新疆昌吉州共同体2024届数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析

新疆昌吉州共同体2024届数学九年级第一学期期末达标检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．某校校园内有一个大正方形花坛，如图甲所示，它由四个边长为3米的小正方形组成，且每个小正方形的种植方案相同．其中的一个小正方形ABCD如图乙所示，DG=1米，AE=AF=x米，在五边形EFBCG区域上种植花卉，则大正方形花坛种植花卉的面积y与x的函数图象大致是（）A． B． C． D．2．关于x的方程x2﹣mx+6＝0有一根是﹣3，那么这个方程的另一个根是（）A．﹣5 B．5 C．﹣2 D．23．下列说法正确的是（）A．对角线相等的平行四边形是菱形B．方程x2+4x+9＝0有两个不相等的实数根C．等边三角形都是相似三角形D．函数y＝，当x＞0时，y随x的增大而增大4．如图，二次函数y=ax1+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，1）与（0，3）之间（不包括这两点），对称轴为直线x=1．下列结论：①abc＜0；②9a+3b+c＞0；③若点M（，y1），点N（，y1）是函数图象上的两点，则y1＜y1；④﹣＜a＜﹣；⑤c-3a＞0其中正确结论有（）A．1个 B．3个 C．4个 D．5个5．已知三角形两边的长分别是3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8=0的根，则这个三角形的周长等于（）A．13 B．11 C．11或1 D．12或16．如图，正方形ABCD中，BE＝FC，CF＝2FD，AE、BF交于点G，连接AF，给出下列结论：①AE⊥BF；②AE＝BF；③BG＝GE；④S四边形CEGF＝S△ABG，其中正确的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．已知函数，当时，＜x＜,则函数的图象可能是下图中的（）A． B．C． D．8．在中，，则()．A． B． C． D．9．已知关于x的方程（m+4）x2+2x﹣3m＝0是一元二次方程，则m的取值范围是（）A．m＜﹣4 B．m≠0 C．m≠﹣4 D．m＞﹣410．若圆锥的底面半径为2，母线长为5，则圆锥的侧面积为（）A．5 B．10 C．20 D．40二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，C，D是抛物线y＝（x+1）2﹣5上两点，抛物线的顶点为E，CD∥x轴，四边形ABCD为正方形，AB边经过点E，则正方形ABCD的边长为_____．12．经过点的反比例函数的解析式为__________．13．某游乐园的摩天轮(如图1)有均匀分布在圆形转轮边缘的若干个座舱，人们坐在座舱中可以俯瞰美景，图2是摩天轮的示意图．摩天轮以固定的速度绕中心顺时针方向转动，转一圈为分钟．从小刚由登舱点进入摩天轮开始计时，到第12分钟时，他乘坐的座舱到达图2中的点_________处(填，，或)，此点距地面的高度为_______m．14．如图，等腰△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，则的值等于_____．15．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠C=140°，则∠BOD=____°．16．抛物线y=x2+3与y轴的交点坐标为__________．17．如图等边三角形内接于，若的半径为1，则图中阴影部分的面积等于_________．18．如图，抛物线与直线交于A(-1,P)，B(3,q)两点，则不等式的解集是_____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，反比例函数y＝（x＞0）与直线AB：交于点C，点P是反比例函数图象上一点，过点P作x轴的垂线交直线AB于点Q，连接OP，OQ．（1）求反比例函数的解析式；（2）点P在反比例函数图象上运动，且点P在Q的上方，当△POQ面积最大时，求P点坐标．20．（6分）请完成下面的几何探究过程：(1)观察填空如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，点D为斜边AB上一动点(不与点A，B重合)，把线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE，连DE，BE，则①∠CBE的度数为____________；②当BE=____________时，四边形CDBE为正方形．(2)探究证明如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2AC=4，点D为斜边AB上一动点(不与点A，B重合)，把线段CD绕点C顺时针旋转90°后并延长为原来的两倍得到线段CE，连DE，BE则：①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明；②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形(3)拓展延伸如图2，在点D的运动过程中，若△BCD恰好为等腰三角形，请直接写出此时AD的长．21．（6分）计算：|-2|+2﹣1﹣cos61°﹣(1﹣)1．22．