南沙第一中学2024—2025学年10月月考九年级数学试题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_九上月考_初三上十月考

广州市南沙第一中学九年级数学 10 月阶段训练 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是 符合题目要求的． 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即 可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把 180 一个图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称 图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． yax2 b yaxba 0,b0 2. 在同一直角坐标系中 与 图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 yaxb yax2 b 【分析】本题由一次函数 图象得到字母系数的正负，再与二次函数 的图象相比较看 是否一致． a 0 b0 a 0 b0 【详解】解：A、由抛物线可知， ， ，由直线可知， ， ，故本选项正确； 第1页/共26页 学科网（北京）股份有限公司a 0 b0 a 0 b0 B、由抛物线可知， ， ，由直线可知， ， ，故本选项错误； a 0 b0 a 0 b0 C、由抛物线可知， ， ，由直线可知， ， ，故本选项错误； a 0 b0 a 0 b0 D、由抛物线可知， ， ，由直线可知， ， ，故本选项错误． 故选A． . 【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的图象 解答该题时，一定要熟记一次函数、二次函数的图象的 性质． 3. 如图，在 VABC中，以C为中心，将 VABC顺时针旋转 35 得到 VDEC ，边ED， AC 相交于点F， A30 EFC 若 ，则 的度数为（ ） 60 72.5 65 115 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将 VABC绕点C顺时针旋转 35 得到 VDEC ，得 ACD35 ，AD30，于是得到 结论． 【详解】解：∵将 VABC绕点C顺时针旋转 35 得到 VDEC ， ∴ ACD35 ，AD30， ÐEFC= ÐACD+ ÐD= 35°+ 30°= 65° ∴ ， 故选：C 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 15 x 4. 学校组织一次乒乓球赛，要求每两队之间都要赛一场.若共赛了 场，则有几个球队参赛？设有 个球 队参赛，则下列方程中正确的是（ ） 第2页/共26页 学科网（北京）股份有限公司1 x(x1)15 x(x1)15 2 A. B. 1 x(x1)1 x(x1)15 2 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】设有x个球队参加比赛，那么第一个球队和其他球队打（x−1）场球，第二个球队和其他球队打 （x−2）场，以此类推可以知道共打（1＋2＋3＋…＋x−1）场球，然后根据计划安排15场比赛即可列出方 程求解． 【详解】设有x个球队参加比赛， 依题意得1＋2＋3＋…＋x−1＝15， 1 x(x1)1 2 即 5 故选：D． 【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，和实际生活结合比较紧密，准确找到关键描述语，从而根据等 量关系准确的列出方程是解决问题的关键． 5. 若x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝0（a≠0）的一个根，则2021﹣2a+2b的值等于（ ） A. 2015 B. 2017 C. 2019 D. 2022 【答案】B 【解析】 x1 ab20 ab2 【分析】根据一元二次方程根的定义将 代入方程ax2+bx﹣2＝0可得 ，即 ，整 体代入到代数式中求解即可，一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数 的值称为一元二次方程的解． x1 ab20 ab2 【详解】解：将 代入方程ax2+bx﹣2＝0可得 ，即 20212(ab)202142017 2021﹣2a+2b= 故选B 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，代数式求值，整体代入是解题的关键． y x2 4x y 2x y  y 6. 