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15.如图,在矩形ABCD中,AB=2 cm,AD=5 cm,动点P从点A出发,以1 cm/s的速度沿AD向终点D移动,设移动时间为t(s).连接PC,以PC为一边作正方形PCEF,连接DE、DF,则△DEF面积的最小值为
$\dfrac{3}{2}\ \mathrm{cm^2}$
.答案
15.$\dfrac{3}{2}\ \mathrm{cm^2}$
解析
【分析】
本题为动点结合几何图形的最值问题，解题思路如下：首先根据动点P的运动速度，用时间t表示出线段AP、PD的长度；再结合正方形、矩形的性质，通过全等三角形得到正方形顶点E、F与线段PD、CD的关系；接着用坐标法或割补法推导△DEF的面积关于t的二次函数表达式；最后利用二次函数的性质求出最小值即可。
【解析】
设点P的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，则$AP = t\ \mathrm{cm}$，$PD = (5 - t)\ \mathrm{cm}$，其中$0 \le t \le 5$。
建立平面直角坐标系：设A为原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，可得各点坐标：$A(0,0)$，$D(5,0)$，$C(5,2)$，$P(t,0)$。
由正方形PCEF的性质，结合全等三角形或向量旋转可求得E、F坐标，再代入坐标求三角形面积公式，化简可得△DEF的面积表达式为：
$S=\frac{1}{2}(t-4)^2+\frac{3}{2}$
该二次函数开口向上，因此当$t=4$时，$S$取得最小值，最小值为$\frac{3}{2}\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
$\dfrac{3}{2}\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
动点问题、二次函数最值、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的应用以及二次函数求最值，解题的关键是将几何面积转化为二次函数，利用函数性质求解最值。
【难度系数】
0.6
本题为动点结合几何图形的最值问题，解题思路如下：首先根据动点P的运动速度，用时间t表示出线段AP、PD的长度；再结合正方形、矩形的性质，通过全等三角形得到正方形顶点E、F与线段PD、CD的关系；接着用坐标法或割补法推导△DEF的面积关于t的二次函数表达式；最后利用二次函数的性质求出最小值即可。
【解析】
设点P的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，则$AP = t\ \mathrm{cm}$，$PD = (5 - t)\ \mathrm{cm}$，其中$0 \le t \le 5$。
建立平面直角坐标系：设A为原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，可得各点坐标：$A(0,0)$，$D(5,0)$，$C(5,2)$，$P(t,0)$。
由正方形PCEF的性质，结合全等三角形或向量旋转可求得E、F坐标，再代入坐标求三角形面积公式，化简可得△DEF的面积表达式为：
$S=\frac{1}{2}(t-4)^2+\frac{3}{2}$
该二次函数开口向上，因此当$t=4$时，$S$取得最小值，最小值为$\frac{3}{2}\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
$\dfrac{3}{2}\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
动点问题、二次函数最值、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的应用以及二次函数求最值，解题的关键是将几何面积转化为二次函数，利用函数性质求解最值。
【难度系数】
0.6
16. 如图，在$△ ABC$中，$AB=14$，$AC=10$，点$D$是$BC$上一点，点$E$是$BA$延长线上一点，已知$\tan∠ CAE=\frac{4}{3}$，$∠ DAB=45°$，则$AD$的长为
$4\sqrt{2}$
。答案
16.$4\sqrt{2}$ 解析:如图，过点 C、D 作 $CM⊥ BM,DN⊥ BM$.
$\because \tan∠ CAM=\dfrac{4}{3}=\dfrac{CM}{AM}$,
$\therefore$ 设 $CM=4k,AM=3k$($k$ 为不等于 0 的常数).
在 $\mathrm{Rt}△ ACM$ 中,$\because AC=\sqrt{AM^2+CM^2}$,
$\therefore \sqrt{(4k)^2+(3k)^2}=10$,解得 $k=2$,
$\therefore CM=8,AM=6,\therefore BM=AB+AM=20$.
在 $\mathrm{Rt}△ ADN$ 中,$\because ∠ DAB=45°,\therefore AN=DN$.
$\because \tan B=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{DN}{BN},\therefore \dfrac{8}{20}=\dfrac{DN}{BN}=\dfrac{DN}{14-DN}$.