（8分）已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点.（1）求此抛物线的表达式及顶点的坐标；（2）若点是轴上方抛物线上的一个动点（与点不重合），过点作轴于点，交直线于点，连结.设点的横坐标为.①试用含的代数式表示的长；②直线能否把分成面积之比为1：2的两部分？若能，请求出点的坐标；若不能，请说明理由.（3）如图2，若点也在此抛物线上，问在轴上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.23．（8分）对于平面直角坐标系中的两个图形K1和K2，给出如下定义：点G为图形K1上任意一点，点H为K2图形上任意一点，如果G，H两点间的距离有最小值，则称这个最小值为图形K1和K2的“近距离”。如图1，已知△ABC，A（-1，-8），B（9,2），C（-1,2），边长为的正方形PQMN，对角线NQ平行于x轴或落在x轴上．（1）填空：①原点O与线段BC的“近距离”为；②如图1，正方形PQMN在△ABC内，中心O’坐标为（m，0），若正方形PQMN与△ABC的边界的“近距离”为1，则m的取值范围为；（2）已知抛物线C：，且-1≤x≤9，若抛物线C与△ABC的“近距离”为1，求a的值；（3）如图2，已知点D为线段AB上一点，且D（5，-2），将△ABC绕点A顺时针旋转α（0º<α≤180º），将旋转中的△ABC记为△AB’C’，连接DB’，点E为DB’的中点，当正方形PQMN中心O’坐标为（5，-6），直接写出在整个旋转过程中点E运动形成的图形与正方形PQMN的“近距离”．24．（8分）已知关于x的方程：（m﹣2）x2+x﹣2＝0（1）若方程有实数根，求m的取值范围．（2）若方程的两实数根为x1、x2，且x12+x22＝5，求m的值．25．（10分）如图，直径为的圆柱形水管有积水（阴影部分），水面的宽度为，求水的最大深度．26．（10分）如图，在中，是上的高，.（1）求证:;（2）若，求的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解题分析】试题分析：S△AEF=AE×AF=，S△DEG=DG×DE=×1×（3﹣x）=，S五边形EFBCG=S正方形ABCD﹣S△AEF﹣S△DEG==，则y=4×（）=，∵AE＜AD，∴x＜3，综上可得：（0＜x＜3）．故选A．考点：动点问题的函数图象；动点型．2、C【分析】根据两根之积可得答案．【题目详解】设方程的另一个根为a，∵关于x的方程x2﹣mx+6=0有一根是﹣3，∴﹣3a=6，解得a=﹣2，故选：C．【题目点拨】本题主要考查了根与系数的关系，一元二次方程的根与系数的关系：若方程两个为，，则．3、C【分析】根据相似三角形的判定，菱形的判定方法，一元二次方程根的判别式反比例函数的性质可得出答案．【题目详解】解：A．对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误；B．方程x2+4x+9＝0中，△＝16﹣36＝﹣20＜0，所以方程没有实数根，故本选项错误；C．等边三角形对应角相等，对应边成比例，所以是相似三角形，故本选项正确；D．函数y＝，当x＞0时，y随x的增大而减小，故本选项错误．故选：C．【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定，菱形的判定方法，一元二次方程根的判别式反比例函数的性质，熟记定理是解题的关键．4、D【分析】根据二次函数的图项与系数的关系即可求出答案.【题目详解】①∵图像开口向下，，∵与y轴的交点B在(0,1)与(0,3)之间，，∵对称轴为x=1，，∴b=-4a，∴b>0，∴abc<0，故①正确；②∵图象与x轴交于点A(-1,0)，对称轴为直线x=1，∴图像与x轴的另一个交点为(5,0)，∴根据图像可以看出，当x=3时，函数值y=9a+3b+c>0，故②正确；③∵点，∴点M到对称轴的距离为，点N到对称轴的距离为，∴点M到对称轴的距离大于点N到对称轴的距离，∴，故③正确；④根据图像与x轴的交点坐标可以设函数的关系式为：y=a（x-5）(x+1)，把x=0代入得y=-5a，∵图像与y轴的交点B在（0，1）与（0，3）之间，，解不等式组得，故④正确；⑤∵对称轴为x=1，∴b=-4a，当x=1时，y=a+b+c=a-4a+c=c-3a>0,故⑤正确；综上分析可知，正确的结论有5个，故D选项正确.故选D.【题目点拨】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax1+bx+c（a≠0）的图象，当a＞0，开口向上，函数有最小值，a＜0，开口向下，函数有最大值；对称轴为直线x=，a与b同号，对称轴在y轴的左侧，a与b异号，对称轴在y轴的右侧；当c＞0，抛物线与y轴的交点在x轴的上方.5、A【分析】首先从方程x2﹣6x+8=0中，确定第三边的边长为2或4；其次考查2，3，6或4，3，6能否构成三角形，从而求出三角形的周长．【题目详解】解：由方程x2-6x+8=0，解得：x1=2或x2=4，当第三边是2时，2+3＜6，不能构成三角形，应舍去；当第三边是4时，三角形的周长为：4+3+6=1．故选：A．【题目点拨】考查了三角形三边关系，求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否成三角形的好习惯，不符合题意的应弃之．6、C【分析】根据正方形的性质证明△ABE≌△BCF，可证得①AE⊥BF；

