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2025年万唯中考大小卷九年级数学全一册沪科版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年万唯中考大小卷九年级数学全一册沪科版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
19. (教材 P60 第 4 题改编)(10 分)如图,反比例函数 $y = \frac{k}{x}(k＞0)$ 的部分图象与矩形 ABCO 的边 BC,AB 分别交于点 D 和点 E,连接 OD,OE,DE,已知点 $A(4,0),C(0,2),D(1,m)$.
(1)求反比例函数的表达式;
(2)在 y 轴上是否存在点 F,使得 $\triangle ODE$ 和 $\triangle ODF$ 的面积相等? 若存在,求点 F 的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)求反比例函数的表达式;
(2)在 y 轴上是否存在点 F,使得 $\triangle ODE$ 和 $\triangle ODF$ 的面积相等? 若存在,求点 F 的坐标;若不存在,请说明理由.
答案：
解：
(1) $\because$ 点 $C(0,2)$，
∴ $OC = 2$。 $\because$ 四边形 $ABCO$ 是矩形，
∴ 点 $D$ 的纵坐标也是2，即 $m = 2$。 $\because$ 反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象经过点 $D(1,2)$，
∴ $k = 1\times2 = 2$，
∴ 反比例函数的表达式为 $y=\frac{2}{x}$；（5分）
(2) 存在点 $F$，使得 $\triangle ODE$ 和 $\triangle ODF$ 的面积相等。 $\because$ 点 $D$，$E$ 在反比例函数 $y=\frac{2}{x}$ 的图象上，
∴ $S_{\triangle COD}=S_{\triangle AOE}=\frac{1}{2}k=\frac{1}{2}\times2 = 1$。 $\because OA = 4$，$\therefore AE=\frac{1}{2}$， $\therefore BE = 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。 $\because BD = 4 - 1 = 3$， $\therefore S_{\triangle DBE}=\frac{1}{2}\times3\times\frac{3}{2}=\frac{9}{4}$， $\therefore S_{\triangle ODE}=S_{矩形ABCO}-S_{\triangle COD}-S_{\triangle AOE}-S_{\triangle DBE}=2\times4 - 1 - 1-\frac{9}{4}=\frac{15}{4}$。（8分） 设 $F(0,n)$，则 $S_{\triangle ODF}=\frac{1}{2}\times|n|\times1=\frac{15}{4}$， 解得 $|n|=\frac{15}{2}$，$\therefore n=\pm\frac{15}{2}$，
∴ 点 $F$ 的坐标为 $(0,\frac{15}{2})$ 或 $(0,-\frac{15}{2})$。（10分）
(1) $\because$ 点 $C(0,2)$，
∴ $OC = 2$。 $\because$ 四边形 $ABCO$ 是矩形，
∴ 点 $D$ 的纵坐标也是2，即 $m = 2$。 $\because$ 反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象经过点 $D(1,2)$，
∴ $k = 1\times2 = 2$，
∴ 反比例函数的表达式为 $y=\frac{2}{x}$；（5分）
(2) 存在点 $F$，使得 $\triangle ODE$ 和 $\triangle ODF$ 的面积相等。 $\because$ 点 $D$，$E$ 在反比例函数 $y=\frac{2}{x}$ 的图象上，
∴ $S_{\triangle COD}=S_{\triangle AOE}=\frac{1}{2}k=\frac{1}{2}\times2 = 1$。 $\because OA = 4$，$\therefore AE=\frac{1}{2}$， $\therefore BE = 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。 $\because BD = 4 - 1 = 3$， $\therefore S_{\triangle DBE}=\frac{1}{2}\times3\times\frac{3}{2}=\frac{9}{4}$， $\therefore S_{\triangle ODE}=S_{矩形ABCO}-S_{\triangle COD}-S_{\triangle AOE}-S_{\triangle DBE}=2\times4 - 1 - 1-\frac{9}{4}=\frac{15}{4}$。（8分） 设 $F(0,n)$，则 $S_{\triangle ODF}=\frac{1}{2}\times|n|\times1=\frac{15}{4}$， 解得 $|n|=\frac{15}{2}$，$\therefore n=\pm\frac{15}{2}$，
∴ 点 $F$ 的坐标为 $(0,\frac{15}{2})$ 或 $(0,-\frac{15}{2})$。（10分）
20. (10 分)在平面直角坐标系 $xOy$ 中,已知点 $A(1,4),B(2,7),C(2,13)$,抛物线 $y = ax^{2}+3x + c$ 恰好经过 A,B,C 三点中的两点.