$\therefore DN=AN=4,\therefore AD=4\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要求AD的长，已知∠DAB=45°，需将其放在直角三角形中得到边的等量关系，同时题目给出的∠CAE的正切值也需要在直角三角形中利用三角函数关系求解，因此先考虑过点C、D分别作EB的垂线构造直角三角形。首先在Rt△ACM中，利用tan∠CAE的值和AC的长度求出CM、AM的长，进而得到BM的长；再利用∠B的正切值在Rt△BCM和Rt△BDN中相等，结合∠DAB=45°得到的AN=DN的关系列方程，求出DN的长度，最后根据等腰直角三角形的边的关系求出AD即可。
【解析】
如图，过点C作$CM⊥EB$于点M，过点D作$DN⊥EB$于点N。
$\because \tan∠ CAE=\tan∠ CAM=\dfrac{4}{3}=\dfrac{CM}{AM}$，
$\therefore$ 设$CM=4k$，$AM=3k$（$k≠0$）。
在$\mathrm{Rt}△ ACM$中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AM^2+CM^2}$，
将$AC=10$代入得$\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=10$，解得$k=2$，
$\therefore CM=4×2=8$，$AM=3×2=6$，
$\therefore BM=AB+AM=14+6=20$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$中，$\because ∠ DAB=45°$，
$\therefore △ ADN$是等腰直角三角形，即$AN=DN$。
$\because ∠ B$是$\mathrm{Rt}△ BCM$和$\mathrm{Rt}△ BDN$的公共角，
$\therefore \tan B=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{DN}{BN}$，
又$\because BN=AB-AN=14-DN$，
$\therefore \dfrac{8}{20}=\dfrac{DN}{14-DN}$，解得$DN=4$，即$AN=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$中，由勾股定理得$AD=\sqrt{AN^2+DN^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形性质
【点评】
本题主要考查锐角三角函数的应用，通过作垂线构造直角三角形是解决此类问题的常用思路，解题过程中结合公共角的三角函数值相等建立方程，体现了方程思想的运用。
【难度系数】
0.6
要求AD的长，已知∠DAB=45°，需将其放在直角三角形中得到边的等量关系，同时题目给出的∠CAE的正切值也需要在直角三角形中利用三角函数关系求解，因此先考虑过点C、D分别作EB的垂线构造直角三角形。首先在Rt△ACM中，利用tan∠CAE的值和AC的长度求出CM、AM的长，进而得到BM的长；再利用∠B的正切值在Rt△BCM和Rt△BDN中相等，结合∠DAB=45°得到的AN=DN的关系列方程，求出DN的长度，最后根据等腰直角三角形的边的关系求出AD即可。
【解析】
如图，过点C作$CM⊥EB$于点M，过点D作$DN⊥EB$于点N。
$\because \tan∠ CAE=\tan∠ CAM=\dfrac{4}{3}=\dfrac{CM}{AM}$，
$\therefore$ 设$CM=4k$，$AM=3k$（$k≠0$）。
在$\mathrm{Rt}△ ACM$中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AM^2+CM^2}$，
将$AC=10$代入得$\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=10$，解得$k=2$，
$\therefore CM=4×2=8$，$AM=3×2=6$，
$\therefore BM=AB+AM=14+6=20$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$中，$\because ∠ DAB=45°$，
$\therefore △ ADN$是等腰直角三角形，即$AN=DN$。
$\because ∠ B$是$\mathrm{Rt}△ BCM$和$\mathrm{Rt}△ BDN$的公共角，
$\therefore \tan B=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{DN}{BN}$，
又$\because BN=AB-AN=14-DN$，
$\therefore \dfrac{8}{20}=\dfrac{DN}{14-DN}$，解得$DN=4$，即$AN=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$中，由勾股定理得$AD=\sqrt{AN^2+DN^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形性质
【点评】
本题主要考查锐角三角函数的应用，通过作垂线构造直角三角形是解决此类问题的常用思路，解题过程中结合公共角的三角函数值相等建立方程，体现了方程思想的运用。
【难度系数】
0.6
17如图，点A、B的坐标分别为(1,4)和(4,4)，抛物线$y=a(x-m)^2+n$的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点(C在D的左侧)。
(1)$n=$
(2)若点C的横坐标最小值为−3，则点D的横坐标最大值为
(1)$n=$
4
；(2)若点C的横坐标最小值为−3，则点D的横坐标最大值为
8
。答案
17.(1)4 (2)8 解析:(1)$\because$点 A、B 的坐标分别为$(1,4)$和$(4,4)$,$\therefore$线段 AB 所在的直线方程为 $y=4$.
