解：（x﹣2）2﹣x（x﹣1）+＝x2﹣4x+4﹣x2+x+x﹣4＝﹣2x．【点评】本题考查分式的加减法，整式的运算，熟练掌握完全平方公式，单项式乘多项式运算是解题的

关键．21．（6分）某校为提高学生的安全意识，开展了安全知识竞赛，这次竞赛成绩满分为10分．现从该校七年级中随机抽取10名学生的竞赛成绩，这10名学生的竞赛成绩是：10，9，9，8，10，8，10，9，7，10．（1）求这10名学生竞赛成绩的中位数和平均数；（2）该校七年级

共400名学生参加了此次竞赛活动，根据上述10名学生竞赛成绩情况估计参加此次竞赛活动成绩为满分的学生人数是多少？【分析】（1）依据中位数和平均数的计算方法即可求解；（2）样本估计总体，400乘以10名学生竞赛成绩为满分的学生人

数所占比例即可．【解答】解：（1）这10名学生竞赛成绩从小到大排列为：7，8，8，9，9，9，10，10，10，10，中位数为：＝9，平均数＝（7+8×2+9×3+10×4）＝9；（2）400×＝160（人），答：估计参加此次竞赛活动成绩为满分的学生人数是160人．【点评】本题主要考查中位数和平均

数及样本估计总体，解题的关键是掌握中位数和平均数的定义、样本估计总体思想的运用．样本估计总体是统计中常用的方法．22．（8分）运用方程或方程组解决实际问题：若干学生分若干支铅笔，如果每人5支，那么多余3支

；如果每人7支，那么缺5支．试问有多少名学生？共有多少支铅笔？【分析】设共有x名学生，y支铅笔，根据“如果每人5支，那么多余3支；如果每人7支，那么缺5支”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．【解答】解：设共有x名学生，y支铅笔，依题意得

：，解得：．答：共有4名学生，23支铅笔．【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．23．（8分）如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，作⊙O，使

⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于点F，且∠OAB＝∠F．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．【分析】（1）由平行线的性质得∠F＝∠OAC，证∠OAB＝∠OAC，

则OA是∠BAC的角平分线，再由切线的性质得OB⊥AD，然后由角平分线的性质得OB＝OC，即可得出结论；（2）由（1）知CE是⊙O的直径，求出CD＝8，OD＝5，再由勾股定理得BD＝4，然后证△ODB∽△ADC，求出AC＝6，然后由锐角三角函数定义求解即可．【解答】（1）证明：∵D

F∥AC，∴∠F＝∠OAC，∵∠OAB＝∠F，∴∠OAB＝∠OAC，∴OA是∠BAC的角平分线，∵⊙O与AD相切于点B，∴OB是⊙O的半径，OB⊥AD，∵∠ACD＝90°，∴OC⊥AC，∴OB＝OC，∴点C在⊙O上，∵OC⊥AC，∴AC是⊙O的切线；（2）解：由（1）知：OB＝OC

＝3，OC是⊙O的半径，∴CE是⊙O的直径，∴CE＝2OC＝6，∴CD＝CE+DE＝6+2＝8，OD＝OE+DE＝OC+DE＝3+2＝5，在Rt△OBD中，由勾股定理得：BD＝＝＝4，∵∠OBD＝∠ACD＝90°，∠ODB＝∠ADC，∴△ODB∽△ADC，∴＝，∴AC＝＝＝6，∵∠F＝∠O

AC，∴tanF＝tan∠OAC＝＝＝．【点评】本题考查了切线的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，熟练掌握切线的判定与性质，证明△ODB∽△ADC是解题的关键．24．（10分）某工厂急需生产一批健身器械共500台，送往销售点出售．当生产15

0台后，接到通知，要求提前完成任务，因而接下来的时间里每天生产的台数提高到原来的1.4倍，一共用8天刚好完成任务．（1）原来每天生产健身器械多少台？（2）运输公司大货车数量不足10辆，小货车数量充足，计划同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的

运输．已知每辆大货车一次可以运输健身器械50台，每辆车需要费用1500元；每辆小货车一次可以运输健身器械20台，每辆车需要费用800元．在运输总费用不多于16000元的前提下，请写出所有符合题意的运输方

案？哪种运输方案的费用最低，最低运输费用是多少？【分析】（1）设原来每天生产健身器械x台，则提高工作效率后每天生产健身器械1.4x台，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合一共用8天刚好完成任务，即可

得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设使用m辆大货车，使用n辆小货车，根据同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的运输，可得出50m+20n≥500，化简后可得出n≥25﹣m，结合“运输公司大货车数量

不足10辆，且运输总费用不多于16000元”，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为整数即可得出m的值，由m的值结合n≥25﹣m可得出n的最小值，进而可得出各运输方案，利用总运费＝每辆车的运动×派车数量，即可分别求出两个运输方案所需运费，比较后即可得出结论

．【解答】解：（1）设原来每天生产健身器械x台，则提高工作效率后每天生产健身器械1.4x台，依题意得：+＝8，解得：x＝50，经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意．答：原来每天生产健身器械50台．（2）设使用m辆大货车，使用n辆小货车，∵同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的运

