1[2026 浙江台州期末,中]如图,小明从离地面高度为1.5 m 的 A 处抛出弹力球,弹力球在 B处着地后弹起,落至点 C 处,弹力球着地前后的运动轨迹可近似看成形状相同的两条抛物线,弹力球第一次着地前对应的抛物线解析式为$y=a(x-1)^2+2$,在 B 处着地后弹起的最大高度为着地前的最大高度的$\frac{1}{4}$. 现在地上摆放一个底面半径为 0.3 m,高为 0.42 m 的圆柱形水桶,水桶的最左端距离原点 s m,若要弹力球从 B 处弹起后落入水桶内,则 s 的值可能是 ()

A.3.7
B.4.1
C.5.5
D.5

B 【解析】$\because $ 点 $A(0,1.5)$ 在抛物线 $y=a(x-1)^2+2$ 上,$\therefore 1.5=a(0-1)^2+2$,$\therefore a=-\frac{1}{2}$,$\therefore $ 第一次着地前对应的抛物线解析式为 $y=-\frac{1}{2}(x-1)^2+2$. 当 $y=0$ 时,$-\frac{1}{2}(x-1)^2+2=0$,$\therefore x=3$ 或 $x=-1$(舍去),$\therefore $ 点 $B$ 的坐标为 $(3,0)$. $\because $ 着地前后对应的两条抛物线的形状相同,且着地后弹起的最大高度是着地前的最大高度的 $\frac{1}{4}$,$\therefore $ 设第一次着地后对应的抛物线解析式为 $y=-\frac{1}{2}(x-h)^2+\frac{1}{2}$, 将点 $B(3,0)$ 代入该解析式,得 $-\frac{1}{2}(3-h)^2+\frac{1}{2}=0$, 解得 $h_1=4$,$h_2=2$(舍去),$\therefore $ 第一次着地后对应的抛物线解析式为 $y=-\frac{1}{2}(x-4)^2+\frac{1}{2}$, 该抛物线的对称轴为直线 $x=4$. 又$\because $ 点 $B$ 的横坐标为 3,$\therefore $ 点 $C$ 的横坐标为 5,$\therefore $ 点 $C(5,0)$,$\therefore $ 弹力球第二次着地点到点 $O$ 的距离为 $5\ \mathrm{m}$. $\because $ 圆柱形水桶的高为 $0.42\ \mathrm{m}$,$\therefore $ 当 $y=0.42$ 时,$-\frac{1}{2}(x-4)^2+\frac{1}{2}=0.42$, 解得 $x_1=3.6$(舍去),$x_2=4.4$. $\because $ 水桶的底面半径为 $0.3\ \mathrm{m}$, 水桶的最左端距离原点 $s$ 米,$\therefore s$ 的取值范围为 $4.4-0.6≤ s≤ 4.4$, 即 $3.8≤ s≤ 4.4$. 故选 B.

2[中]为了节省材料，某农场主利用围墙（围墙足够长）为一边，用总长为60 m的篱笆围成了如图所示的①②③三块矩形区域，而且这三块矩形区域的面积相等，则BC长为时，能围成的矩形区域ABCD的面积最大。

15 m 【解析】如图,$\because $ 三块矩形区域的面积相等,$\therefore $ 矩形AEFD 面积是矩形 BCFE 面积的 2 倍,$\therefore AE=2BE$. 设 $BC=x\ \mathrm{m}$,$BE=FC=a\ \mathrm{m}$, 则 $AE=HG=DF=2a\ \mathrm{m}$. $\because DF+FC+HG+AE+EB+EF+BC=60\ \mathrm{m}$,$\therefore 8a+2x=60$,$\therefore a=-\frac{1}{4}x+\frac{15}{2}$,$\therefore 3a=-\frac{3}{4}x+\frac{45}{2}$,$\therefore $ 矩形区域 $ABCD$ 的面积 $S=(-\frac{3}{4}x+\frac{45}{2})x=-\frac{3}{4}x^2+\frac{45}{2}x$. $\because a=-\frac{1}{4}x+\frac{15}{2}＞0$,$\therefore x＜30$,$\therefore S=-\frac{3}{4}x^2+\frac{45}{2}x\ (0＜x＜30)$. $\because $ 二次项系数 $-\frac{3}{4}＜0$,$\therefore $ 当 $x=-\frac{\frac{45}{2}}{2×(-\frac{3}{4})}=15$ 时,$S$ 有最大值. 故答案为 15 m.