如图，抛物线 1 和直线 2 ，当 1 2时，x的取值范围是（ ） 第3页/共26页 学科网（北京）股份有限公司A. 0 x2 B. x0 或 x2 C. x0 或x4 D. 0 x4 【答案】B 【解析】 0,0,2,4 x0 x2 【分析】先求出两图象的交点为 ，可得当 或 时，抛物线的图象位于直线的下方， 即可求解． y 2x  【详解】解：联立得： y x2 4x ， x 0 x 2  1 , 2 y 0 y 4   解得： 1 2 ， 0,0,2,4 即两图象的交点为 ， x0 x2 ∴当 或 时，抛物线的图象位于直线的下方， y  y x0 x2 ∴当 1 2时，x的取值范围是 或 ． 故选：B 【点睛】此题考查求两个函数图象的交点坐标，根据函数图象确定自变量x的取值范围，正确解出交点坐 标及正确理解函数图象是解题的关键． x2 mx10 7. 关于x的一元二次方程 的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】写出根的判别式大于0，即可得到答案． b2 4acm2 40 【详解】解：∵ ， ∴方程有两个不相等的实数根， 第4页/共26页 学科网（北京）股份有限公司故选A．  0 【点睛】本题主要考查根的判别式，掌握 时，一元二次方程有两个不相等的实数根是关键． y x2 2xc2 2c 3 x2 5 8. 二次函数 在 的范围内有最小值为 ，则c的值（ ） A. 3或1 B. 1 C. 3或1 D. 3 【答案】A 【解析】 x=1 x2 【分析】把二次函数解析式化为顶点式可得二次函数图象的对称轴为直线 ，从而得到当 时， c2 2c8 c2 2c85 二次函数取最小值，最小值为 ，从而得到 ，即可求解． y x2 2xc2 2c 【详解】解： x12 c2 2c1 x=1 ∴二次函数图象的对称轴为直线 ， 10 ∵ ， ∴二次函数的图象开口向下， 1321 3 x2 ∵ ，且 ， x2 c2 2c8 ∴当 时，二次函数取最小值，最小值为 ， 3 x2 5 ∵在 的范围内有最小值为 ， c2 2c85 ∴ ， c1 解得： 或3． 故选：A 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质的知识点，解答本题的关键是求出二次函数的对称轴，本题比较 简单． 9. 二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象的对称轴是直线x＝1，其图象的一部分如图所示，则： ①abc＜0；②a＋b＋c＜0；③3a＋c＜0；④当﹣1＜x＜3时，y＞0；⑤4ac＞b2，其中判断正确的有（ ）个． 第5页/共26页 学科网（北京）股份有限公司A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对 称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断． 【详解】解：①图象开口向下，与y轴交于正半轴，对称轴在y轴右侧，能得到： b  a＜0，c＞0， 2a＞0，b＞0，则abc＜0，故①正确； ②由图象知，当x＝1时，y＞0，则a＋b＋c＞0，故②错误； b  ③对称轴x＝ 2a＝1，所以b＝﹣2a， 又根据抛物线的对称性质知，当x＝﹣1时，y＝a﹣b＋c＜0， 所以a﹣（﹣2a）＋c＝3a＋c＜0，故③正确； ④由图象知，当x＝3和当x＝﹣1时，y＜0，故④错误； ⑤图象与x轴有2个交点，依据根的判别式可知b2﹣4ac＞0，即4ac＜b2.故⑤错误． 综上所述，正确的结论有2个． 故选：B． 【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二 次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用是解题的关键． 10. 如图，在 RtVABC 和 Rt△AEF 中， BAC EAF 90 ， AB AC 9 ，AE= AF= 3，点 第6页/共26页 学科网（北京）股份有限公司M、N、P分别为EF、BC、CE的中点，若△AEF 绕点A在平面内自由旋转，△MNP 面积的最大值为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】连接BE并延长交CF延长线于R，由已知条件证明△BEA≌△CFA，得出∠ABE=∠ACF，BE=CF， 再由三角形的中位线得到PM=PN，由∠ABE=∠ACF得到BR⊥RC，从而得出三角形PMN是等腰直角三角 形；△AEF 绕点A在平面内自由旋转时，边BE最小为 RtVABC 和 Rt△AEF 的直角边之差，最大为两 直角边之和；进而可求得△MNP 面积的最大值． 