$\because$ 抛物线 $y=a(x-m)^2+n$ 的顶点$(m,n)$在线段 AB 上运动,$\therefore n=4$.故答案为 4.
(2)$\because$ 抛物线 $y=a(x-m)^2+n$ 的顶点在线段 AB 上运动,
$\therefore$ 当抛物线顶点为 $A(1,4)$ 时,点 C 的横坐标最小,最小值为 $-3$,
此时,对称轴为直线 $x=1$,则 $D$ 点横坐标为 5,$CD=8$;
当抛物线顶点为 $B(4,4)$ 时,抛物线对称轴为直线 $x=4$,
$\because CD=8,\therefore C(0,0),D(8,0)$,
此时 $D$ 点横坐标最大,最大值为 8.故答案为 8.
$\because$ 抛物线 $y=a(x-m)^2+n$ 的顶点$(m,n)$在线段 AB 上运动,$\therefore n=4$.故答案为 4.
(2)$\because$ 抛物线 $y=a(x-m)^2+n$ 的顶点在线段 AB 上运动,
$\therefore$ 当抛物线顶点为 $A(1,4)$ 时,点 C 的横坐标最小,最小值为 $-3$,
此时,对称轴为直线 $x=1$,则 $D$ 点横坐标为 5,$CD=8$;
当抛物线顶点为 $B(4,4)$ 时,抛物线对称轴为直线 $x=4$,
$\because CD=8,\therefore C(0,0),D(8,0)$,
此时 $D$ 点横坐标最大,最大值为 8.故答案为 8.
解析
【分析】
(1) 首先观察点A、B的坐标特征，两点纵坐标均为4，可知线段AB所在直线为y=4；抛物线顶点式$y=a(x-m)^2+n$的顶点坐标为$(m,n)$，顶点在线段AB上运动，因此顶点纵坐标恒为4，即可直接得到n的值。
(2) 要找到点D横坐标的最大值，需先确定抛物线与x轴两交点C、D之间的距离：当点C横坐标最小时，抛物线顶点位于线段AB最左端的A点，此时对称轴为直线$x=1$，利用二次函数的对称性（对称轴是C、D两点连线的中点），可求出此时D点的横坐标，进而得到CD的长度；由于抛物线顶点在线段AB运动时纵坐标不变，a值不变，因此CD长度固定，当顶点运动到线段AB最右端的B点时，对称轴为直线$x=4$，结合CD长度即可求出此时D点的横坐标，也就是D的横坐标最大值。
【解析】
(1)
∵点$A(1,4)$、$B(4,4)$的纵坐标相同，
∴线段AB所在直线的解析式为$y=4$。
∵抛物线$y=a(x-m)^2+n$的顶点坐标为$(m,n)$，且顶点在线段AB上运动，
∴顶点纵坐标$n=4$。
(2) 当点C的横坐标取最小值-3时，抛物线顶点恰好为$A(1,4)$，此时抛物线对称轴为直线$x=1$。
根据二次函数的对称性，对称轴是C、D两点的中点，设此时D点横坐标为$x_1$，则：
$\frac{-3 + x_1}{2}=1$，解得$x_1=5$，因此CD的长度为$5 - (-3)=8$。
当抛物线顶点运动到$B(4,4)$时，对称轴为直线$x=4$，此时D点横坐标最大，结合CD长度为8，可得D点横坐标为$4 + \frac{8}{2}=8$。
【答案】
(1)4；(2)8
【知识点】
二次函数顶点式，二次函数对称性，坐标与图形性质
【点评】
本题重点考查二次函数的基本性质，解题的核心是抓住顶点运动时纵坐标不变、抛物线与x轴两交点间距固定的特点，灵活运用二次函数的对称性求解，对函数图像的动态分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1) 首先观察点A、B的坐标特征，两点纵坐标均为4，可知线段AB所在直线为y=4；抛物线顶点式$y=a(x-m)^2+n$的顶点坐标为$(m,n)$，顶点在线段AB上运动，因此顶点纵坐标恒为4，即可直接得到n的值。