②AE＝BF正确；证明△BGE∽△ABE，可得＝＝，故③不正确；由S△ABE＝S△BFC可得S四边形CEGF＝S△ABG，故④正确．【题目详解】解：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90，

又∵BE＝CF，

∴△ABE≌△BCF（SAS），

∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，

∴∠FBC＋∠BEG＝∠BAE＋∠BEG＝90°，

∴∠BGE＝90°，

∴AE⊥BF，故①，②正确；

∵CF＝2FD，BE＝CF，AB＝CD，

∴＝，

∵∠EBG＋∠ABG＝∠ABG＋∠BAG＝90°，

∴∠EBG＝∠BAE，

∵∠EGB＝∠ABE＝90°，

∴△BGE∽△ABE，

∴＝＝，即BG＝GE，故③不正确，

∵△ABE≌△BCF，

∴S△ABE＝S△BFC，

∴S△ABE−S△BEG＝S△BFC−S△BEG，

∴S四边形CEGF＝S△ABG，故④正确．

故选：C．【题目点拨】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质．7、A【分析】先可判定a＜0,可知=，=，可得∴a=6b,a=-6c,不妨设c=1,进而求出解析式，找出符合要求的答案即可.【题目详解】解：∵函数，当时，＜x＜,，∴可判定a＜0,可知=+=，=×=∴a=6b,a=-6c,则b=-c,不妨设c=1,则函数为函数，即y=(x-2)(x+3),∴可判断函数的图像与x轴的交点坐标是（2,0），（-3,0），∴A选项是正确的.故选A.【题目点拨】本题考查抛物线和x轴交点的问题以及二次函数与系数关系，灵活掌握二次函数的性质是解决问题的关键．8、A【分析】利用正弦函数的定义即可直接求解．【题目详解】sinA．故选：A．【题目点拨】本题考查了锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．9、C【分析】根据一元二次方程的定义即可求出答案．【题目详解】由题意可知：m+4≠0，∴m≠﹣4，故选：C．【题目点拨】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的定义，本题属于基础题型．10、B【分析】利用圆锥面积=计算.【题目详解】=，故选：B.【题目点拨】此题考查圆锥的侧面积公式，共有三个公式计算圆锥的面积，做题时依据所给的条件恰当选择即可解答.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】首先设AB＝CD＝AD＝BC＝a，再根据抛物线解析式可得E点坐标，表示出C点横坐标和纵坐标，进而可得方程﹣5﹣a＝﹣5，再解即可．【题目详解】设AB＝CD＝AD＝BC＝a，∵抛物线y＝（x+1）2﹣5，∴顶点E（﹣1，﹣5），对称轴为直线x＝﹣1，∴C的横坐标为﹣1，D的横坐标为﹣1﹣，∵点C在抛物线y＝（x+1）2﹣5上，∴C点纵坐标为（﹣1+1）2﹣5＝﹣5，∵E点坐标为（﹣1，﹣5），∴B点纵坐标为﹣5，∵BC＝a，∴﹣5﹣a＝﹣5，解得：a1＝，a2＝0（不合题意，舍去），故答案为：．【题目点拨】此题主要考查二次函数与几何综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、正方形的性质.12、【分析】设出反比例函数解析式解析式，然后利用待定系数法列式求出k值，即可得解．【题目详解】设反比例函数解析式为，则，解得：，∴此函数的解析式为．故答案为：．【题目点拨】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式及特殊角的三角函数值，设出函数的表达式，然后把点的坐标代入求解即可，比较简单．13、C78【分析】根据转一圈需要18分钟，到第12分钟时转了圈，即可确定出座舱到达了哪个位置；再利用垂径定理和特殊角的锐角三角函数求点离地面的高度即可.【题目详解】∵转一圈需要18分钟，到第12分钟时转了圈∴乘坐的座舱到达图2中的点C处如图，连接BC,OC,OB,作OQ⊥BC于点E由图2可知圆的半径为44m，即∵OQ⊥BC∴∴∴∴点C距地面的高度为m故答案为C,78【题目点拨】本题主要考查解直角三角形，掌握垂径定理及特殊角的锐角三角函数是解题的关键.14、【分析】先证△ABC和△BDC都是顶角为36°的等腰三角形，然后证明△BDC∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得出结论．