23-24学年花都区黄广中学九年级（上）10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 学年广东省广州市花都区黄广中学九年级（上）月考数学试卷 （10 月份） 一、单选题（10×3＝30分） 1．（3分）关于x的一元二次方程2x2 3x10，该方程的常数项是( ) A．2 B．3 C．1 D．1 2．（3分）用配方法解方程x2 8x90，变形后的结果正确的是( ) A．(x4)2 7 B．(x4)2 7 C．(x4)2 25 D．(x4)2 25 3．（3分）下列一元二次方程中，无实数根的是( ) A．x2 30 B．x2 3x0 C．x2 4x40 D．x2 30 4．（3分）若方程x2 2x40的两个实数根为x 、x ，则x x xx 值为( ) 1 2 1 2 1 2 学 A．2 B．4 C．2 D．6 升 5．（3分）通过平移y(x1)2 3的图象，可得到yx2的图象，下列平移方法正确的是( ) 哥 A．向左移动1个单位，向上移动3个单位 B．向右移动1个单位，向上水移动3个单位 C．向左移动1个单位，向下移动3个单位 D．向右移动1个单位，向下移动3个单位 6．（3分）某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目小分支，主干、支干和小分支总数是 57．若设主干长出x个支干，则可列方程是( ) A．(1x)2 57 B．1xx2 57 C．(1x)x57 D．1x2x57 7．（3分）二次函数yx2 2xm的图象上三个点的坐标分别为A(1,y )，B( 21，y )，C(5,y )， 1 2 3 则y 、y 、y 的大小关系是( ) 1 2 3 A．y  y  y B．y  y  y C．y  y  y D．y  y  y 3 2 1 3 1 2 2 3 1 2 1 3 8．（3分）二次函数yax2 bxc的图象如图所示，下列结论中错误的是( ) 第1页（共25页）A．abc0 B．abc0 C．2ab0 D．当y0时，x1 9．（3分）将抛物线y2(x3)2 2绕它的顶点旋转180，所得抛物线的解析式是( ) A．y2(x3)2 2 B．y2(x3)2 2 C．y2(x3)2 2 D．y2(x3)2 2 10．（3分）如图，抛物线y2x2 8x6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C ， 1 将C 向右平移得C ，C 与x轴交于点B，D．若直线y x学m与C 、C 共有3个不同的交点，则m的 1 2 2 1 2 取值范围是( ) 升 哥 水 1 7 15 A．2m B．3m C．3m2 D．3m 8 4 8 二、填空题（6×3＝18分） 11．（3分）若关于x的一元二次方程x2 xm2 10有一个根为0，则m ． 12．（3分）关于x的一元二次方程2x2 xc0有两个相等的实数根，则c ． 13．（3分）抛物线yx2  px2的对称轴是直线x3，则 p ． 14．（3分）一元二次方程x2 8xa0，配方后为(x4)2 1，则a ． 1 15．（3分）如图，把抛物线y x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A(6,0)和原点O(0,0)，它的顶 2 1 点为P，它的对称轴与抛物线y x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为 ． 2 第2页（共25页）16．（3分）如果关于x的一元二次方程ax2 bxc0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍， 则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有 （填序号） ①方程x2 x20是倍根方程； ②若(x2)(mxn)0是倍根方程：则4m2 5mnn2 0； ③若 p，q满足 pq2，则关于x的方程 px2 3xq0是倍根方程； ④若方程以ax2 bxc0是倍根方程，则必有2b2 9ac． 三、解答题（4+4+6+6+8+10+10+12+12＝72分） 学 17．（4分）用恰当的方法解一元二次方程：x2 4x50． 升 1 x1 x2 3 1 18．（4分）先化简，再求代数式(  ) 的值，其中x  ． x x哥x2 x 2 2 19．（6分）如图，ABCD是正方形，E是CD边上任意一点，连接AE，作BF  AE，DG AE，垂足分 水 别为F ，G．求证：BF DGFG． 20．（6分）已知关于x的方程(x3)(x2) p2 0． （1）求证：无论 p取何值时，方程总有两个不相等的实数根； （2）设方程两实数根分别为x ，x ，且满足x2 x2 3xx ，求实数 p的值． 