23-24学年番禺区祈福英语实验学校九年级（上）12月考数学试卷（含答案）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_初三上十月十二月考

2023-2024 学年广东省广州市番禺区祈福英语实验学校九年级（上）月考 数学试卷（12 月份） 一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）在平面直角坐标系中，点P(2,5)关于原点对称的点的坐标是( ) A．(2,5) B．(2,5) C．(2,5) D．(2,5) 2．（3分）我国传统文化中的“福禄寿喜”图（如图）由四个图案构成，这四个图案中是中心对称图形的 是( ) A． B． C． D． 3．（3分）正六边形的边心距为 3，则该正六边形的边长是( ) 学 A． 3 B．2 C．3 D．2 3 升 4．（3分）抛物线y2x2先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到的抛物线解析式为( ) 哥 A．y2(x1)2 3 B．y2(x1)2 3 C．y2(x1)2 3 D．y2(x1)2 3 水 5．（3分）已知x2是关于x的一元二次方程x2 x2a0的一个解，则a的值为( ) A．0 B．1 C．1 D．2 6．（3分）如图，O 是正六边形ABCDEF 的外接圆，点P在O 上(P不与A，B重合），则APB的度 数为( ) A．60 B．60或120 C．30 D．30或150 7．（3分）如图，在ABC 中，ACB90，将ABC 绕点C逆时针旋转角到DEC 的位置，这时点B 恰好落在边DE的中点，则旋转角的度数为( ) 第1页（共28页）A．60 B．45 C．30 D．55 8．（3分）电影《长津湖》讲述了一段波澜壮阔的历史，一上映就获得全国人民的追捧，某地第一天票房 约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后票房收入累计达10亿元，若把增长率记作x，则方 程可以列为( ) A．3(1x)10 B．3(1x)2 10 C．33(1x)2 10 D．33(1x)3(1x)2 10 9．（3分）“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”这是《九章 学 算术》中的一个问题，用现代的语言表述为：如图，CD为O的直径，弦ABCD于E，CE1寸，弦 升 AB10寸，则O 的半径为多少寸( ) 哥 水 A．5 B．12 C．13 D．26 10．（3分）如图，二次函数yax2 bxc的图象关于直线x1对称，与x轴交于A(x ，0)，B(x ，0)两 1 2 点，若2 x 1，则下列四个结论：①3 x 4，②3a2b0，③b2 ac4ac，④abc，⑤ 1 2 a(m1)(m1)b(1m)．正确结论的个数为( ) 第2页（共28页）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）关于x的一元二次方程x2 a的两个根分别是2m1与m5，则m ． 12．（3分）如图，点O是ABC的外心，A50，则OBC  ． 学 升 哥 13．（3分）一个圆锥母线长30 水 cm，底面圆半径10cm，则圆锥的侧面展开图的圆心角为 ． 14．（3分）已知方程x2 3x40的根为x ，x ，则(x 2)(x 2)的值为 ． 1 2 1 2 1 15．（3分）已知二次函数y(x1)2 2，当x m时，y随着x的增大而减小，则m的取值范围为 ． 2 16．（3分）在ABC 中，ABC 90，AB2，BC 3．点D为平面上一个动点，ADB45，则线 段CD长度的最小值为 ． 三、解答题（共9小题，满分72分） 17．（4分）解方程：2x2 13x． 18．（4分）小华、小玲一起到淮安西游乐园游玩，他们决定在三个热门项目(A：智取芭蕉扇、B：三打 白骨精、C:盘丝洞）中各自随机选择一个项目游玩． （1）小华选择C 项目的概率是 ； （2）用画树状图或列表法方法求小华、小玲选择不同游玩项目的概率． 19．（6分）已知关于x的一元二次方程x2 (2m1)xm20． （1）求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； 第3页（共28页）（2）当该方程的判别式的值最小时，写出m的值，并求出此时方程的解． 20．