【详解】解：连接BE并延长交CF延长线于R， 在 RtVABC 和 Rt△AEF 中， BAC EAF 90 ， AB AC 9 ，AE= AF= 3， ∴ RtVABC 和 Rt△AEF 都是等腰直角三角形， ∴∠BAE＋∠EAC=∠CAF＋∠EAC， ∴∠BAE=∠CAF， BA=CA，EA=FA， ∴△BEA≌△CFA， ∴∠ABE=∠ACF，BE=CF， 点M、N、P分别为EF、BC、CE的中点， 1 1 2 2 ∴PM= CF，PN= BE， 第7页/共26页 学科网（北京）股份有限公司∴PM=PN， ∠ABC＋∠ACB=90°，∠ABE=∠ACF， ∴∠RBC＋∠RCB=90°， ∴BR⊥RC， PM∥CF，PN∥BE， ∴PM⊥PN， PM=PN，即三角形PMN是等腰直角三角形， 当△AEF 绕点A在平面内自由旋转时，9－3≤BE≤9＋3， ∴3≤PM≤6， 1 66=18 2 ∴△PMN的面积最大值为： ． 故选：B 【点睛】本题考查旋转变换，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定，三角形的中位线定理， 解题的关键是通过添加辅助线得出三角形PMN是等腰直角三角形． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． （5，）1 11. 在平面直角坐标系中，点 关于原点对称的点的坐标是_________. (5，1) 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点“横、纵坐标都互为相反数”，即可解答． （5，）1 (5，1) 【详解】点 关于原点对称的点的坐标是 ． (5，1) 故答案为： ． 【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标特点．掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都互为相反数是解 题关键． y 3(x1)2 8 12. 抛物线 的顶点坐标为______________________________． 【答案】(1，8) 【解析】 【分析】根据题意可知，本题考查二次函数的性质，根据二次函数的顶点式，进行求解． y axh2 k h k 【详解】解：由二次函数性质可知， 的顶点坐标为( ， ) 第8页/共26页 学科网（北京）股份有限公司y 3(x1)2 8 ∴ 的顶点坐标为(1，8) 故答案为：(1，8) 【点睛】本题考查了二次函数的性质，先把函数解析式配成顶点式根据顶点式即可得到顶点坐标． Ax ,y  Bx ,y  y  x2 3 0 x  x y y 13. 已知点 1 1 ， 2 2 在抛物线 上，且 1 2，则 1_________ 2．（填“<” 或“>”或“=”） 【答案】 【解析】 【分析】先求出抛物线的对称轴，然后根据二次函数的性质解决问题． y  x2 3 【详解】解： 的对称轴为y轴， a10 ∵ ， ∴开口向上，当x0时， y随x的增大而增大， 0 x  x ∵ 1 2， y  y ∴ 1 2． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了二次函数的增减性，解题的关键是根据抛物表达式得出函数的开口方向和对称轴， 从而分析函数的增减性． 14. 将抛物线y＝﹣3x2﹣1向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得到的抛物线为_____． 【答案】y＝﹣3（x＋2）2﹣4 【解析】 【分析】根据抛物线平移“上加下减，左加右减”的法则进行解答即可． 【详解】解：由抛物线平移“上加下减，左加右减”的法则可知， 函数y＝﹣3x2﹣1的图象向左平移2个单位再向下平移3个单位所得到的图象的函数关系式是： y＝﹣3（x＋2）2﹣4． 故答案为：y＝﹣3（x＋2）2﹣4． 【点睛】本题考查了抛物线平移的法则，熟练掌握抛物线平移法则是解题关键． 15. 如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两边 OA ，OC分别在 x 轴和 y 轴上，并且 OA5 ， OC 3 .若把矩形 OABC 绕着点 O 逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的 A 1处，则点 A 1的坐标为 _________. 