【题目详解】∵在△ABC中，∠A=36°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=72°．∵BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD=36°，∴AD=BD，∴∠BDC=72°，∴BD=BC，∴△ABC和△BDC都是顶角为36°的等腰三角形．设CD=x，AD=y，∴BC=BD=y．∵∠C=∠C，∠DBC=∠A=36°，∴△BDC∽△ABC，∴，∴，∴，解得：(负数舍去)，∴．故答案为：．【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．15、80【解题分析】∵∠A+∠C=180°，∴∠A=180°−140°=40°，∴∠BOD=2∠A=80°.故答案为80.16、（0，3）【分析】由于抛物线与y轴的交点的横坐标为0,代入解析式即可求出纵坐标.【题目详解】解：当x=0时，y=3，则抛物线y=x2+3与y轴交点的坐标为（0，3），故答案为（0，3）．【题目点拨】此题主要考查了抛物线与坐标轴的交点坐标与解析式的关系,利用解析式中自变量为0即可求出与y轴交点的坐标.17、【分析】如图（见解析），连接OC，根据圆的内接三角形和等边三角形的性质可得，的面积等于的面积、以及的度数，从而可得阴影部分的面积等于钝角对应的扇形面积.【题目详解】如图，连接OC由圆的内接三角形得，点O为垂直平分线的交点又因是等边三角形，则其垂直平分线的交点与角平分线的交点重合，且点O到AB和AC的距离相等则故答案为：.【题目点拨】本题考查了圆的内接三角形的性质、等边三角形的性质、扇形面积公式，根据等边三角形的性质得出的面积等于的面积是解题关键.18、或．【分析】由可变形为，即比较抛物线与直线之间关系，而直线PQ：与直线AB：关于与y轴对称，由此可知抛物线与直线交于，两点，再观察两函数图象的上下位置关系，即可得出结论．【题目详解】解：∵抛物线与直线交于，两点，∴，，∴抛物线与直线交于，两点，观察函数图象可知：当或时，直线在抛物线的下方，∴不等式的解集为或．故答案为或．【题目点拨】本题考查了二次函数与不等式，根据两函数图象的上下位置关系找出不等式的解集是解题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）y＝；（2）P（2，2）【分析】（1）点C在一次函数上得：m＝，点C在反比例函数上：，求出k即可．（2）动点P（m，），则点Q（m，﹣2），PQ=-+2，则△POQ面积=，利用-公式求即可．【题目详解】解：（1）将点C的坐标代入一次函数表达式得：m＝，故点C，将点C的坐标代入反比例函数表达式得：，解得k＝4，故反比例函数表达式为y＝；（2）设点P（m，），则点Q（m，﹣2），则△POQ面积＝PQ×xP＝（﹣m+2）•m＝﹣m2+m+2，∵﹣＜0，故△POQ面积有最大值，此时m＝＝2，故点P（2，2）．【题目点拨】本题考查反比例函数解析式，及面积最大值问题，关键是会利用一次函数求点C坐标，利用动点P表示Q，求出面积函数，用对称轴公式即可解决问题．20、（1）①45°，②；（2）①，理由见解析，②见解析；（3）或【分析】（1）①由等腰直角三角形的性质得出，由旋转的性质得：，，证明，即可得出结果；②由①得，求出，作于，则是等腰直角三角形，证出是等腰直角三角形，求出，证出四边形是矩形，再由垂直平分线的性质得出，即可得出结论；（2）①证明，即可得出；②由垂直的定义得出，由相似三角形的性质得出，即可得出结论；（3）存在两种情况：①当时，证出，由勾股定理求出，即可得出结果；②当时，得出即可．【题目详解】解：（1）①，，，由旋转的性质得：，，在和中，，，；故答案为：；②当时，四边形是正方形；理由如下：由①得：，，作于，如图所示：则是等腰直角三角形，，，，，是等腰直角三角形，，，又，四边形是矩形，又垂直平分，，四边形是正方形；故答案为：；（2）①，理由如下：由旋转的性质得：，，，，，；②，，由①得：，，又，四边形是矩形；（3）在点的运动过程中，若恰好为等腰三角形，存在两种情况：①当时，则，，，，，，，，；②当时，；综上所述：若恰好为等腰三角形，此时的长为或．【题目点拨】本题是四边形综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定、正方形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握旋转的性质，证明三角形相似是解决问题的关键，注意分类讨论．21、1-【解题分析】利用零指数幂和绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负指数次幂的性质进行计算即可．