（6分）在如图所示的方格纸中，ABC 的顶点都在边长为单位1的小正方形的顶点上，以小正方形互 相垂直的两边所在直线为坐标轴建立直角坐标系． （1）画出ABC 关于y轴对称的△ABC ，其中A，B，C 分别和A，B ，C 对应； 1 1 1 1 1 1 （2）绕点B顺时针旋转ABC ，使得A点在x轴正半轴上，旋转后的三角形为△A BC ，画出旋转后的△ 2 2 A BC ，其中A，C分别和A ，C 对应； 2 2 2 2 （3）填空：在（2）的条件下，点A所经过的路线长是 ． 学 升 哥 21．（8分）如图，点C在以AB 水为直径的O上，CD平分ACB交O于点D，交AB于点E，过点D作 DF //AB交CO的延长线于点F ． （1）求证：直线DF是O的切线； （2）若A30，AC 2 3，求DF的长． 22．（10分）如图，O的两条弦AB，CD交于点E，OE平分BED． （1）求证：ABCD． （2）若BED60，EO2，求BEAE 的值． 第4页（共28页）23．（10分）疫情防控期间，在线教学引发手机支架畅销．某网店手机支架1月销量为256台，2月、3月 销量持续走高，3月销量达到400台（售价不变）． （1）求2月、3月这两个月销售量的月平均增长率； （2）手机支架进价为每台24元，售价为每台40元．调查发现：售价每降低1元，销售量增加50台．于 是开展“红4月”促销活动．当售价降低多少元时，手机支架在4月的利润最大？最大利润是多少元？ 24．（12分）如图，在菱形ABCD中，AB2，A60，M 为AD边的中点，点N在边AB上，连结MN ， 作点A关于直线MN 的对称点A，连结MA、AN ． （1）求菱形的高． 学 （2）设点A到直线BC的距离为d，则d的最小值为 ． （3）当A落在菱形的边上时，求AN的长． 升 （4）当直线AN 与菱形ABCD的一边垂直哥时，直接写出AN的长． 水 25．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线yx2 bxc的对称轴是直线x2，与y轴交点的坐标为 1 (0, )． 2 （1）求此抛物线对应的函数表达式． （2）①当3 x 3时，y的取值范围是 ． 5 7 ②若m x 1时， y ，则m的取值范围是 ． 2 2 1 1 （3）当 m2 x 0时，若函数yx2 bxc的图象上有且只有一个点到直线y 的距离为1，求m 2 2 的取值范围． （4）点A、点B均在这个抛物线上（点A在点B的右侧），点A的横坐标为m，点B的横坐标为22m．将 此抛物线上A、B两点之间的部分（包括A、B两点）记为图象G ．设图象G 最高点的纵坐标与最低点 第5页（共28页）的纵坐标的差为h，求h与m之间的函数关系式． 学 升 哥 水 第6页（共28页）2023-2024 学年广东省广州市番禺区祈福英语实验学校九年级（上）月考 数学试卷（12 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）在平面直角坐标系中，点P(2,5)关于原点对称的点的坐标是( ) A．(2,5) B．(2,5) C．(2,5) D．(2,5) 【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(x,y)． 【解答】解：根据中心对称的性质，得点P(2,5)关于原点对称点的点的坐标是(2,5)． 故选：B． 【点评】本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直 角坐标系的图形记忆，比较简单． 2．（3分）我国传统文化中的“福禄寿喜”图（如图）由四个学图案构成，这四个图案中是中心对称图形的 是( ) 升 哥 水 A． B． C． D． 【分析】把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做 中心对称图形，这个点叫做对称中心． 【解答】解：A．不是中心对称图形； B．是中心对称图形； C．不是中心对称图形； D．不是中心对称图形； 故选：B． 【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义． 3．（3分）正六边形的边心距为 3，则该正六边形的边长是( ) A． 3 B．2 C．3 D．2 3 【分析】运用正六边形的性质，正六边形边长等于外接圆的半径，再利用勾股定理解决． 【解答】解：正六边形的边心距为 3， 第7页（共28页）1 OB 3，AB OA， 2 OA2  AB2 OB2， 1 OA2 ( OA)2 ( 3)2， 2 解得OA2． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正六边形和圆，注意：外接圆的半径等于正六边形的边长． 4．（3分）抛物线y2x2先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到的抛物线解析式为( ) A．y2(x1)2 3 B．y2(x1)2 3 C．y2(x1)2 3 D．y2(x1)2 3 学 【分析】先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出新图象的顶 升 点坐标，然后写出即可． 哥 【解答】解：抛物线y2x2的顶点坐标为(0,0)， 水 向右平移1个单位，再向下平移3个单位后的图象的顶点坐标为(1,3)， 所以，所得图象的解析式为 y2(x1)2 3． 故选：A． 【点评】本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶点的变化确定 图形的变化是解题的关键． 5．（3分）已知x2是关于x的一元二次方程x2 x2a0的一个解，则a的值为( ) A．0 B．1 C．1 D．2 【分析】把方程的解代入方程，可以求出字母系数a的值． 【解答】解：x2是方程x2 x2a0的解， 422a0， a1． 故选：B． 【点评】本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程可以求出字母系数的值． 第8页（共28页）6．（3分）如图，O 是正六边形ABCDEF 的外接圆，点P在O 上(P不与A，B重合），则APB的度 数为( ) A．60 B．60或120 C．30 D．30或150 【分析】构造圆心角，分两种情况，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求得答案即可． 【解答】解：连接OA，OB，如图所示： 六边形ABCDEF 是正六边形， 360 AOB 60， 学 6 当点P不在BA上时， 升 1 APB AOB30， 哥 2 水 当点P在AB上时， 1 APB180 AOB18030150， 2 故选：D． 【点评】本题考查了正多边形和圆以及圆周角定理的知识，解题的关键是正确的构造圆心角． 7．（3分）如图，在ABC 中，ACB90，将ABC 绕点C逆时针旋转角到DEC 的位置，这时点B 恰好落在边DE的中点，则旋转角的度数为( ) 第9页（共28页）A．60 B．45 C．30 D．55 【分析】根据旋转变换的性质得到CE CB，ECBDCA，可得出BEBC ，则EBC 是等边三角形， 则计算旋转角即可． 【解答】解：ACB90，B为DE的中点， BC BE BD， 将ABC 绕点C逆时针旋转角到DEC 的位置， CBCE， CBCE BE， 学 ECB为等边三角形， 升 ECB60， 哥 ACDECB60， 水 故选：A． 【点评】本题考查的是旋转变换的性质，等边三角形的判定与性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹 角等于旋转角、旋转前、后的图形全等是解题的关键． 8．（3分）电影《长津湖》讲述了一段波澜壮阔的历史，一上映就获得全国人民的追捧，某地第一天票房 约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后票房收入累计达10亿元，若把增长率记作x，则方 程可以列为( ) A．3(1x)10 B．3(1x)2 10 C．33(1x)2 10 D．33(1x)3(1x)2 10 【分析】若把增长率记作x，则第二天票房约为3(1x)亿元，第三天票房约为3(1x)2亿元，根据三天后 票房收入累计达10亿元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【解答】解：若把增长率记作x，则第二天票房约为3(1x)亿元，第三天票房约为3(1x)2亿元， 依题意得：33(1x)3(1x)2 10． 第10页（共28页）故选：D． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关 键． 9．（3分）“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”这是《九章 算术》中的一个问题，用现代的语言表述为：如图，CD为O的直径，弦ABCD于E，CE1寸，弦 AB10寸，则O 的半径为多少寸( ) A．