输，∴50m+20n≥500，∴n≥25﹣m．又∵运输公司大货车数量不足10辆，且运输总费用不多于16000元，∴，即，解得：8≤m＜10．又∵m为整数，∴m可以为8，9．当m＝8时，n≥25﹣m＝25﹣×8＝5；当m＝9

时，n≥25﹣m＝25﹣×9＝，又∵n为整数，∴n的最小值为3．∴共有2种运输方案，方案1：使用8辆大货车，5辆小货车；方案2：使用9辆大货车，3辆小货车．方案1所需费用为1500×8+800×5＝16000（元），方案2所需

费用为1500×9+800×3＝15900（元）．∵16000＞15900，∴运输方案2的费用最低，最低运输费用是15900元．【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．

25．（10分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．（1）求证：BE＝CF；（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的长．【分析】（1）由AE⊥BF证出，∠EAB＝∠CBF，再证

△ABE≌△BCF，即得BE＝CF；（2）由PH⊥GP、AE⊥BF证出△GPA∽△HPB，得，再由tan∠EAB＝，BE＝BC，得＝3，再由G为AD的中点，得AG＝3，得HB＝1，从而得AH，由勾股定理算出GH即可．【解答】（1）证明：∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，∴∠EAB+∠A

BF＝90°，∠ABF+∠CBF＝90°，∴∠EAB＝∠CBF，在△ABE与△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF；（2）∵∠EAB＝∠CBF，∴∠GAE＝∠PBH，∵PH⊥GP，∴∠GPH＝90

°，∵∠APB＝90°，∴∠GPA+∠APH＝∠APH+∠HPB，∴∠GPA＝∠HPB，∴△GPA∽△HPB，∴，∵tan∠EAB＝，∵BE＝BC，∴＝3，∵G为AD的中点，∴AG＝3，∴HB＝1，∴AH＝5，∴GH＝＝．【点评】本题是正方形综合题，考查了全

等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据由PH⊥GP、AE⊥BF证出△GPA∽△HPB是解题的关键．26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0）

，B（0，3），顶点为C．平移此抛物线，得到一条新的抛物线，且新抛物线上的点D（3，﹣1）为原抛物线上点A的对应点，新抛物线顶点为E，它与y轴交于点G，连接CG，EG，CE．（1）求原抛物线对应的函数表达式；（2）在原抛物线或新抛物线上找一点F，使以点C，E，F

，G为顶点的四边形是平行四边形，并求出点F的坐标；（3）若点K是y轴上的一个动点，且在点B的上方，过点K作CE的平行线，分别交两条抛物线于点M，N，且点M，N分别在y轴的两侧，当MN＝CE时，请直接写出点K的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）利用平移的性质求出新抛物线的解析式为y

＝（x﹣2）2﹣2＝x2﹣4x+2，推出G（0，2），因为点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，所以观察图形可知，满足条件的点F在过点G平行CE的直线上，构建方程组求出点F的坐标，再利用平移的性质推出F′（4，1），但是点F′不在新抛物线上．（3）设经过点K的直线为y＝﹣x+b，在

第二象限与原来抛物线交于点J，由平移的性质可知J，N两点的横坐标的绝对值的差为8，，消去y得到，4x2+17x+12﹣4b＝0，推出x1+x2＝﹣，x1x2＝3﹣b，根据|x1﹣x2|＝8，可得（x1+x2）2﹣4x1x2＝64，由此构建方程求出b即可．【解答】解：

（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，3），∴，∴∴原来抛物线的解析式为y＝x2+4x+3．（2）∵A（﹣1，0），D（3，﹣1），∴点A向右平移4个单位，再向下平移1个单位得到D，

∵原来抛物线的顶点C（﹣2，﹣1），∴点C向右平移4个单位，再向下平移1个单位得到E，∴E（2，﹣2），∴新抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣2＝x2﹣4x+2，∴G（0，2），∵点C，E，F，G为顶点的

四边形是平行四边形，∴观察图形可知，满足条件的点F在过点G平行CE的直线上，∵直线CE的解析式为y＝﹣x﹣，∴直线GF的解析式为y＝﹣x+2，由，解得或（舍弃），∴F（﹣4，3），∴FG＝＝，CE＝＝，∴FG＝CE，∵FG∥EC，∴四边形ECF

G是平行四边形，由平移的性质可知当F′（4，1）时，四边形CEF′G是平行四边形，但是对于新抛物线y＝x2﹣4x+2，x＝4时，y＝2≠1，∴满足条件的点F的坐标为（﹣4，3）．（3）设经过点K的直线为y＝﹣x

+b，在第二象限与原来抛物线交于点J，∵JM＝EC＝，MN＝，∴JN＝2，∴由平移的性质可知，J，N两点的横坐标的绝对值的差为8，由，消去y得到，4x2+17x+12﹣4b＝0，∴x1+x2＝﹣，x1x2＝3﹣b，∵|x1﹣x2|＝8

，∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝64，∴（）2﹣4（3﹣b）＝64，∴b＝，∴K（0，）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是学会构建方程组确定交点坐标，学会用

转化的思想思考问题，属于中考压轴题．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：2022/4/2313:49:18；用户：运河集团；邮箱：yunhe0001@xyh.com；学号：43404376获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue

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