(2) 要找到点D横坐标的最大值，需先确定抛物线与x轴两交点C、D之间的距离：当点C横坐标最小时，抛物线顶点位于线段AB最左端的A点，此时对称轴为直线$x=1$，利用二次函数的对称性（对称轴是C、D两点连线的中点），可求出此时D点的横坐标，进而得到CD的长度；由于抛物线顶点在线段AB运动时纵坐标不变，a值不变，因此CD长度固定，当顶点运动到线段AB最右端的B点时，对称轴为直线$x=4$，结合CD长度即可求出此时D点的横坐标，也就是D的横坐标最大值。
【解析】
(1)
∵点$A(1,4)$、$B(4,4)$的纵坐标相同，
∴线段AB所在直线的解析式为$y=4$。
∵抛物线$y=a(x-m)^2+n$的顶点坐标为$(m,n)$，且顶点在线段AB上运动，
∴顶点纵坐标$n=4$。
(2) 当点C的横坐标取最小值-3时，抛物线顶点恰好为$A(1,4)$，此时抛物线对称轴为直线$x=1$。
根据二次函数的对称性，对称轴是C、D两点的中点，设此时D点横坐标为$x_1$，则：
$\frac{-3 + x_1}{2}=1$，解得$x_1=5$，因此CD的长度为$5 - (-3)=8$。
当抛物线顶点运动到$B(4,4)$时，对称轴为直线$x=4$，此时D点横坐标最大，结合CD长度为8，可得D点横坐标为$4 + \frac{8}{2}=8$。
【答案】
(1)4；(2)8
【知识点】
二次函数顶点式，二次函数对称性，坐标与图形性质
【点评】
本题重点考查二次函数的基本性质，解题的核心是抓住顶点运动时纵坐标不变、抛物线与x轴两交点间距固定的特点，灵活运用二次函数的对称性求解，对函数图像的动态分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
18如图，抛物线$y=\frac{1}{2}x^2 -2x +c$交x轴于点$A(a,0)$和$B(b,0)$，点A在点B左侧，交y轴于点$C(0,c)$，抛物线的顶点为D.给出下面四个结论：
①$y≥ c-2$；
②当$y＜0$时，$a＜x＜b$；
③抛物线上有点$P(x_1,y_1)$和$Q(x_2,y_2)$，若$x_1＜x_2$，且$x_1+x_2＞4$，则$y_1＞y_2$；
④当$c=\frac{3}{2}$时，对于抛物线上两点$M(m,n_1)$、$N(m+2,n_2)$，若$n_1＜0$，则$n_2＞0$.
上述结论中，所有正确结论的序号是________.
①$y≥ c-2$；
②当$y＜0$时，$a＜x＜b$；
③抛物线上有点$P(x_1,y_1)$和$Q(x_2,y_2)$，若$x_1＜x_2$，且$x_1+x_2＞4$，则$y_1＞y_2$；
④当$c=\frac{3}{2}$时，对于抛物线上两点$M(m,n_1)$、$N(m+2,n_2)$，若$n_1＜0$，则$n_2＞0$.
上述结论中，所有正确结论的序号是________.
答案
18.①②④ 解析:$\because$ 抛物线为 $y=\dfrac{1}{2}x^2-2x+c=\dfrac{1}{2}(x-2)^2+c-2$,又 $a=\dfrac{1}{2}＞0$,
$\therefore$ 当 $x=2$,$y$ 取最小值为 $c-2$,
$\therefore y≥ c-2$,故①正确;
$\because$ 抛物线交 $x$ 轴于点 $A(a,0)$ 和 $B(b,0)$,又抛物线开口向上,
$\therefore$ 结合图像,当 $y＜0$ 时,$a＜x＜b$,故②正确;
$\because$ 抛物线为 $y=\dfrac{1}{2}x^2-2x+c=\dfrac{1}{2}(x-2)^2+c-2$,
$\therefore$ 抛物线的对称轴是直线 $x=2$.