5 B．12 C．13 D．26 学 【分析】根据垂径定理可知AE的长．在RtAOE中，运用勾股定理可将圆的半径求出，进而可求出直径CD 升 的长． 哥 【解答】解：弦ABCD于点E，CE1，AB10， AE 5，OE OA1， 水 在RtOAE中，OA2  AE2 OE2， 即：OA2 (OA1)2 52， 解得：OA13． 故选：C． 【点评】本题综合考查了垂径定理和勾股定理的性质和求法． 10．（3分）如图，二次函数yax2 bxc的图象关于直线x1对称，与x轴交于A(x ，0)，B(x ，0)两 1 2 点，若2 x 1，则下列四个结论：①3 x 4，②3a2b0，③b2 ac4ac，④abc，⑤ 1 2 a(m1)(m1)b(1m)．正确结论的个数为( ) 第11页（共28页）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据二次函数的对称性，即可判断①；由开口方向和对称轴即可判断②；根据抛物线与x轴的交 点和x1时的函数的取值，即可判断③；根据抛物线的开口方向、对称轴，与y轴的交点以及abc0， 即 可 判 断 ④ ； 根 据 图 象 可 判 断 当 x1 时 ， y 有 最 小 值 ， 且 为 abc ． 又 可 求 出 a(m1)(m1)b(1m)am2 bmc(abc)，结合对于任意实数m，都有y y abc，即可得 m 1 学 出a(m1)(m1)b(1m) 0，即可判断⑤． 升 【解答】解：二次函数yax2 bxc的图象关于直线x1对称，与x轴交于A(x ，0)，B(x ，0)两点， 1 2 哥 且2 x 1， 1 水 3x 4，故①正确； 2 二次函数yax2 bxc的图象关于直线x1对称， b 其对称轴为直线x1，即 1， 2a b2a， 3a2b3a4aa． 由图象可知该抛物线开口向上， a0， 3a2ba0，故②错误； 抛物线与x轴有两个交点， △b2 4ac0． 由图象结合题意可知当x1时， y0， abc0， acb． 第12页（共28页）a0， b2a0， ac0， b2 4acac，即b2 ac4ac，故③正确； 抛物线开口向上，与y轴的交点在x轴下方， a0，c0， ac， 由③可知abc0，b2a， 3ac0， c3a， bc， abc，故④正确； 学 由图象可知当x1时，y有最小值，且为abc． 升 a(m1)(m1)b(1m)am2 bmabam2 bmc(abc)， 哥 又对于任意实数m，都有y y abc， m 1 水 am2 bmc(abc) 0，即a(m1)(m1)b(1m) 0， a(m1)(m1) b(1m)，故⑤错误． 故选：C． 【点评】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，掌握数形结合思想的应用，二次函数图象与系数 的关系，二次函数的对称性是解题的关键． 二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）关于x的一元二次方程x2 a的两个根分别是2m1与m5，则m 2 ． 【分析】利用直接开平方法解方程x2 a得到方程的两根互为相反数，则2m1m50，则可计算出 m3即可． 【解答】解：根据题意得2m1m50， 解得m2， 故答案为：2． 【点评】本题考查了解一元二次方程直接开平方法：形如x2  p或(nxm)2  p(p 0)的一元二次方程可 第13页（共28页）采用直接开平方的方法解一元二次方程． 12．（3分）如图，点O是ABC的外心，A50，则OBC  40 ． 【分析】知道点O是ABC 的外心，那么A、BOC即为同弧所对的圆周角和圆心角，根据圆周角定理 即可得到BOC的度数，进而利用等腰三角形的性质得出OBC． 【解答】解：由于点O是ABC 的外心，所以在ABC 的外接圆O中， BAC、BOC同对着弧BC； 由圆周角定理得：BOC 2BAC 100， OBOC， 学 1 OBC  (180100)40， 升 2 故答案为：40 哥 【点评】此题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的相关知识，关键是根据圆周角定理即可得到 水 BOC的度数． 13．（3分）一个圆锥母线长30cm，底面圆半径10cm，则圆锥的侧面展开图的圆心角为 120 ． nl r 【分析】根据2r  ，得出n360 ，即可求解． 