1 2 1 2 1 2 21．（8分）如图，二次函数yax2 4xc的图象经过坐标原点，与x轴交于点A(4,0)． （1）求二次函数的解析式； （2）在抛物线上存在点P，满足S 8，请直接写出点P的坐标． AOP 第3页（共25页）22．（10分）因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，东部华侨城景区在2020年春节 长假期间共接待游客达20万人次，预计在2022年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次． （1）求东部华侨城景区2020至2022年春节长假期间接待游客人次的年平均增长率； （2）东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为6元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯 定价25元，则平均每天可销售300杯，若每杯价格降低1元，则平均每天可多销售30杯，2022年春节期 间，店家决定进行降价促销活动，则当每杯售价定为多少元时（其中售价不超过20元），店家此款奶茶实 现平均每天6300元的利润额？ 23．（10分）小明为了探究函数M :yx2 4|x|3的性质，学他想先画出它的图象，然后再观察、归纳得 到，并运用性质解决问题． 升 （1）完成函数图象的作图，并完成填空．哥 ①列出y与x的几组对应值如表： 水   x 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 y  8 3 0 1 0 3 0 1 0 a 8  表格中，a ； ②结合上表，在下图所示的平面直角坐标系xOy中，画出当x0时函数M 的图象； ③观察图象，当x 时，y有最大值为 ； （2）求函数M :yx2 4|x|3与直线l:y2x3的交点坐标； （3）已知P(m,y )，Q(m1,y )两点在函数M 的图象上，当y  y 时，请直接写出m的取值范围． 1 2 1 2 第4页（共25页）24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线G:yax2 axc(a、c为常数且ac)过点A(1,0)，顶点 为B． （1）用含a的式子表示c； 学 （2）判断点B所在象限，并说明理由； 升 2718 2 （3）若直线l:y2xb 经过点 A，且与抛物线G 交于另一点C ，当ABC 的面积为 时，求 4 哥 yax2 axc在1 x1时的取值范围． 水 25．（12分）已知AE//BF ，AB6，点C为射线BF 上一动点（不与点B重合），BAC 关于AC 的 轴对称图形为DAC ． （1）如图1，当点D在射线AE上时，求证：四边形ABCD是菱形； （2）如图2，当点D在射线AE，BF 之间时，若点G为射线BF 上一点，点C 为BG的中点，且BG10， AC 5，求DG的长； （3）如图3，在（1）的条件下，若ABF 60，连接BD，点P，Q分别是线段BC，BD上的动点， 且BPDQ，求AP AQ的最小值． 第5页（共25页）2023-2024 学年广东省广州市花都区黄广中学九年级（上）月考数学试卷 （10 月份） 参考答案与试题解析 一、单选题（10×3＝30分） 1．（3分）关于x的一元二次方程2x2 3x10，该方程的常数项是( ) A．2 B．3 C．1 D．1 【分析】根据一元二次方程的一般形式：ax2 bxc0(a，b，c为常数且a0)，即可解答． 【解答】解：关于x的一元二次方程2x2 3x10，该方程的常数项是1， 故选：D． 【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键． 2．（3分）用配方法解方程x2 8x90，变形后的结果正确的是( ) 学 A．(x4)2 7 B．(x4)2 7 C．升(x4)2 25 D．(x4)2 25 【分析】方程移项后，配方得到结果，即哥可作出判断． 【解答】解：方程移项得：x2 水 8x9， 配方得：x2 8x167，即(x4)2 7， 故选：A． 【点评】此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 3．（3分）下列一元二次方程中，无实数根的是( ) A．x2 30 B．x2 3x0 C．x2 4x40 D．x2 30 【分析】分别计算出每个方程的判别式的值，从而得出答案． 【解答】解：A．方程x2 30中，△02 41(3)120，此方程有两个不相等的实数根，故本选 项不符合题意； B．方程x2 3x0中，△(3)2 41090，此方程有两个不相等的实数根，故本选项不符合题意； C．