又 $\because x_1＜x_2$,且 $x_1+x_2＞4$,
$\therefore P(x_1,y_1)$ 到对称轴的距离小于 $Q(x_2,y_2)$ 到对称轴的距离,
$\therefore y_1＜y_2$,故③错误;
当 $c=\dfrac{3}{2}$ 时,$y=\dfrac{1}{2}x^2-2x+c=\dfrac{1}{2}x^2-2x+\dfrac{3}{2}$,
令 $y=0$,则 $\dfrac{1}{2}x^2-2x+\dfrac{3}{2}=0$,
$\therefore x_1=1,x_2=3$,$\therefore A(1,0),B(3,0)$.
若 $n_1＜0$,则 $1＜m＜3$,
$\therefore 3＜m+2＜5$,$\therefore n_2＞0$,故④正确.
综上,正确的有①②④.
$\therefore$ 当 $x=2$,$y$ 取最小值为 $c-2$,
$\therefore y≥ c-2$,故①正确;
$\because$ 抛物线交 $x$ 轴于点 $A(a,0)$ 和 $B(b,0)$,又抛物线开口向上,
$\therefore$ 结合图像,当 $y＜0$ 时,$a＜x＜b$,故②正确;
$\because$ 抛物线为 $y=\dfrac{1}{2}x^2-2x+c=\dfrac{1}{2}(x-2)^2+c-2$,
$\therefore$ 抛物线的对称轴是直线 $x=2$.
又 $\because x_1＜x_2$,且 $x_1+x_2＞4$,
$\therefore P(x_1,y_1)$ 到对称轴的距离小于 $Q(x_2,y_2)$ 到对称轴的距离,
$\therefore y_1＜y_2$,故③错误;
当 $c=\dfrac{3}{2}$ 时,$y=\dfrac{1}{2}x^2-2x+c=\dfrac{1}{2}x^2-2x+\dfrac{3}{2}$,
令 $y=0$,则 $\dfrac{1}{2}x^2-2x+\dfrac{3}{2}=0$,
$\therefore x_1=1,x_2=3$,$\therefore A(1,0),B(3,0)$.
若 $n_1＜0$,则 $1＜m＜3$,
$\therefore 3＜m+2＜5$,$\therefore n_2＞0$,故④正确.
综上,正确的有①②④.
解析
【分析】
解题时先将抛物线的一般式配方为顶点式，得到抛物线的开口方向、对称轴、最值，再结合二次函数的图像性质逐个判断4个结论：1. 判断①：根据抛物线开口向上有最小值，最小值为顶点纵坐标，即可验证结论；2. 判断②：结合开口向上的抛物线图像，x轴下方的对应x范围为两交点之间的区间，据此判断；3. 判断③：根据对称轴为x=2，由$x_1+x_2＞4$推导两点到对称轴的距离关系，结合开口向上时离对称轴越远函数值越大的性质判断；4. 判断④：代入c的解析式求抛物线与x轴的交点，根据$n_1＜0$得到m的范围，再推导$m+2$的区间即可判断$n_2$的正负。
【解析】
先将抛物线解析式配方：
$y=\dfrac{1}{2}x^2 -2x +c=\dfrac{1}{2}(x-2)^2 +c-2$，
∵ 二次项系数$\dfrac{1}{2}＞0$，
∴ 抛物线开口向上。
① 当x=2时，y取得最小值为$c-2$，因此对任意x都有$y≥c-2$，故①正确；
② 抛物线开口向上，且与x轴交于A(a,0)、B(b,0)（A在B左侧），结合图像可得：当y＜0时，对应的x在两个交点之间，即$a＜x＜b$，故②正确；
③ 抛物线对称轴为直线$x=2$，已知$x_1＜x_2$且$x_1+x_2＞4$，则$\dfrac{x_1+x_2}{2}＞2$，说明两点的中点在对称轴右侧，因此$x_2$到对称轴的距离大于$x_1$到对称轴的距离，又因为抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大，故$y_1＜y_2$，③错误；
④ 当$c=\dfrac{3}{2}$时，抛物线解析式为$y=\dfrac{1}{2}x^2 -2x +\dfrac{3}{2}$，令y=0，解方程：