第9页/共26页 学科网（北京）股份有限公司4,3 【答案】 【解析】 OA OA5 AC 4 A 4，3 【分析】由旋转的性质得 1 ，由勾股定理求出 1 ，即可得出 1的坐标为 ． OA OA5 【详解】解：由旋转的性质得： 1 ， OABC ∵四边形 是矩形， ∴OCB90， AC  52 32 4 ∴ 1 ， A 4，3 ∴ 1的坐标为 ， 4，3 故答案为： ． 【点睛】此题考查了矩形的性质、旋转的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性 质和勾股定理是解题的关键． 16. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB =5，则BE的长度为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据旋转的性质和等边三角形的性质解决问题. 【详解】∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED， ∴∠BAE=60°，AB=AE， ∴△BAE是等边三角形， 第10页/共26页 学科网（北京）股份有限公司∴BE=5． 故答案为5． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解题关键是明确旋转前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、 形状都不改变.要注意旋转的三要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度. 三、解答题：本题共9小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 解方程 x2 4x50 （1） 2x2 5x40 （2） x 5 x 1 【答案】（1） 1 ， 2 ； （2）原方程无解． 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法， 公式法，因式分解法等． （1）利用因式分解法解一元二次方程即可； b2 4ac52 42470 （2）根据题意得到判别式 ，进而得到原方程无解． 【小问1详解】 x2 4x50 解： x5x10 x50 或x10 x 5 x 1 解得 1 ， 2 ； 【小问2详解】 2x2 5x40 解： a2 ， b5 ，c4 b2 4ac52 42470 ∴原方程无解． x2 2m1xm2 10 18. 已知关于x的方程 ． （1）若方程总有两个不相等的实数根，求m的取值范围； 第11页/共26页 学科网（北京）股份有限公司x x x 1x 18 （2）若两实数根 1， 2满足 1 2 ，求m的值． 1 5 【答案】（1）m＞0 （2） 【解析】  0 【分析】（1）由方程求出判别式 即可． （2）由一元二次方程根与系数的关系，用含m代数式表示两根之和及两根之积，进而求解． 【小问1详解】 2m1 2 4  m2 1  8m   解： ， ∵方程总有两个不相等的实数根， ∴8m＞0， ∴m＞0． 【小问2详解】 x 1x 1 x x x x 18 解：由 1 2 1 2 1 2 ， x x 2m1 x x m2 1 ∵ 1 2 ， 1 2 ， m2 12m118 ∴原式 ， m2 2m40 整理得 ， m1 5 m1 5 解得 或 ， ∵m＞0， 1 5 故m的值为 ． 【点睛】本题考查了一元二次方程的判别式及根与系数的关系，解题关键是将熟练掌握一元二次方程的判 别式与根的关系及两根之积与两根之和． 19. 如图，某公路隧道横截面为抛物线形，其最大高度为6米，底部宽度OM 为12米，现以点O为原点， OM 所在的直线为x轴建立平面直角坐标系． （1）求抛物线的解析式； 第12页/共26页 学科网（北京）股份有限公司ABCD ADDCCB （2）若要搭建一个由矩形 的三条边 组成的“支撑架”，使C、D两点在抛物线上， A、B两点在地面OM 上，则这个“支撑架”总长的最大值是多少？ 1 y  x2 2x 【答案】（1） 6 ；（2）15米 【解析】 12 x 6 M 12,0 P6,6 【分析】（1）根据题意可得：抛物线的对称轴为 2 ，点 ，点 ，可设抛物线 y ax62 6a 0 M 12,0 的解析式为 ，再将点 代入，即可求解；  1   1  C 12m, m2 2m D m, m2 2m Am,0 B12m,0   6     6   （2）设点 ，则 ， ， ，可得到 1 ADCDBC  m2 2m12 3 ，再利用二次函数的性质，即可求解． 