方程x2 4x40中△(4)2 4140，此方程有两个相等的实数根，故本选项不符合题意； D．方程x2 30中△02 413120，此方程没有实数根，故本选项符合题意； 故选：D． 第6页（共25页）【点评】本题主要考查根的判别式，掌握一元二次方程ax2 bxc0(a0)的根与△b2 4ac的关系： ①当△0时，方程有两个不相等的实数根；②当△0时，方程有两个相等实数根；③当△0时，方程 无实数根是解决问题的关键． 4．（3分）若方程x2 2x40的两个实数根为x 、x ，则x x xx 值为( ) 1 2 1 2 1 2 A．2 B．4 C．2 D．6 【分析】利用根与系数的关系求出x x ，x x ，整体代入计算即可求出值． 1 2 1 2 【解答】解：方程x2 2x40的两个实数根为x 、x ， 1 2 x x 2，xx 4， 1 2 1 2 则x x xx 2(4)2． 1 2 1 2 故选：C． 学 【点评】此题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键． 升 5．（3分）通过平移y(x1)2 3的图象，可得到yx2的图象，下列平移方法正确的是( ) 哥 A．向左移动1个单位，向上移动3个单位 B．向右移动1个单位，向上水移动3个单位 C．向左移动1个单位，向下移动3个单位 D．向右移动1个单位，向下移动3个单位 【分析】根据平移前后两个抛物线的顶点坐标的变化来判定平移方法． 【解答】解：抛物线y2x2的顶点坐标是(0,0)． 抛物线y(x1)2 3的顶点坐标是(1,3)． 则由二次函数 y(x1)2 3的图象向左移动1个单位，向下移动3个单位，可得到yx2的图象． 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换．解决本题的关键是根据顶点式得到新抛物线的顶点坐标． 6．（3分）某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目小分支，主干、支干和小分支总数是 57．若设主干长出x个支干，则可列方程是( ) A．(1x)2 57 B．1xx2 57 C．(1x)x57 D．1x2x57 【分析】关键描述语是“主干、支干、小分支的总数是73”，等量关系为：主干1支干数目小分支数目 第7页（共25页）57，把相关数值代入即可． 【解答】解：主干为1，每个主干长出x个小支干，每个支干又长出同样数目的小分支， 小分支的个数为xxx2， 可列方程为1xx2 57． 故选：B． 【点评】考查列一元二次方程，得到主干、支干、小分支的总数的等量关系是解决本题的关键． 7．（3分）二次函数yx2 2xm的图象上三个点的坐标分别为A(1,y )，B( 21，y )，C(5,y )， 1 2 3 则y 、y 、y 的大小关系是( ) 1 2 3 A．y  y  y B．y  y  y C．y  y  y D．y  y  y 3 2 1 3 1 2 2 3 1 2 1 3 【分析】根据二次函数的增减性，可以判断y 、y 、y 的大小，从而可以解答本题． 1 2 3 【解答】解：yx2 2xm， 学 2 函数yx2 2xm的对称轴为直线x 升1，开口向下，当x 1时，y随x的增大而减小， 2(1) A(1,y )，B( 21，y )，C(5,y )在哥二次函数yx2 2xm的图象上，且1 215， 1 2 3 水 y  y  y ， 3 2 1 故选：A． 【点评】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是明确二次函数的性质． 8．（3分）二次函数yax2 bxc的图象如图所示，下列结论中错误的是( ) A．abc0 B．abc0 C．2ab0 D．当y0时，x1 【分析】根据抛物线的开口方向得出a的符号，根据抛物线对称轴可得b的符号，根据抛物线与y轴的交 点可得c的符号，从而判断选项A；令x1，观察图象可得选项B；根据对称轴可判断选项C，观察图象 第8页（共25页）可得 y0时x的取值范围，从而判断选项D． 【解答】解：抛物线开口向上， a0， b 1 抛物线对称轴为x  ， 2a 2 b0， 抛物线与y轴交于负半轴， c0， abc0， 故选项A正确，不符合题意； 当x1时，观察图象可得yabc0， 故选项B正确，不符合题意； b 1 抛物线对称轴x  ， 学 2a 2 2a2b，即ab， 升 2abb， 哥 b0， 水 b0， 2ab0， 故选项C正确，不符合题意； 根据图象可得：当 y0时，1 x2， 故选项D错误，符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了图象与二次函数yax2 bxc(a0)系数之间的关系，二次函数系数符号由抛物线 开口方向，对称轴和抛物线与y轴的交点确定． 