180 l nl 【解答】解：一个圆锥母线长30cm，底面圆半径10cm，2r  ， 180 r 10 n360 360 120， l 30 故答案为：120． 【点评】本题考查了求圆锥的侧面展开图的圆心角，解题的关键是学会利用参数构建方程求解． 14．（3分）已知方程x2 3x40的根为x ，x ，则(x 2)(x 2)的值为 6 ． 1 2 1 2 【分析】直接利用根与系数的关系作答． 【解答】解：方程x2 3x40的根为x ，x ， 1 2 x x 3，x x 4， 1 2 1 2 第14页（共28页）(x 2)(x 2) x x 2x 2x 442346． 1 2 1 2 1 2 故答案为：6． 【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程ax2 bxc0(a0)的根与系数的关系 b c 为：x x  ，x x  ． 1 2 a 1 2 a 1 15．（3分）已知二次函数 y(x1)2 2，当x m时， y随着x的增大而减小，则m的取值范围为 2 m 2 ． 1 1 【分析】根据二次函数y(x1)2 2，当x m时，y随着x的增大而减小，可以得到 m 1，然后求 2 2 解即可． 【解答】解：二次函数y(x1)2 2， 当x1时，y随x的增大而减小， 学 1 当x m时，y随着x的增大而减小， 2 升 1  m 1， 2 哥 解得m 2， 水 故答案为：m 2． 【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 16．（3分）在ABC 中，ABC 90，AB2，BC 3．点D为平面上一个动点，ADB45，则线 段CD长度的最小值为 5 2 ． 【分析】根据ADB45，AB2，作ABD的外接圆O，连接OC，当O、D、C 三点共线时，CD的 值最小．将问题转化为点圆最值．可证得AOB为等腰直角三角形，OBOA 2 ，同样可证OBE也为 等腰直角三角形，OE  BE 1，由勾股定理可求得OC 的长为 5 ，最后CD最小值为OCOD 5 2． 【解答】解：如图所示． ADB45，AB2，作ABD的外接圆O（因求CD最小值，故圆心O在AB的右侧），连接OC， 当O、D、C三点共线时，CD的值最小． ADB45， AOB90， AOB为等腰直角三角形， 第15页（共28页）AOBOsin45AB 2． OBA45，ABC 90， OBE 45，作OE BC于点E， OBE 为等腰直角三角形． OE BE sin45OB1， CE BCBE 312， 在RtOEC中， OC OE2 CE2  14  5． 当O、D、C三点共线时， CD最小为CDOCOD 5 2． 故答案为： 5 2 ． 学 升 哥 水 【点评】本题考查了动点与隐圆条件下的点圆最值，涉及到点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等 基础知识点，难度较大，需要根据条件进行发散思维．解题关键在于确定出点D的运动轨迹为一段优弧． 三、解答题（共9小题，满分72分） 17．（4分）解方程：2x2 13x． 【分析】先进行移项，然后系数化1，再进行配方，即可求出答案． 【解答】解：移项，得2x2 3x1， 3 1 二次项系数化为1，得x2  x ， 2 2 3 3 1 3 配方x2  x( )2  ( )2， 2 4 2 4 3 1 (x )2  ， 4 16 3 1 由此可得x  ， 4 4 1 x 1，x  ． 1 2 2 【点评】本题考查了解一元二次方程配方法，配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2） 第16页（共28页）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程 时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数． 18．（4分）小华、小玲一起到淮安西游乐园游玩，他们决定在三个热门项目(A：智取芭蕉扇、B：三打 白骨精、C:盘丝洞）中各自随机选择一个项目游玩． 1 （1）小华选择C 项目的概率是 ； 3 （2）用画树状图或列表法方法求小华、小玲选择不同游玩项目的概率． 【分析】（1）直接利用概率公式可得答案． （2）画树状图得出所有等可能的结果数以及小华、小玲选择不同游玩项目的结果数，再利用概率公式可 得出答案． 1 【解答】解：（1）小华选择C项目的概率是 ． 3 1 故答案为： ． 