《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

26 (10分)某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动.
【活动主题】测量物体的高度
【测量工具】卷尺、标杆
【活动过程】

活动1：测量校内旗杆的高度
该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动(示意图如图1).在点$F$处竖立标杆$EF$，直立在点$Q$处的小军从点$P$处看到标杆顶$E$、旗杆顶$M$在同一条直线上.已知旗杆底端$N$与$F,Q$在同一条直线上，$EF=2.8$ m，$PQ=1.4$ m，$QF=2$ m，$FN=16$ m.
(1) 求旗杆$MN$的高度；
活动2：测量南禅寺妙光塔的高度
如图2，南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一.该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度.他们到达妙光塔后，发现塔顶$A$和塔底中心$B$均无法到达.经研究，设计并实施了如下测量活动(示意图如图3)，在地面一条水平步道上的点$F$处竖立标杆$EF$，直立在点$Q$处的小军从点$P$处看到标杆顶$E$、塔顶$A$在同一条直线上.小军沿$FQ$的方向走到点$Q'$处，此时标杆$E'F'$竖立于点$F'$处，从点$P'$处看到标杆顶$E'$、塔顶$A$在同一条直线上.已知$AB,EF,PQ,E'F'$和$P'Q'$在同一平面内，点$B,F,Q,F',Q'$在同一条直线上，$E'F'=2.8$ m，$PQ=P'Q'=1.4$ m，$FQ=1.2$ m，$F'Q'=2.2$ m，$QQ'=30$ m.
(2) 求妙光塔$AB$的高度.

答案：
26 解：
(1)过点P作$PG \perp MN$于点G，PG与EF交于点H。易得$\triangle PHE \sim \triangle PGM$，所以$\frac{PH}{PG}=\frac{HE}{GM}$，即$\frac{2}{18}=\frac{1.4}{GM}$，所以$GM=1.4 × 9=12.6(m)$，所以$MN=GM+GN=12.6+1.4=14(m)$。答：旗杆MN的高度为14m。
(2)如图，过点$P'$作$P'C \perp AB$于点C，过点$E'$作$E'D \perp AB$于点D，$P'C$交EF于点M，交$E'F'$于点N。设$BQ=x$m，$AC=h$m。易得$\triangle PME \sim \triangle PCA$，所以$\frac{PM}{PC}=\frac{ME}{CA}$，即$\frac{1.2}{x}=\frac{1.4}{h}$。易得$\triangle P'NE' \sim \triangle P'CA$，所以$\frac{P'N}{P'C}=\frac{NE'}{CA}$，即$\frac{2.2}{x+30}=\frac{1.4}{h}$。联立$\begin{cases}\frac{1.2}{x}=\frac{1.4}{h},\frac{2.2}{x+30}=\frac{1.4}{h},\end{cases}$解得$\begin{cases}x=36,\\h=42,\end{cases}$所以$AB=AC+CB=42+1.4=43.4(m)$。答：妙光塔AB的高度为43.4m。

27 (10分)已知二次函数$y=-\frac{1}{2}x^{2}+mx+\frac{\sqrt{3}}{3}m(m \neq 0)$图像的顶点为$A$，与$y$轴交于点$B$，对称轴与$x$轴交于点$C$.
(1) 若该函数图像经过点$(0,\sqrt{3})$，求点$A$的横坐标；
(2) 若$m＜3$，点$P(2,y_{1})$和$Q(4,y_{2})$在该函数的图像上，求证：$y_{1}＞y_{2}$；
(3) 若$\triangle ABC$是等腰三角形，求$m$的值.

答案： 27
(1)解：将点$(0,\sqrt{3})$代入$y=-\frac{1}{2}x^2+mx+\frac{\sqrt{3}}{3}m$，得$\frac{\sqrt{3}}{3}m=\sqrt{3}$，解得$m=3$，所以二次函数的表达式$y=-\frac{1}{2}x^2+3x+\sqrt{3}$，所以$x_A=\frac{-b}{2a}=\frac{3}{2 × (-\frac{1}{2})}=3$，所以点A的横坐标为3。
(2)证明：证法一：在$y=-\frac{1}{2}x^2+mx+\frac{\sqrt{3}}{3}m$中，当$x=2$时，$y_1=2m+\frac{\sqrt{3}}{3}m-2$；当$x=4$时，$y_2=4m+\frac{\sqrt{3}}{3}m-8$，所以$y_1-y_2=(2m+\frac{\sqrt{3}}{3}m-2)-(4m+\frac{\sqrt{3}}{3}m-8)=6-2m=2(3-m)$。因为$m＜3$，所以$2(3-m)＞0$，所以$y_1-y_2＞0$，即$y_1＞y_2$，得证。
证法二：由题意，得该二次函数图像的对称轴为直线$x_{对}=\frac{-b}{2a}=\frac{m}{2 × (-\frac{1}{2})}=m$。因为$x_P=2$，$x_Q=4$，所以$\frac{x_P+x_Q}{2}=\frac{2+4}{2}=3$。因为$m＜3$，所以$\frac{x_P+x_Q}{2}＞x_{对}$。因为$a=-\frac{1}{2}＜0$，所以二次函数的图像开口向下，由中点偏移法可知，$y_1＞y_2$，得证。
(3)解：由题意，得该二次函数图像的对称轴为直线$x=m$，则$x_A=x_C=m$，所以$y_A=-\frac{1}{2} × m^2+m^2+\frac{\sqrt{3}}{3}m=\frac{1}{2}m^2+\frac{\sqrt{3}}{3}m$，所以$A(m,\frac{1}{2}m^2+\frac{\sqrt{3}}{3}m)$，$C(m,0)$。在$y=-\frac{1}{2}x^2+mx+\frac{\sqrt{3}}{3}m$中，当$x=0$时，$y=\frac{\sqrt{3}}{3}m$，所以$B(0,\frac{\sqrt{3}}{3}m)$，所以$AB^2=m^2+(\frac{1}{2}m^2)^2=m^2+\frac{1}{4}m^4$，$AC^2=(\frac{1}{2}m^2+\frac{\sqrt{3}}{3}m)^2=m^2(\frac{1}{2}m+\frac{\sqrt{3}}{3})^2$，$BC^2=m^2+\frac{1}{3}m^2=\frac{4}{3}m^2$。
①当$AB^2=AC^2$时，$m^2+\frac{1}{4}m^4=m^2(\frac{1}{2}m+\frac{\sqrt{3}}{3})^2$，即$1+\frac{1}{4}m^2=\frac{1}{4}m^2+\frac{\sqrt{3}}{3}m+\frac{1}{3}$，解得$m=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
②当$AB^2=BC^2$时，$m^2+\frac{1}{4}m^4=\frac{4}{3}m^2$，即$1+\frac{1}{4}m^2=\frac{4}{3}$，解得$m= \pm \frac{2\sqrt{3}}{3}$。当$m=-\frac{2\sqrt{3}}{3}$时，$A(-\frac{2\sqrt{3}}{3},0)$，$C(-\frac{2\sqrt{3}}{3},0)$，此时点A与点C重合，舍去，所以$m=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
③当$AC^2=BC^2$时，$m^2(\frac{1}{2}m+\frac{\sqrt{3}}{3})^2=\frac{4}{3}m^2$，即$\frac{1}{4}m^2+\frac{\sqrt{3}}{3}m+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，解得$m_1=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$m_2=-2\sqrt{3}$。综上，m的值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$或$-2\sqrt{3}$。