9．（3分）将抛物线y2(x3)2 2绕它的顶点旋转180，所得抛物线的解析式是( ) A．y2(x3)2 2 B．y2(x3)2 2 C．y2(x3)2 2 D．y2(x3)2 2 【分析】将其绕顶点旋转180后，开口大小和顶点坐标都没有变化，变化的只是开口方向，可据此得出所 求的结论． 【解答】解：将抛物线 y2(x3)2 2绕顶点旋转180后，得：y2(x3)2 2． 第9页（共25页）故选：C． 【点评】本题考查了二次函数图象的旋转变换，在绕抛物线顶点旋转过程中，二次函数的开口大小和顶点 坐标都没有变化． 10．（3分）如图，抛物线y2x2 8x6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C ， 1 将C 向右平移得C ，C 与x轴交于点B，D．若直线y xm与C 、C 共有3个不同的交点，则m的 1 2 2 1 2 取值范围是( ) 1 7 15 A．2m B．3m C．3m2 D．3m 8 4 8 学 【分析】首先求出点A和点B的坐标，然后求出C 解析式，分别求出直线y xm与抛物线C 相切时m 2 2 升 的值以及直线 y xm过点B时m的值，结合图形即可得到答案． 哥 【解答】解：令y2x2 8x60， 水 即x2 4x30， 解得x1或3， 则点A(1,0)，B(3,0)， 由于将C 向右平移2个长度单位得C ， 1 2 则C 解析式为y2(x4)2 2(3 x 5)， 2 当y xm 与C 相切时， 1 2 令yxm  y2(x4)2 2， 1 即2x2 15x30m 0， 1 △8m 150， 1 15 解得m  ， 1 8 当yxm 过点B时， 2 第10页（共25页）即03m ， 2 m 3， 2 15 当3m 时直线y  xm与C 、C 共有3个不同的交点， 8 1 2 故选：D． 学 【点评】本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地 升 画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度． 哥 二、填空题（6×3＝18分） 水 11．（3分）若关于x的一元二次方程x2 xm2 10有一个根为0，则m 1 ． 【分析】根据一元二次方程x2 xm2 10有一个根为0，可以求得m的值． 【解答】解：一元二次方程x2 xm2 10有一个根为0， 02 0m2 10， 解得m1， 故答案为：1． 【点评】本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确方程的解一定使得原方程成立． 1 12．（3分）关于x的一元二次方程2x2 xc0有两个相等的实数根，则c ． 8 【分析】根据根的判别式的意义得到△(1)2 42c0，然后解方程即可． 【解答】解：根据题意得△(1)2 42c0， 1 解得c ． 8 1 故答案为： ． 8 第11页（共25页）【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2 bxc0(a0)的根与△b2 4ac有如下关系：当 △0时，方程有两个不相等的实数根；当△0时，方程有两个相等的实数根；当△0时，方程无实数 根． 13．（3分）抛物线yx2  px2的对称轴是直线x3，则 p 6 ． p 【分析】根据抛物线yx2  px2的对称轴是直线x3，可以得到 3，然后计算即可． 2(1) 【解答】解：抛物线yx2  px2的对称轴是直线x3， p  3， 2(1) 解得 p6， 故答案为：6． b 【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，知道二次函数的对称轴是直线x ． 2a 学 14．（3分）一元二次方程x2 8xa0，配方后为(x4)2 1，则a 15 ． 升 【分析】利用配方法求解可得． 哥 【解答】解：x2 8xa， 水 x2 8x1616a，即(x4)2 16a， 则16a1， 解得a15， 故答案为：15． 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、 因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 1 15．（3分）如图，把抛物线y x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A(6,0)和原点O(0,0)，它的顶 2 1 27 点为P，它的对称轴与抛物线y x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为 ． 