3 学 （2）画树状图如下： 升 哥 水 共有9种等可能的结果，其中小华、小玲选择不同游玩项目的结果有：AB，AC，BA，BC，CA，CB， 共6种， 6 2 小华、小玲选择不同游玩项目的概率为  ． 9 3 【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的 关键． 19．（6分）已知关于x的一元二次方程x2 (2m1)xm20． （1）求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）当该方程的判别式的值最小时，写出m的值，并求出此时方程的解． 【分析】（1）根据根的判别式得出△(2m1)2 41(m2)4m2 90，据此可得答案； （2）m0时，判别式的值最小，解之可得答案． 【解答】（1）证明：△(2m1)2 41(m2) 第17页（共28页）4m2 4m14m8 4m2 90， 无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）解：m0时，判别式的值最小， 把m0代入方程， x2 x20， (x2)(x1)0， x2或x1． 【点评】本题主要考查根的判别式，解题的关键是掌握根的判别式． 20．（6分）在如图所示的方格纸中，ABC 的顶点都在边长为单位1的小正方形的顶点上，以小正方形互 相垂直的两边所在直线为坐标轴建立直角坐标系． （1）画出ABC 关于y轴对称的△ABC ，其中A，B，C 分别和A，B ，C 对应； 1 1 1 1 1 1 学 （2）绕点B顺时针旋转ABC ，使得A点在x轴正半轴上，旋转后的三角形为△A BC ，画出旋转后的△ 升 2 2 A BC ，其中A，C分别和A ，C 对应； 2 2 2 2 哥 10 （3）填空：在（2）的条件下，水点A所经过的路线长是  ． 2 【分析】（1）根据轴对称的性质即可画出ABC关于y轴对称的△ABC ； 1 1 1 （2）根据旋转的性质即可画出旋转后的三角形为△A BC ； 2 2 （3）根据弧长公式即可求出点A所经过的路线长． 【解答】解：（1）如图，△ABC 即为所求； 1 1 1 （2）如图，△A BC 即为所求； 2 2 第18页（共28页）（3）根据弧长公式可知： 90 10 10 点A所经过的路线长是：  ． 180 2 10 故答案为： ． 2 【点评】本题考查了作图旋转变换、作图轴对称变换、轨迹，解决本题的关键是掌握旋转的性质和轴 学 对称的性质． 21．（8分）如图，点C在以AB为直径的O上，C 升 D平分ACB交O于点D，交AB于点E，过点D作 DF //AB交CO的延长线于点F ． 哥 （1）求证：直线DF是O的切 水 线； （2）若A30，AC 2 3，求DF的长． 【分析】（1）连接OD，证明DF OD，可得结论； （2）过点C作CH  AB于点H ．利用勾股定理求出AB，得出DO2，BOC 2A60，利用AB//FD 得出F 60，再利用三角函数求出DF即可． 【解答】（1）证明连接OD． CD平分ACB，  ADDB， OD AB， 第19页（共28页）AB//DF ； ODDF， OD为半径， DF 是O的切线． （2）解： AB是直径， ACB90， 学 A30，AC 2 3， 升 AB AC2 BC2 4， 哥 OD2， 水 BOC 2A60， DF //AB， COBF 60， OD tanF   3， FD 2 3 DF  ． 3 【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的判定，相似三角形的判定和性质， 勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 22．（10分）如图，O的两条弦AB，CD交于点E，OE平分BED． （1）求证：ABCD． （2）若BED60，EO2，求BEAE 的值． 第20页（共28页）【分析】（1）过点O作AB、CD的垂线，垂足为M 、N，由角平分线的性质，可得OM ON ，然后由 弦心距相等可得弦相等，即ABCD； （2）先求出EM 的长为 3，由垂径定理可得AM BM ，则BEAE 2EM ，求出答案即可． 【解答】（1）证明：过点O作AB、CD的垂线，垂足为M 、N，如图， 学 OE 平分BED，且OM  AB，ON CD， 升 OM ON ， 哥 ABCD； （2）解：BED60，OE 水平分BED， 1 BEO BED30， 2 OM  AB， OME 90， OE 2， 1 OM  OE 1， 2  EM  OE2 OM2  22 12  3， OM  AB， BM  AM ， BEAEBM EM (AM EM) 2EM  2 3 ． 