(1)求该抛物线对应的函数表达式;
(2)过点 $P(0,m)$ 且垂直于 y 轴的直线与抛物线交于 M,N 两点,若 $W = OP^{2}+MN^{2}$,求 W 的最小值.
(1)求该抛物线对应的函数表达式;
(2)过点 $P(0,m)$ 且垂直于 y 轴的直线与抛物线交于 M,N 两点,若 $W = OP^{2}+MN^{2}$,求 W 的最小值.
答案：
解：
(1) $\because$ 点 $B$ 和点 $C$ 的横坐标相同，
∴ 抛物线只能经过点 $B$ 或点 $C$ 其中的一点， ①当抛物线经过点 $A$ 和点 $B$ 时， 代入可得 $\begin{cases}a + 3 + c = 4\\4a + 6 + c = 7\end{cases}$， 解得 $\begin{cases}a = 0\\c = 1\end{cases}$（不符合题意，舍去）， ②当抛物线经过点 $A$ 和点 $C$ 时， 代入可得 $\begin{cases}a + 3 + c = 4\\4a + 6 + c = 13\end{cases}$，解得 $\begin{cases}a = 2\\c = -1\end{cases}$，
∴ 该抛物线对应的函数表达式为 $y = 2x^{2}+3x - 1$；（5分）
(2) 由
(1)知，$y = 2x^{2}+3x - 1$， 令 $2x^{2}+3x - 1 = m$，解得 $x=\frac{-3\pm\sqrt{17 + 8m}}{4}(m＞-\frac{17}{8})$， $\therefore MN=\frac{-3+\sqrt{17 + 8m}}{4}-\frac{-3-\sqrt{17 + 8m}}{4}=\frac{\sqrt{17 + 8m}}{2}$， $\therefore W = OP^{2}+MN^{2}=m^{2}+\frac{17 + 8m}{4}=m^{2}+2m+\frac{17}{4}=(m + 1)^{2}+\frac{13}{4}$，
∴ 当 $m = -1$ 时，$W$ 取得最小值，为 $\frac{13}{4}$。（10分）
(1) $\because$ 点 $B$ 和点 $C$ 的横坐标相同，
∴ 抛物线只能经过点 $B$ 或点 $C$ 其中的一点， ①当抛物线经过点 $A$ 和点 $B$ 时， 代入可得 $\begin{cases}a + 3 + c = 4\\4a + 6 + c = 7\end{cases}$， 解得 $\begin{cases}a = 0\\c = 1\end{cases}$（不符合题意，舍去）， ②当抛物线经过点 $A$ 和点 $C$ 时， 代入可得 $\begin{cases}a + 3 + c = 4\\4a + 6 + c = 13\end{cases}$，解得 $\begin{cases}a = 2\\c = -1\end{cases}$，
∴ 该抛物线对应的函数表达式为 $y = 2x^{2}+3x - 1$；（5分）
(2) 由
(1)知，$y = 2x^{2}+3x - 1$， 令 $2x^{2}+3x - 1 = m$，解得 $x=\frac{-3\pm\sqrt{17 + 8m}}{4}(m＞-\frac{17}{8})$， $\therefore MN=\frac{-3+\sqrt{17 + 8m}}{4}-\frac{-3-\sqrt{17 + 8m}}{4}=\frac{\sqrt{17 + 8m}}{2}$， $\therefore W = OP^{2}+MN^{2}=m^{2}+\frac{17 + 8m}{4}=m^{2}+2m+\frac{17}{4}=(m + 1)^{2}+\frac{13}{4}$，
∴ 当 $m = -1$ 时，$W$ 取得最小值，为 $\frac{13}{4}$。（10分）
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