2 2 【分析】根据点O与点A的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出点P的坐标，过点P作PM  y 第12页（共25页）轴于点M ，根据抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积，然后求解即可． 【解答】解：过点P作PM  y轴于点M ， 抛物线平移后经过原点O和点A(6,0)， 平移后的抛物线对称轴为x3， 1 得出二次函数解析式为：y (x3)2 h， 2 将(6,0)代入得出： 1 0 (63)2 h， 2 9 解得：h ， 2 9 点P的坐标是(3, )， 2 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积， 9 27 S |3|| | ． 学 2 2 27 故答案为： ． 升 2 哥 水 【点评】本题考查了二次函数的问题，根据二次函数的性质求出平移后的抛物线的对称轴的解析式，并对 阴影部分的面积进行转换是解题的关键． 16．（3分）如果关于x的一元二次方程ax2 bxc0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍， 则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有 ②③④ （填序号） ①方程x2 x20是倍根方程； ②若(x2)(mxn)0是倍根方程：则4m2 5mnn2 0； ③若 p，q满足 pq2，则关于x的方程 px2 3xq0是倍根方程； ④若方程以ax2 bxc0是倍根方程，则必有2b2 9ac． 【分析】①求出方程的解，再判断是否为倍根方程， ②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，而m、n之间的关系正好 第13页（共25页）适合， ③当 p，q满足 pq2，则 px2 3xq(px1)(xq)0，求出两个根，再根据 pq2代入可得两个根 之间的关系，进而判断是否为倍根方程， ④用求根公式求出两个根，当x 2x ，或2x  x 时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可． 1 2 1 2 【解答】解：①解方程x2 x20得，x 2，x 1，得，x 2x ， 1 2 1 2 方程x2 x20不是倍根方程； 故①不正确； ②若(x2)(mxn)0是倍根方程，x 2， 1 因此x 1或x 4， 2 2 当x 1时，mn0， 2 学 当x 4时，4mn0， 2 升 4m2 5mnn2 (mn)(4mn)0， 哥 故②正确； 水 ③pq2，则： px2 3xq(px1)(xq)0， 1 x  ，x q， 1 p 2 2 x q  2x ， 2 p 1 因此是倍根方程， 故③正确； b b2 4ac b b2 4ac ④方程ax2 bxc0的根为：x  ，x  ， 1 2a 2 2a b b2 4ac b b2 4ac 若x 2x ，则，  2， 1 2 2a 2a b b2 4ac b b2 4ac 即，  20， 2a 2a b3 b2 4ac  0， 2a 第14页（共25页）b3 b2 4ac 0， 3 b2 4ac b 9(b2 4ac)b2， 2b2 9ac． b b2 4ac b b2 4ac 若2x  x 时，则， 2 ， 1 2 2a 2a b b2 4ac b b2 4ac 即，则， 2 0， 2a 2a b3 b2 4ac  0， 2a b3 b2 4ac 0， 学 b3 b2 4ac ， 升 b2 9(b2 4ac)， 哥 2b2 9ac． 水 故④正确， 故答案为：②③④ 【点评】考查一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程 的解是解决问题的关键． 三、解答题（4+4+6+6+8+10+10+12+12＝72分） 17．（4分）用恰当的方法解一元二次方程：x2 4x50． 【分析】十字相乘法分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可． 【解答】解：x2 4x50， (x5)(x1)0， x50或x10， x 5，x 1． 1 2 【点评】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 1 x1 x2 3 1 18．（4分）先化简，再求代数式(  ) 的值，其中x  ． x x x2 x 2 2 第15页（共25页）3 1 【分析】先计算小括号里面的，再化除法为乘法，然后再约分，对式子进行化简，再把x  代入化 2 2 简的式子，计算即可． 