【点评】本题考查了垂径定理及勾股定理和角平分线的性质，解题的关键是：作弦心距，由弦心距相等得 到弦相等． 23．（10分）疫情防控期间，在线教学引发手机支架畅销．某网店手机支架1月销量为256台，2月、3月 第21页（共28页）销量持续走高，3月销量达到400台（售价不变）． （1）求2月、3月这两个月销售量的月平均增长率； （2）手机支架进价为每台24元，售价为每台40元．调查发现：售价每降低1元，销售量增加50台．于 是开展“红4月”促销活动．当售价降低多少元时，手机支架在4月的利润最大？最大利润是多少元？ 【分析】（1）设2月、3月这两个月销售量的月平均增长率为x，根据题意可得关于x的一元二次方程， 求得方程的解并作出取舍即可； （2）设当售价降低x元时，手机支架在4月的利润为w元，根据4月的利润等于每台的利润乘以销售量， 列出w关于x的二次函数，将其写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案． 【解答】解：（1）设2月、3月这两个月销售量的月平均增长率为x，根据题意可得： 256(1x)2 400， 1 9 解得：x  25%，x  （不合题意，舍去）． 1 4 2 4 2月、3月这两个月销售量的月平均增长率为25%； 学 （2）设当售价降低x元时，手机支架在4月的利润为w元，由题意得： 升 w(4024x)(40050x) 哥 (16x)(40050x) 水 50x2400x6400 50(x4)2 7200． 当x4时，w有最大值为7200． 当售价降低4元时，手机支架在4月的利润最大，最大利润是7200元． 【点评】本题考查了二次函数和一元二次方程在销售问题中的应用，理清题中的数量关系、熟练掌握二次 函数的性质是解题的关键． 24．（12分）如图，在菱形ABCD中，AB2，A60，M 为AD边的中点，点N在边AB上，连结MN ， 作点A关于直线MN 的对称点A，连结MA、AN ． （1）求菱形的高． （2）设点A到直线BC的距离为d，则d的最小值为 31 ． （3）当A落在菱形的边上时，求AN的长． （4）当直线AN 与菱形ABCD的一边垂直时，直接写出AN的长． 第22页（共28页）【分析】（1）连接BD，过B点作BH CD交于点H ，由菱形的性质可知BCD是等边三角形，求出BH 即为菱形的高； （2）由AM 1，可知A点在以M 为圆心，1为半径的半圆上，连接BM ，当A、M 、B三点共线时， 点A到直线BC的距离最小，最小距离为d BM  AM  31； 1 1 （3）当A在AB边上时，△AAM 是等边三角形，AN  AM  ；当A在CD边上时，此时A与D点 2 2 重合，AN  AB2； 3 （4）当AN  AD时，设直线AN 与AD的交点为P，在直角三角形MPA中求出MP，可得AP1 ， 学 2 AP 在RtAPN中， AN  2 3 ；当 AN  A升B时，过点M 作MQ AB交于点Q，由折叠可知， sin30 ANM 45，在RtAMQ中，AQ 1 ，哥 MQ 3 ，在RtMNQ中，MQNQ 3 ，则AN  3  1 ． 2 2 2 2 2 【解答】解：（1）如图1，连接水 BD，过B点作BH CD交于点H ， 四边形ABCD是菱形，A60， BCD是等边三角形， H 点是CD的中点， AB2， HBBCsin60 3， 菱形的高为 3； （2）如图2，由折叠可知AM  AM ， AD2，M 是AD的中点， AM 1， A点在以M 为圆心，1为半径的半圆上， 连接BM ， BM  AD， 当A、M 、B三点共线时，点A到直线BC的距离最小， 第23页（共28页）A60，AB2， BM  3， d  31， 点A到直线BC的距离最小值为 31， 故答案为： 31； （3）如图3，当A在AB边上时，△AAM 是等边三角形， 1 1 AN  AM  ； 2 2 如图4，当A在CD边上时，此时A与D点重合， AN  AB2； 1 综上所述：AN 2或 ； 2 学 升 哥 水 （4）如图5，当AN  AD时，设直线AN 与AD的交点为P， MPA90， MAN 60，AM 1， 3 MP ， 2 3 AP1 ， 2 AP 在RtAPN中，AN  2 3； sin30 如图6，当AN  AB时，过点M 作MQ AB交于点Q， 由折叠可知，ANM 45， 1 3 在RtAMQ中，AQ ，MQ ， 2 2 3 在RtMNQ中，MQNQ ， 2 第24页（共28页）3 1 AN   ； 2 2 3 1 综上所述：AN的长为2 3或  ． 