3 核心素养模型观念[较难]【生活情境】
为美化校园环境,某学校根据地形情况,要对景观带中一个长AD=4 m,宽AB=1 m的长方形水池ABCD进行加长改造(如图(1),改造后的水池ABNM仍为长方形,以下简称水池1),同时,再建造一个周长为12 m的矩形水池EFGH(如图(2),以下简称水池2),且EF=DM.

【建立模型】
设水池ABCD的边AD的加长长度DM为x m(x＞0),加长后水池1的总面积为$y_1$ m²,则EF=x m,$y_1$关于x的函数解析式为$y_1=x+4(x＞0)$;设水池2的面积为$y_2$ m²,则$y_2$关于x的函数解析式为$y_2=-x^2+6x(0＜x＜6)$,上述两个函数在同一平面直角坐标系中的图象如图(3).

【问题解决】
(1)若水池2的面积随EF长度的增加而减小,则EF长度的取值范围是(可省略单位),水池2面积的最大值是 m²;
(2)在图(3)字母标注的点中,表示两个水池面积相等的点是,此时x的值是;
(3)当水池1的面积大于水池2的面积时,x的取值范围是;
(4)在1＜x＜4范围内,求两个水池面积差的最大值和此时x的值;
(5)假设水池ABCD的边AD的长度为$b(b＞0)$m,其他条件不变(这个加长改造后的新水池简称水池3),则水池3的总面积$y_3$(m²)关于x(m)(x＞0)的函数解析式为$y_3=x+b(x＞0)$.当水池3与水池2的面积相等时,x有唯一值,求b的值.

【解】(1)$\because y_2=-x^2+6x=-(x-3)^2+9$,$\therefore $ 抛物线的顶点坐标为$(3,9)$,对称轴为直线 $x=3$.$\because $ 水池 2 的面积随 $EF$ 长度的增加而减小,$\therefore EF$ 长度的取值范围是 $3≤ x＜6$.当 $x=3$ 时,水池 2 面积有最大值,为 $9\ \mathrm{m}^2$.故答案为 $3≤ x＜6$,$9$.
(2)由题图(3)得,两函数图象交于点 $C,E$,$\therefore $ 表示两个水池面积相等的点是 $C,E$.联立得 $\begin{cases} y=x+4, \\ y=-x^2+6x, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} x=1, \\ y=5 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x=4, \\ y=8, \end{cases}$$\therefore x$ 的值为 1 或 4. 故答案为 $C,E$;1 或 4.
(3)由(2)知,$C(1,5)$,$E(4,8)$.$\because $ 直线在抛物线上方时,$0＜x＜1$ 或 $4＜x＜6$,$\therefore $ 水池 1 的面积大于水池 2 的面积时,$x$ 的取值范围是 $0＜x＜1$ 或 $4＜x＜6$,故答案为 $0＜x＜1$ 或 $4＜x＜6$.
(4)在 $1＜x＜4$ 范围内,两个水池的面积差为 $(-x^2+6x)-(x+4)=-x^2+5x-4=-(x-\frac{5}{2})^2+\frac{9}{4}$.$\because -1＜0$,$1＜x＜4$,$\therefore $ 当 $x=\frac{5}{2}$ 时,函数有最大值,为 $\frac{9}{4}$,即在 $1＜x＜4$ 范围内,两个水池面积差的最大值为 $\frac{9}{4}\ \mathrm{m}^2$,此时 $x$ 的值为 $\frac{5}{2}$.
(5)$\because $ 水池 3 与水池 2 的面积相等,$\therefore x+b=-x^2+6x$,整理,得 $x^2-5x+b=0$. $\because x$ 有唯一值,$\therefore \Delta=(-5)^2-4b=0$,解得 $b=\frac{25}{4}$.