1 x1 x2 【解答】解：(  ) x x x2 x x2 x(x1)   x x2 x1； 3 1 当x  时， 2 2 3 3 33 原式x1   ． 2 2 2 【点评】本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握二次根式的加减，熟悉因式分解以及分式除法的法 则． 19．（6分）如图，ABCD是正方形，E是CD边上任意一点，连接AE，作BF  AE，DG AE，垂足分 别为F ，G．求证：BF DGFG． 学 升 哥 水 【分析】根据正方形的性质可得AB AD，再利用同角的余角相等求出BAF ADG，再利用“角角边” 证明BAF和ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得BF  AG，根据线段的和与差可得结论． 【解答】证明：四边形ABCD是正方形， AB AD，DAB90， BF  AE，DG AE， AFBAGDADGDAG90， DAGBAF 90， ADGBAF ， 在BAF和ADG中， BAF ADG  AFBAGD ，  AB AD BAF ADG(AAS)， 第16页（共25页）BF  AG，AF DG， 由图可知：AGAF FG， BF DGFG． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明BAF ADG是解题的关键． 20．（6分）已知关于x的方程(x3)(x2) p2 0． （1）求证：无论 p取何值时，方程总有两个不相等的实数根； （2）设方程两实数根分别为x ，x ，且满足x2 x2 3xx ，求实数 p的值． 1 2 1 2 1 2 【分析】（1）化成一般形式，求根的判别式，当△0时，方程总有两个不相等的实数根； （2）根据根与系的关系求出两根和与两根积，再把x2 x 2 3xx 变形，化成和与乘积的形式，代入计算， 1 2 1 2 得到一个关于 p的一元二次方程，解方程． 【解答】证明：（1）(x3)(x2) p2 0， 学 x2 5x6 p2 0， 升 △(5)2 41(6 p2)25244p2 14p2， 哥 无论 p取何值时，总有4p2 水0， 14p2 0， 无论 p取何值时，方程总有两个不相等的实数根； （2）x x 5，xx 6 p2， 1 2 1 2 x2 x2 3xx ， 1 2 1 2 (x x )2 2xx 3xx ， 1 2 1 2 1 2 52 5(6 p2)， p1． 【点评】本题考查了根的判别式和根与系数的关系，注意熟记以下知识点： （1）一元二次方程ax2 bxc0(a0)的根与△b2 4ac有如下关系： ①当△0时，方程有两个不相等的两个实数根； 第17页（共25页）②当△0时，方程有两个相等的两个实数根； ③当△0时，方程无实数根． 上面的结论反过来也成立． b c （2）一元二次方程ax2 bxc0(a0)的两实数根分别为x ，x ，则有x x  ，xx  ． 1 2 1 2 a 1 2 a 21．（8分）如图，二次函数yax2 4xc的图象经过坐标原点，与x轴交于点A(4,0)． （1）求二次函数的解析式； （2）在抛物线上存在点P，满足S 8，请直接写出点P的坐标． AOP 学 【分析】（1）把点A和原点的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答； 升 （2）根据三角形的面积公式求出点P到AO的距离，然后分点P在x轴的上方与下方两种情况解答即可． 哥 c0 【解答】解：（1）由已知条件得水 ， a(4)24(4)c0 a1 解得 ， c0 所以，此二次函数的解析式为yx2 4x； （2）点A的坐标为(4,0)， AO4， 设点P到x轴的距离为h， 1 则S  4h8， AOP 2 解得h4， ①当点P在x轴上方时，x2 4x4， 解得x2， 所以，点P的坐标为(2,4)， 第18页（共25页）②当点P在x轴下方时，x2 4x4， 解得x 22 2，x 22 2， 1 2 所以，点P的坐标为(22 2，4)或(22 2 ，4)， 综上所述，点P的坐标是：(2,4)、(22 2，4)、(22 2 ，4)． 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上的点的坐标特征，（2）要注意分点P 在x轴的上方与下方两种情况讨论求解． 22．