6. 在平面直角坐标系中，将抛物线 $ y = x^{2}-(m - 1)x + m(m ＞ 1) $ 沿 $ y $ 轴向下平移 3 个单位，则平移后得到的抛物线的顶点一定在()
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

D

原抛物线的顶点坐标为：
$x = \frac{m - 1}{2}$，
$y = \frac{4m - (m - 1)^{2}}{4}$，
沿$y$轴向下平移3个单位后，新的$y$坐标为：
$y_{new} = \frac{4m - (m - 1)^{2}}{4} - 3 = \frac{- m^{2} + 6m - 13}{4} = \frac{-(m - 3)^{2} - 4}{4}$，
因为$m＞1$,
所以$x = \frac{m - 1}{2} \gt 0$，
而$y_{new}$一定小于$0$，
即：横坐标为正，纵坐标为负，在第四象限。

7. 如图，点 $ A $，$ B $，$ C $ 在正方形网格的格点上，则 $ \sin \angle BAC $ 等于()

$A. \frac{\sqrt{2}}{6} $　　
$B. \frac{\sqrt{26}}{26} $　　
$C.\frac{\sqrt{26}}{13} $　　
$D.\frac{\sqrt{13}}{13}$　　

1. 首先，设小正方形的边长为$1$：
过点$B$作$BD\perp AC$于点$D$。
根据勾股定理求$AC$的长度：
$AC=\sqrt{3^{2}+3^{2}}=\sqrt{9 + 9}=3\sqrt{2}$。
$AB=\sqrt{2^{2}+3^{2}}=\sqrt{4 + 9}=\sqrt{13}$，$BC=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$。
再根据$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BCD}$，利用面积法求$BD$的长度。
因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× BC×$（$BC$边上的高）$=\frac{1}{2}×1×3=\frac{3}{2}$，又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BD$。
把$AC = 3\sqrt{2}$代入$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BD$中，即$\frac{3}{2}=\frac{1}{2}×3\sqrt{2}\cdot BD$，解得$BD=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
2. 然后，根据正弦函数的定义：
在$Rt\triangle ABD$中，$\sin\angle BAC=\frac{BD}{AB}$。
已知$BD = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$AB=\sqrt{13}$，则$\sin\angle BAC=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{26}}{26}$。
所以$\sin\angle BAC$等于$\frac{\sqrt{26}}{26}$，答案是$B$。

8. 如图，在坡角为 $ \alpha $ 的斜坡上有一棵垂直于地面的大树 $ AB $，当太阳光线与水平线成 $ 45^{\circ} $ 角方向沿斜坡照射时，在斜坡上的树影 $ BC $ 长为 $ m $，则大树 $ AB $ 的高为()

A.$ m(\cos \alpha - \sin \alpha) $
B.$ m(\sin \alpha - \cos \alpha) $
C.$ m(\cos \alpha - \tan \alpha) $
$D.\frac{m}{\sin\alpha}-\frac{m}{\cos\alpha}$　　

A

过$C$作水平线与$AB$的垂线，交$AB$延长线于点$D$，则$\angle BCD = \alpha$。
在$Rt \triangle BCD$中，$\angle CBD = 135^{\circ} - 90^{\circ} - \alpha= 45^{\circ}-\alpha$（三个角之和为180度），又因为$\angle CDB = 90^{\circ}$，
所以$\angle BCD+\angle CBD = \alpha + 45^{\circ}-\alpha = 45^{\circ}$（三角形外角等于不相邻内角和），
根据三角函数正弦定理$\frac{BD}{\sin\angle BCD}=\frac{BC}{\sin\angle BDC}$，
在$Rt\triangle BCD$中，$\sin\angle BCD=\sin\alpha$，$BC = m$，$\angle BDC = 90^{\circ}$，
所以$BD = m\sin\alpha$。
$\cos\angle BCD=\frac{CD}{BC}$，所以$CD = m\cos\alpha$。
因为$\angle ACD = 45^{\circ}$，在$Rt\triangle ACD$中，$\angle CAD = 45^{\circ}$，
所以$\triangle ACD$是等腰直角三角形，则$AD = CD = m\cos\alpha$。
$AB = AD - BD$，把$AD = m\cos\alpha$，$BD = m\sin\alpha$代入可得：
$AB = m\cos\alpha - m\sin\alpha=m(\cos\alpha - \sin\alpha)$。

9. 某数学活动小组到广场上测量建筑物 $ AB $ 的高度，如图，他们在地面上 $ C $ 点测得最高点 $ A $ 的仰角为 $ 22^{\circ} $，再向前 70 m 至 $ D $ 点，又测得最高点 $ A $ 的仰角为 $ 58^{\circ} $，点 $ C $，$ D $，$ B $ 在同一直线上，则该建筑物 $ AB $ 的高度约为()
（结果精确到 1 m. 参考数据：$ \sin 22^{\circ} \approx 0.37 $，$ \tan 22^{\circ} \approx 0.40 $，$ \sin 58^{\circ} \approx 0.85 $，$ \tan 58^{\circ} \approx 1.60 $）

A.28 m
B.34 m
C.37 m
D.46 m

C

设$AB = x$米，
在$Rt\triangle ABD$中，$\tan\angle ADB=\frac{AB}{DB}$，已知$\angle ADB = 58^{\circ}$，$\tan58^{\circ}\approx1.60$，则$DB=\frac{AB}{\tan58^{\circ}}\approx\frac{x}{1.6}$。
在$Rt\triangle ACB$中，$\tan\angle ACB=\frac{AB}{CB}$，已知$\angle ACB = 22^{\circ}$，$\tan22^{\circ}\approx0.40$，$CD = 70$米，$CB=CD + DB=70+\frac{x}{1.6}$，则$\tan22^{\circ}=\frac{x}{70+\frac{x}{1.6}}$，即$0.4=\frac{x}{70+\frac{x}{1.6}}$。
$0.4×(70+\frac{x}{1.6})=x$，
$28+\frac{0.4x}{1.6}=x$，
$28+\frac{x}{4}=x$，
$x-\frac{x}{4}=28$，
$\frac{3x}{4}=28$，
$x\approx37$（米）

10. 在平面直角坐标系中，已知二次函数 $ y = ax^{2}+bx + c(a \neq 0) $ 的图象如图所示，下列结论：① $ abc ＜ 0 $；② $ 2a - b = 0 $；③ $ 9a + 3b + c ＞ 0 $；④ $ b^{2} ＞ 4ac $；⑤ $ a + c ＜ b $. 其中正确的有()

A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个

C

由图象开口向下，可知$a\lt0$；
对称轴$x =-\frac{b}{2a}=1$，所以$b = - 2a\gt0$；
图象与$y$轴交点在$y$轴正半轴，可知$c\gt0$。
①$abc\lt0$，因为$a\lt0$，$b\gt0$，$c\gt0$，所以$abc\lt0$，该结论正确。
②$2a - b=2a-(-2a)=4a\neq0$，该结论错误。
③由图象可知，当$x = 3$时，$y=9a + 3b + c\lt0$，该结论错误。
④因为图象与$x$轴有两个交点，所以$\Delta=b^{2}-4ac\gt0$，即$b^{2}\gt4ac$，该结论正确。
⑤当$x = 1$时，$y=a + b + c\gt0$，当$x=-1$时，$y=a - b + c\lt0$，把$b = - 2a$代入$a - b + c\lt0$，得$a+2a + c\lt0$，即$3a + c\lt0$，又$b=-2a$，则$a + c\lt - 2a$，即$a + c\lt b$，该结论正确。
综上，①④⑤正确，共$3$个。