12 x 6 M 12,0 P6,6 【详解】解：（1）根据题意得：抛物线的对称轴为 2 ，点 ，点 ， y ax62 6a 0 ∴设抛物线的解析式为 ， M 12,0 a1262 60 将点 代入，得： ， 1 a  解得： 6 ， 1 1 y  x62 6 y  x2 2x ∴抛物线的解析式为 6 ，即 6 ；  1   1  C 12m, m2 2m D m, m2 2m Am,0 B12m,0   6     6   （2）设点 ，则 ， ， ， ∴这个“支撑架”总长为  1   1  ADCDBC   m2 2m 12mm  m2 2m      6   6  1   m2 2m12 3 1  m32 15 3 ， 1  0 ∵ 3 ， 第13页/共26页 学科网（北京）股份有限公司m3 ADCDBC ∴当 时， 有最大值，最大值为15， 即这个“支撑架”总长的最大值是15米． 【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质，并会利用数形 结合思想解答． 20. 如图，抛物线的顶点为C(1，9)，与x轴交于A，B(4，0)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）抛物线与 y 轴交点为D，求 S △BCD． 【答案】（1）y=-x2+2x+8； （2）S =6． △BCD 【解析】 【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a(x-1)2+9，把点(4，0)代入可求得a=-1，据此即可求解； （2）过点C作CE⊥y轴于点E，利用S = S -S -S 计算即可求解． △BCD 梯形OBCE △ECD △OBD 【小问1详解】 解：∵抛物线的顶点为C(1，9)， ∴设抛物线的解析式为y=a(x-1)2+9， ∵抛物线与x轴交于点B(4，0)， ∴a(4-1)2+9=0， 解得：a=-1， ∴抛物线的解析式为y=-(x-1)2+9=-x2+2x+8； 【小问2详解】 解：过点C作CE⊥y轴于点E， 第14页/共26页 学科网（北京）股份有限公司∵抛物线与y轴交点为D， ∴D(0，8)， ∵B(4，0)，C(1，9)， ∴CE=1，OE=9，OD=8，OB=4， ∴S = S -S -S △BCD 梯形OBCE △ECD △OBD 1 1 1 2 2 2 = (1+4)×9- ×1×1- ×4×8 =6． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积等知识，掌握待定系数法求函数解析式 是解题的关键． 21. 如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形苗圃园，已知墙长为18米，设这个苗圃园垂 x 直于墙的一边长为 米． x （1）若苗圃园的面积为72平方米，求 的值． x （2）若平行于墙的一边长不小于8米，当 取何值时，这个苗圃园的面积有最大值，最大值是多少？ 15 225 x 【答案】（1） x12 ；（2）当 2 时，苗圃园的面积有最大值，最大值是 2 平方米． 【解析】 【分析】（1）根据题意列出一元二次方程，然后解方程即可得出答案； 第15页/共26页 学科网（北京）股份有限公司（2）先根据题意求出x的取值范围，然后表示出苗圃园的面积，再利用二次函数的性质求最大值即可． x302x72 【详解】（1）依题意可列方程 ， x2 15x360 即 ． x 3 x 12 解得 1 ， 2 ． x3 302x2418 当 时， ，故舍去； x12 302x618 当 时， ， x12 ． 8302x18 6 x11 （2）依题意，得 ，解得 ． 2  15 225 S  x302x2 x  6 x11    2  2 面积 . 15 225 x S  当 2 时，S有最大值， 最大 2 ； 15 225 x 答：当 2 时，苗圃园的面积有最大值，最大值是 2 平方米． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用和二次函数的应用及性质，掌握一元二次方程的解法及二次函 数的性质是解题的关键． 22. 如图，点M ， N 分别在正方形 ABCD 的边BC， CD 上，且 MAN 45 ，把 △ADN 绕点A顺 时针旋转 90 得到VABE． △A≌E△M ANM （1）求证： ． （2）若 BM 3 ，DN 2，求正方形 ABCD 的边长． 【答案】（1）见解析 （2）6 【解析】 AE  AN,BAE DAN 【分析】（1）先根据旋转的性质可得 ，再根据正方形的性质、角的和差可得 第16页/共26页 学科网（北京）股份有限公司MAE 45 ，然后根据三角形全等的判定定理即可得证； ABCD CM  x3,CN  x2 （2）设正方形 的边长为x，从而可得 ，再根据旋转的性质可得 BE  DN 2 ME 5 MN ME 5 ，从而可得 ，然后根据三角形全等的性质可得 ，最后在 RtVCMN 中，利用勾股定理即可得． 