2 2 学 升 哥 水 【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，数 形结合解题是关键． 25．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线yx2 bxc的对称轴是直线x2，与y轴交点的坐标为 1 (0, )． 2 （1）求此抛物线对应的函数表达式． 1 7 （2）①当3 x 3时，y的取值范围是 21 y ． 2 2 5 7 ②若m x 1时， y ，则m的取值范围是 ． 2 2 第25页（共28页）1 1 （3）当 m2 x 0时，若函数yx2 bxc的图象上有且只有一个点到直线y 的距离为1，求m 2 2 的取值范围． （4）点A、点B均在这个抛物线上（点A在点B的右侧），点A的横坐标为m，点B的横坐标为22m．将 此抛物线上A、B两点之间的部分（包括A、B两点）记为图象G ．设图象G 最高点的纵坐标与最低点 的纵坐标的差为h，求h与m之间的函数关系式． 1 【分析】（1）用待定系数法可得抛物线对应的函数表达式为yx2 4x ； 2 （2）①在3 x 3时，求出y的最大，最小值即可得到答案； 7 5 5 ②由x2时，y ，当x1时，y ，x3时，y ，即可得3 m 2； 2 2 2 1 1 1 1 （3）在yx2 4x 中，令y 得x2 4x  ，得x2 3或x2 3，故2 3m 2 3； 2 2 2 2 1 7 7 （4）当xm时，ym2 4m ，当x22m时，y4m2  ，顶点为(2, )，由A在B的右侧， 2 2 2 2 得m ，分三种情况分别列出函数关系式即可． 学 3 升 1 【解答】解：（1）抛物线yx2 bxc的对称轴是直线x2，与y轴交点的坐标为(0, )， 2 哥  b  2   2  ， 水  c 1  2 b4  解得 1 ， c  2 1 抛物线对应的函数表达式为yx2 4x ； 2 1 （2）①抛物线yx2 4x 的对称轴是直线x2，且|3(2)||3(2)|， 2 1 1 1 当x3时，yx2 4x 取最小值，最小值为32 43 21 ， 2 2 2 1 7 当x2时，y取最大值，最大值为(2)2 4(2)  ， 2 2 1 7 当3 x 3时，y的取值范围是21 y ； 2 2 1 7 故答案为：21 y ； 2 2 7 ②由①知，x2时，y ， 2 1 1 5 当x1时，yx2 4x (1)2 4(1)  ， 2 2 2 第26页（共28页）5 由对称性可知，x3时，y ， 2 5 7 m x 1时， y ， 2 2 3 m 2； 故答案为：3 m 2； （3）如图： 学 升 1 1 1 在直线y 上方，到直线y 距离为1的点在直线y 上， 哥 2 2 2 1 1 1 1 在yx2 4x 中，令y 水得x2 4x  ， 2 2 2 2 解得x2 3或x2 3， 1 1 当 m2 x 0时，函数yx2 bxc的图象上有且只有一个点到直线y 的距离为1， 2 2 1 2 3 m2 2 3， 2 解得：2 3m 2 3； 1 （4）当xm时，ym2 4m ， 2 1 7 当x22m时，y(22m)2 4(22m) 4m2  ， 2 2 1 7 抛物线yx2 4x 顶点为(2, )， 2 2 A在B的右侧， m22m， 2 解得m ， 3 第27页（共28页）7 1 当22m 2，即m 0时，h4m2  (m2 4m )3m2 4m4， 2 2 7 1 当22m2m且2(22m) m(2)，即0m 2时，h (m2 4m )m2 4m4， 2 2 7 7 当2m2m且2(22m)m(2)，即m2时，h (4m2  )4m2， 2 2  2 3m2 4m4 ( m 0)  3  综上所述，hm2 4m4 (0m 2) ．  4m2 (m2)   【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图象上点坐标的特征，函数的最大（小 )值等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/8/3017:22:23；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 学 升 哥 水 第28页（共28页）