（10分）因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，东部华侨城景区在2020年春节 长假期间共接待游客达20万人次，预计在2022年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次． （1）求东部华侨城景区2020至2022年春节长假期间接待游客人次的年平均增长率； （2）东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为6元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯 定价25元，则平均每天可销售300杯，若每杯价格降低1元，则平均每天可多销售30杯，2022年春节期 学 间，店家决定进行降价促销活动，则当每杯售价定为多少元时（其中售价不超过20元），店家此款奶茶实 现平均每天6300元的利润额？ 升 【分析】（1）设年平均增长率为x，根据哥东部华侨城景区在2020年春节长假期间，共接待游客达20万人 次，预计在2022年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次．列出方程求解即可； 水 （2）设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额，由题意得关于y的方程， 解方程并对方程的解作出取舍即可． 【解答】解：（1）设年平均增长率为x，由题意得： 20(1x)2 28.8， 解得：x 0.220%，x 2.2（舍)． 1 2 答：年平均增长率为20%； （2）解：设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额，由题意得： (y6)[30030(25 y)]6300， 整理得： y2 41y4200， 解得：y 20，y 21． 1 2 售价不超过20元， y20． 第19页（共25页）答：当每杯售价定为20元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的 利润额． 【点评】本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并正确列出方程是解题的关 键． 23．（10分）小明为了探究函数M :yx2 4|x|3的性质，他想先画出它的图象，然后再观察、归纳得 到，并运用性质解决问题． （1）完成函数图象的作图，并完成填空． ①列出y与x的几组对应值如表：   x 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 y  8 3 0 1 0 3 0 1 0 a 8  表格中，a 3 ； ②结合上表，在下图所示的平面直角坐标系xOy中，画出当x学 0时函数M 的图象； ③观察图象，当x 时，y有最大值为 ； 升 （2）求函数M :yx2 4|x|3与直线l:y2x3的交点坐标； 哥 水 （3）已知P(m,y )，Q(m1,y )两点在函数M 的图象上，当y  y 时，请直接写出m的取值范围． 1 2 1 2 【分析】（1）①把x4代入函数表达式即可求解； ②描点、连线，画出当x0时函数M 的图象； ③观察图象即可求得； （2）解解析式构成的方程组即可求得； 第20页（共25页）（3）根据函数图象即可求解． 【解答】解：（1）①把x4代入yx2 4|x|3得：y161633， a3， 故答案为：3； ②画出当x0时函数M 的图象如下： 学 升 哥 ③观察图象，当x2或2时，y有最大值为1； 水 故答案为：2或2，1； y2x3 x6 x0 （2）由 解得 或 ， yx2 4x3 y15 y3 y2x3 x0 x2 由 解得 或 ， yx2 4x3 y3 y1 函数M :yx2 4|x|3与直线l:y2x3的交点坐标为(6,15)、(0,3)、(2,1)； （3）P(m,y )，Q(m1,y )两点在函数M 的图象上，且 y  y ， 1 2 1 2 m的取值范围m2.5或0.5m1.5． 【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，主要通过函数作图，确定函数的最值，确定函数与直线的交 点，通过图象求解问题． 24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线G:yax2 axc(a、c为常数且ac)过点A(1,0)，顶点 为B． （1）用含a的式子表示c； 第21页（共25页）（2）判断点B所在象限，并说明理由； 2718 2 （3）若直线l:y2xb 经过点 A，且与抛物线G 交于另一点C ，当ABC 的面积为 时，求 4 yax2 axc在1 x1时的取值范围． 【分析】（1）将点A(1,0)代入 yax2 axc中化简即可； （2）求出yax2 ax2a的顶点式，得出顶点坐标，再根据a和c的取值范围即可求出B点所在象限； y2x2 （3）根据y2xb经过点A(1,0)求出b的值，由 得出C 点坐标，过点B作BD//y轴， yax2 ax2a 交l:y2x2于点D，得出D点坐标，计算出a值，代入B点坐标即可求解． 