【小问1详解】 AE  AN,BAE DAN 证明：由旋转的性质得： ， Q四边形 ABCD 是正方形， BAD90，即 BAN DAN 90 ， BAN BAE 90 EAN 90 ，即 QMAN 45， MAE EAN MAN 904545 ， ∴MAE MAN ． AE  AN  MAE MAN  AM  AM 在 △AEM 和 VANM 中，  ， VAEM≌VANM(SAS) ； 【小问2详解】 ABCD BC CD  x 解：设正方形 的边长为x，则 ， QBM 3,DN 2 ， CM  BCBM  x3,CN CDDN  x2 ， BE  DN 2 由旋转的性质得： ， ME  BEBM 235 ， △A≌E△M ANM 由（1）已证： ， MN ME 5 ． 又Q四边形 ABCD 是正方形， C 90 ， RtVCMN CM2 CN2 MN2 (x3)2 (x2)2 52 则在 中， ，即 ， 第17页/共26页 学科网（北京）股份有限公司解得 x6 或x1（不符题意，舍去）， ABCD 故正方形 的边长为6． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较 难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键． y ax2 bxca0 23. 二次函数 的图象如图所示，根据图象解答下列问题： ax2 bxc0 （1）方程 的两个根为________． ax2 bxc0 （2）不等式 的解集为________． y x x （3）若 随 的增大而减小，则自变量 的取值范围为________． ax2 bxck k （4）若方程 有两个不相等的实数根，则 的取值范围为________． x 1 x 3 【答案】（1） 1 ， 2 ； 1 x3 （2） x2 （3） k 2 （4） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数与不等式的关系， 利用数形结合的思想解决问题是关键． x （1）根据二次函数图象与 轴的两个交点坐标，即可作答； x x （2）根据二次函数图象在 轴上方的部分对应的 范围，即可作答； （3）根据二次函数的增减性，即可作答； y k y ax2 bxca 0 （4）根据二次函数的顶点坐标，结合直线 与二次函数 有两个交点，即可作 答． 【小问1详解】 第18页/共26页 学科网（北京）股份有限公司y ax2 bxca 0 1,0 3,0 解：Q二次函数 的图象与 x 轴的两个交点分别为 、 ， 方程 ax2 bxc0 的两个根为 x 1 1 ， x 2 3 ， x 1 x 3 故答案为： 1 ， 2 ； 【小问2详解】 y ax2 bxca 0 Q1 x3 解： 时，二次函数 的值大于0， 不等式 ax2 bxc0 的解集为 1 x3 ， 1 x3 故答案为： ； 【小问3详解】 x2 y x 解：由函数图象可知，当 时， 随 的增大而减小， y x x x2 即 随 的增大而减小，则自变量 的取值范围为 ， x2 故答案为： ； 【小问4详解】 2,2 解：由函数图象可知，二次函数开口向下的顶点坐标为 ， Q方程 ax2 bxck 有两个不相等的实数根， y k y ax2 bxca 0 直线 与二次函数 有两个交点， k 的取值范围为 k 2 ， k 2 故答案为： ． 24. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，3），B（4，2），C（2，1）． 第19页/共26页 学科网（北京）股份有限公司（1）平移△ABC，使得点A的对应点A 的坐标为（﹣1，﹣1），则点C的对应点C 的坐标为 ； 1 1 （2）将△ABC绕原点旋转180°得到△A B C ，在图中画出△A B C ； 2 2 2 2 2 2 （3）M、N为x轴上的两个动点，点M在点N的左侧，连接MN，若MN＝1，点D（0，﹣1）为y轴上 的一点，连接DM、CN，则DM＋CN的最小值为 ． 【答案】（1）（0，－3） （2）见解析 （3） 5 【解析】 【分析】（1）根据点A和点A 的坐标判断出平移方式，由平移方式可得点C 的坐标； 1 1 （2）根据旋转的性质找出点A、B、C的对应点A 、B 、C 的位置，首尾顺次连接即可； 2 2 2 （3）取点D′（1，−1），连接CD′交x轴于点N′，此时DM′＋CN′的值最小为CD′，利用勾股定理求出CD′ 即可． 