$\dfrac{1}{2}x^2 -2x +\dfrac{3}{2}=0$，两边乘2得$x^2-4x+3=0$，解得$x=1$或$x=3$，即A(1,0)，B(3,0)。
若$n_1＜0$，则M点在x轴下方，对应$1＜m＜3$，因此$m+2$的范围是$3＜m+2＜5$，该范围在点B右侧，抛物线开口向上，B右侧的点的函数值都大于0，故$n_2＞0$，④正确。
综上，正确的结论是①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
二次函数的性质，二次函数与不等式，二次函数的图像
【点评】
本题综合考查二次函数的图像与性质，需要熟练掌握配方求顶点、对称轴的方法，结合数形结合思想分析函数值与自变量的关系，同时要会利用交点坐标解决不等式相关问题，对二次函数性质的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先将抛物线的一般式配方为顶点式，得到抛物线的开口方向、对称轴、最值，再结合二次函数的图像性质逐个判断4个结论：1. 判断①：根据抛物线开口向上有最小值，最小值为顶点纵坐标，即可验证结论；2. 判断②：结合开口向上的抛物线图像，x轴下方的对应x范围为两交点之间的区间，据此判断；3. 判断③：根据对称轴为x=2，由$x_1+x_2＞4$推导两点到对称轴的距离关系，结合开口向上时离对称轴越远函数值越大的性质判断；4. 判断④：代入c的解析式求抛物线与x轴的交点，根据$n_1＜0$得到m的范围，再推导$m+2$的区间即可判断$n_2$的正负。
【解析】
先将抛物线解析式配方：
$y=\dfrac{1}{2}x^2 -2x +c=\dfrac{1}{2}(x-2)^2 +c-2$，
∵ 二次项系数$\dfrac{1}{2}＞0$，
∴ 抛物线开口向上。
① 当x=2时，y取得最小值为$c-2$，因此对任意x都有$y≥c-2$，故①正确；
② 抛物线开口向上，且与x轴交于A(a,0)、B(b,0)（A在B左侧），结合图像可得：当y＜0时，对应的x在两个交点之间，即$a＜x＜b$，故②正确；
③ 抛物线对称轴为直线$x=2$，已知$x_1＜x_2$且$x_1+x_2＞4$，则$\dfrac{x_1+x_2}{2}＞2$，说明两点的中点在对称轴右侧，因此$x_2$到对称轴的距离大于$x_1$到对称轴的距离，又因为抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大，故$y_1＜y_2$，③错误；
④ 当$c=\dfrac{3}{2}$时，抛物线解析式为$y=\dfrac{1}{2}x^2 -2x +\dfrac{3}{2}$，令y=0，解方程：
$\dfrac{1}{2}x^2 -2x +\dfrac{3}{2}=0$，两边乘2得$x^2-4x+3=0$，解得$x=1$或$x=3$，即A(1,0)，B(3,0)。
若$n_1＜0$，则M点在x轴下方，对应$1＜m＜3$，因此$m+2$的范围是$3＜m+2＜5$，该范围在点B右侧，抛物线开口向上，B右侧的点的函数值都大于0，故$n_2＞0$，④正确。
综上，正确的结论是①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
二次函数的性质，二次函数与不等式，二次函数的图像
【点评】
本题综合考查二次函数的图像与性质，需要熟练掌握配方求顶点、对称轴的方法，结合数形结合思想分析函数值与自变量的关系，同时要会利用交点坐标解决不等式相关问题，对二次函数性质的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
三、解答题(本大题共7题，满分78分)
19.(10分)一个物体是由棱长为4 cm的正方体模型堆砌而成的，其形状图如图所示。
(1)请在从上面看到的形状图上标出小正方体的个数；
(2)求该物体的体积；
(3)求该物体的表面积。
19.(10分)一个物体是由棱长为4 cm的正方体模型堆砌而成的，其形状图如图所示。
(1)请在从上面看到的形状图上标出小正方体的个数；
(2)求该物体的体积；
(3)求该物体的表面积。
答案
19.解:(1)如图.