【题目详解】解：原式＝．【题目点拨】本题考查了零指数幂和绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负指数次幂的性质，熟练掌握性质及定义是解题的关键．22、（1），顶点坐标为：；（2）①；②能，理由见解析，点的坐标为；（3）存在，点Q的坐标为：或.【分析】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，然后把一般式转化为顶点式即可得出抛物线的顶点坐标；（2）①先利用待定系数法求出直线的函数表达式，再设出点D、E的坐标，然后分点D在y轴右侧和y轴左侧利用或列式化简即可；②根据题意容易判断：点D在y轴左侧时，不存在这样的点；当点D在y轴右侧时，分或两种情况，设出E、F坐标后，列出方程求解即可；（3）先求得点M、N的坐标，然后连接CM，过点N作NG⊥CM交CM的延长线于点G，即可判断∠MCN=45°，则点C即为符合题意的一个点Q，所以另一种情况的点Q应为过点C、M、N的⊙H与y轴的交点，然后根据圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求出CQ的长，进而可得结果.【题目详解】解：（1）∵抛物线与轴交于点，∴设抛物线的表达式为：，把点代入并求得：，∴抛物线的表达式为：，即，∴抛物线的顶点坐标为：；（2）①设直线的表达式为：，则，解得：，∴直线的表达式为：，设，则，当时，∴，当时，，综上：，②由题意知：当时，不存在这样的点；当时，或，∵，∴，∴，解得（舍去），∴，或，解得（舍去），（舍去），综上，直线能把分成面积之比为1：2的两部分，且点的坐标为；（3）∵点在抛物线上，∴，∴，连接MC，如图，∵C（0，6），M（1，6）∴MC⊥y轴，过点N作NG⊥CM交CM的延长线于点G，∵N（2，4），∴CG=NG=2，∴△CNG是等腰直角三角形，∴∠MCN=45°，则点C即为符合题意的一个点Q，∴另一种情况的点Q应为过点C、M、N的⊙H与y轴的交点，连接HN，∵，∴MN=，CM=1，∵，∴∠MHN=90°，则半径MH=NH=，∵∠MCQ=90°，∴MQ是直径，且，∴，∵OC=6，∴OQ=3，∴Q（0，3）；综上，在轴上存在点，使，且点Q的坐标为：或.【题目点拨】本题是二次函数综合题，综合考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、函数图象上点的坐标特征、三角形的面积问题、一元二次方程的求解、圆周角定理及其推论、勾股定理和等腰直角三角形的判定和性质等知识，综合性强，难度较大，属于试卷的压轴题，熟练掌握待定系数法是解（1）题的关键，熟知函数图象上点的坐标特征、正确进行分类是解（2）题的关键，将所求点Q的坐标转化为圆的问题、灵活应用数形结合的思想是解（3）题的关键.23、（1）①2；②；（2）或；（3）点E运动形成的图形与正方形PQMN的“近距离”为．【分析】（1）①由垂线段最短，即可得到答案；②根据题意，找出正方形PQMN与△ABC的边界的“近距离”为1，的临界点，然后分别求出m的最小值和最大值，即可得到m的取值范围；（2）根据题意，抛物线与△ABC的“近距离”为1时，可分为两种情况：当点C到抛物线的距离为1，即CD=1；当抛物线与线段AB的距离为1时，即GH=1；分别求出a的值，即可得到答案；（3）根据题意，取AB的中点F，连接EF，求出EF的长度，然后根据题意，求出点F，点Q的坐标，求出FQ的长度，即可得到EQ的长度，即可得到答案．【题目详解】解：（1）①∵B（9，2），C（，2），∴点B、C的纵坐标相同，∴线段BC∥x轴，∴原点O到线段BC的最短距离为2；即原点O与线段BC的“近距离”为2；故答案为：2；②∵A（-1，-8），B（9，2），C（-1，2），∴线段BC∥x轴，线段AC∥y轴，∴AC=BC=10，△ABC是等腰直角三角形，当点N与点O重合时，点N与线段AC的最短距离为1，则正方形PQMN与△ABC的边界的“近距离”为1，此时m为最小值，∵正方形的边长为，由勾股定理，得：，∴，（舍去）；当点Q到线段AB的距离为1时，此时m为最大值，如图：∵QN=1，△QMN是等腰直角三角形，∴QM=，∵BD=9，△BDE是等腰直角三角形，∴DE=9，∵△OEM是等腰直角三角形，∴OE=OM=7，∴m的最大值为：，∴m的取值范围为：；故答案为：；（2）抛物线C：，且，若抛物线C与△ABC的“近距离”为1，由题可知，点C与抛物线的距离为1时，如图：∵点C的坐标为（，2），∴但D的坐标为（，3），把点D代入中，有，解得：；当线段AB与抛物线的距离为1时，近距离为1，如图：即GH=1，点H在抛物