【解答】解：（1）yax2 axc过点A(1,0)， aac0， c2a； 学 1 9 1 9 （2）yax2 ax2aa(x )2  a的顶点B为(升 ， a)， 2 4 2 4 c2a，ac， 哥 a2a， 水 a0， 点B在第二象限； （3）y2xb经过点A(1,0)， b2，  2 x 2 y2x2   a 2 4 由 得： ，即C( 2， 6)， yax2 ax2a  y 4 6 a a  a 1 过点B作BD//y轴，交l:y2x2于点D，则D( ，3)， 2 1 1 9 2 1 9 2 S  BD|x x | ( a3)(1 2) ( a3)(3 )， ABC 2 A C 2 4 a 2 4 a 1 9 2 2718 2 2 2  ( a3)(3 ) ，解得a ， 2 4 a 4 3 2 2 2 2 4 2 1 3 2 y x2 x 顶点B( ， )， 3 3 3 2 2 3 2 1x1时，0 y ． 2 第22页（共25页）【点评】本题主要考查了一次函数和二次函数的性质，一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，解题关 键是理解题意并熟练应用一次函数和二次函数的性质，一次函数和二次函数图象上点的坐标特征． 25．（12分）已知AE//BF ，AB6，点C为射线BF 上一动点（不与点B重合），BAC 关于AC 的 轴对称图形为DAC ． （1）如图1，当点D在射线AE上时，求证：四边形ABCD是菱形； （2）如图2，当点D在射线AE，BF 之间时，若点G为射线BF 上一点，点C 为BG的中点，且BG10， AC 5，求DG的长； （3）如图3，在（1）的条件下，若ABF 60，连接BD，点P，Q分别是线段BC，BD上的动点， 且BPDQ，求AP AQ的最小值． 学 升 【分析】（1）证明四边相等，可得结论哥； （2）如图2中，连接BD交AC 于点O．设OC  y．根据BD的两种求法，构建方程，求出y即可； 水 （3）如图 3 中，设 AC 交 BD 于点 O ，过点 A 作 AH  BC 于点 H ，设 BPDQx ．由题意 APAQ (3 3)2(3x)2  32(3 3x)2 推出欲求 AP AQ 的最小值，相当于在 x 轴上找一点 M(x,0)，使得点M 到N(3，3 3)，J(3 3，3)的距离和最小，如图，作点J关于x轴的对称点K， 连接KN交x轴于点M ，此时MN MJ 的值最小，最小值为线段KN的长． 【解答】（1）证明：如图1中， ACD与ACB关于AC对称， AB AD，CBCD，CABCAD， AE//AF， CADACB， 第23页（共25页）ACBCAB， BA BC， ABBC CD AD， 四边形ABCD是菱形； （2）解：如图2中，连接BD交AC 于点O．设OC  y． ACD与ACB关于AC对称， AC垂直平分线段BD， 学 BOOD， BC CG， 升 OC//DG，DG2OC 2y， 哥 DGBD， 水 BD BG2 DG2  1004y2 ， 又BD2OB2 AB2 AO2 2 36(5y)2 ，  1004y2 2 36(5y)2 ， 7 y ， 5 14 DG2y ； 5 （3）解：如图3中，设AC 交BD于点O，过点A作AH  BC于点H ，设BPDQx ． 四边形ABCD是菱形，ABC 60， 第24页（共25页）ABBC CD AD，ABC ADC 60，AC BD， ABC，ADC都是等边三角形， OAOC 3，OD3 3， AH CB， BH CH 3，AH 3 3， AP AQ (3 3)2(3x)2  32(3 3x)2 ， 欲求AP AQ的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M 到N(3，3 3)，J(3 3，3)的距 离和最小，如图， 学 升 哥 作点J关于x轴的对称点K，水连接KN交x轴于点M ，此时MN MJ 的值最小，最小值为线段KN的长， KN  (3 33)2(3 33)2 6 2 ， AP AQ的最小值为6 2． 解法二：可以在BC下方构造BPH ADQ来做，得ABH 为等腰直角三角形． 由APAQ APPH AH ，可得结论． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，轴对称最短问题等知识， 解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 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：2024/8/3017:26:39；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 第25页（共25页）