(2)$4×4×4×(1+1+1+2)=320(\mathrm{cm^3})$,
答:该物体的体积是 $320\ \mathrm{cm^3}$.
(3)$4×4×(3+3+4)×2=320(\mathrm{cm^2})$,
答:该物体的表面积是 $320\ \mathrm{cm^2}$.
解析
【分析】
解题思路如下：
(1) 标注俯视图的小正方体个数：先由俯视图确定底层有4个小正方体，再结合主视图（右列最高2层，左列最高1层）和左视图（后行最高2层，前行最高1层），判断出只有后行右列的位置有2层小正方体，其余位置均为1层，据此标注即可。
(2) 计算体积：先求出单个小正方体的体积，再统计所有小正方体的总个数，二者相乘就是物体的总体积。
(3) 计算表面积：分别统计正面、左面、上面三个方向看到的正方形面的数量，由于相对的面看到的面数相同，总面数为三个方向面数之和的2倍，再乘单个正方形面的面积，即可得到组合体的表面积。
【解析】
(1) 结合三视图分析各位置层数：俯视图共4个位置，主视图显示左列最大层数为1，右列最大层数为2；左视图显示前行最大层数为1，后行最大层数为2，因此仅后行右列位置有2个小正方体，其余3个位置各1个，标注结果如图：
(2) 单个小正方体的体积为：$4×4×4=64\ \mathrm{cm^3}$，
小正方体总个数为$1+1+1+2=5$，
总体积为$64×5=320\ \mathrm{cm^3}$。
(3) 单个正方形面的面积为：$4×4=16\ \mathrm{cm^2}$，
从正面看有3个面，从左面看有3个面，从上面看有4个面，相对的面的面数相同，
总面数为$(3+3+4)×2=20$，
总表面积为$16×20=320\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
(1)
(2) 该物体的体积是$\boxed{320\ \mathrm{cm^3}}$
(3) 该物体的表面积是$\boxed{320\ \mathrm{cm^2}}$
【知识点】
三视图判断几何体；几何体体积计算；几何体表面积计算
【点评】
本题主要考查三视图的实际应用，需要熟练掌握三视图之间的对应关系，准确判断组合体的结构，再结合正方体的体积、表面积公式计算，解题核心是理清各位置小正方体的层数，避免漏算或多算面数。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：
(1) 标注俯视图的小正方体个数：先由俯视图确定底层有4个小正方体，再结合主视图（右列最高2层，左列最高1层）和左视图（后行最高2层，前行最高1层），判断出只有后行右列的位置有2层小正方体，其余位置均为1层，据此标注即可。
(2) 计算体积：先求出单个小正方体的体积，再统计所有小正方体的总个数，二者相乘就是物体的总体积。
(3) 计算表面积：分别统计正面、左面、上面三个方向看到的正方形面的数量，由于相对的面看到的面数相同，总面数为三个方向面数之和的2倍，再乘单个正方形面的面积，即可得到组合体的表面积。
【解析】
(1) 结合三视图分析各位置层数：俯视图共4个位置，主视图显示左列最大层数为1，右列最大层数为2；左视图显示前行最大层数为1，后行最大层数为2，因此仅后行右列位置有2个小正方体，其余3个位置各1个，标注结果如图：
(2) 单个小正方体的体积为：$4×4×4=64\ \mathrm{cm^3}$，
小正方体总个数为$1+1+1+2=5$，
总体积为$64×5=320\ \mathrm{cm^3}$。
(3) 单个正方形面的面积为：$4×4=16\ \mathrm{cm^2}$，
从正面看有3个面，从左面看有3个面，从上面看有4个面，相对的面的面数相同，
总面数为$(3+3+4)×2=20$，
总表面积为$16×20=320\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
(1)
(2) 该物体的体积是$\boxed{320\ \mathrm{cm^3}}$
(3) 该物体的表面积是$\boxed{320\ \mathrm{cm^2}}$
【知识点】
三视图判断几何体；几何体体积计算；几何体表面积计算
【点评】
本题主要考查三视图的实际应用，需要熟练掌握三视图之间的对应关系，准确判断组合体的结构，再结合正方体的体积、表面积公式计算，解题核心是理清各位置小正方体的层数，避免漏算或多算面数。
【难度系数】
0.7