【小问1详解】 解：∵平移△ABC，使得点A（1，3）的对应点A 的坐标为（﹣1，﹣1）， 1 ∴平移方式为：将△ABC先向左平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度， ∴点C（2，1）的对应点C 的坐标为（0，－3）， 1 故答案为：（0，－3）； 【小问2详解】 △A B C 如图所示： 2 2 2 【小问3详解】 如图，取点D′（1，−1），连接CD′交x轴于点N′， ∵M′N′＝DD′＝1，且M′N′∥DD′， 第20页/共26页 学科网（北京）股份有限公司∴四边形M′N′D′D是平行四边形， ∴DM′＝D′N′， ∴DM′＋CN′＝D′N′＋CN′＝CD′， 12 22  5 ∴DM＋CN的最小值为CD′＝ ， 故答案为： 5 ． 【点睛】本题考查平移的性质，作图−旋转变换，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运 用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 1 1   25. 已知抛物线y 2 x2+mx+m 2与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点 5  2 C（0， ），点P为抛物线在直线AC上方图象上一动点． （1）求抛物线的解析式； （2）求△PAC面积的最大值，并求此时点P的坐标； 1 1   （3）在（2）的条件下，抛物线y 2 x2+mx+m 2在点A、B之间的部分（含点A、B）沿x轴向下翻折， 得到图象G．现将图象G沿直线AC平移，得到新的图象M与线段PC只有一个交点，求图象M的顶点 横坐标n的取值范围． 1 5  5 15 125 y  x2 3x P   ,  【答案】（1） 2 2 ；（2）当  2 8  时， S VPAC取得的最大值，最大值为 16 ；（3） 18  n1 5 或n2 【解析】 第21页/共26页 学科网（北京）股份有限公司5  2 【分析】（1）将点C（0， ）代入抛物线解析式直接求解即可； （2）先求出A点坐标，以及直线AC的解析式，再过P点作PQ⊥x轴，交AC于Q点，通过设P、Q两 S 点的坐标，建立出关于 VPAC的二次函数表达式，然后结合二次函数的性质求出其最值，并求出此时对应 的P点坐标即可； （3）先根据题意画出基本图像G，然后结合平移的性质确定B点的运动轨迹，以及其直线解析式，根据 题目要求和平移的性质可以确定点B平移至恰好在PC上时，以及图象G与直线AC的交点R，经过平移 至C点时，满足要求，应注意，当A点平移后经过C点时，此时也可满足图象M与PC仅有一个交点， 即为C点，此情况应单独求解． 5  【详解】解：（1）将点C（0， 2 ）代入抛物线解析式得： 1 5 m  2 2，解得： m3 ， 1 5 y  x2 3x 2 2 ∴抛物线解析式为： ； （2）∵抛物线与x轴交于A、B两点， 1 5 0 x2 3x ∴令 2 2，解得： x 1 5 ， x 2 1 ， A5,0 B1,0 为 ∴A、B坐标分别 ： ， ， y kxbk 0 设直线AC的解析式为： ，  5 C 0, A5,0   2   将 和 代入得：  1 k  5kb0   2    5 5  b b   2  2 ，解得： ， 1 5 y x ∴直线AC的解析式为： 2 2， 如图所示，过P点作PQ⊥x轴，交AC于Q点， ∵P点在位于直线AC上方的抛物线上，  1 5  1 5 P a, a2 3a Q a, a      2 2  2 2 5a0 ∴设 ，则 ，其中 ， 第22页/共26页 学科网（北京）股份有限公司1 5  1 5 1 5 PQ y  y  a2 3a   a  a2  a   P Q 2 2  2 2 2 2 ∴ ， 1 S  PQx x  ∵ VPAC 2 C A ， 2 1 1 5  5 5 125 S   a2  a 05  a  VPAC 2   2 2     4   2   16 ∴ ， 5  0 ∵ 4 ， 5 125 a  S ∴抛物线开口向下，当 2时， VPAC取得的最大值，最大值为 16 ， 5 15 a  y  此时，将 2代入抛物线解析式得： 8 ，  5 15 125 P  ,   ∴当  2 8  时， S VPAC取得的最大值，最大值为 16 ； 1 1   （3）如图所示，抛物线y 2 x2+mx+m 2在点A、B之间的部分（含点A、B）沿x轴向下翻折，得到 图象G． 3,2 由（1）可知，原抛物线顶点坐标为 ， 1 5 3,2 y  x2 3x ∴沿x轴向下翻折后，图象G的顶点坐标为 ，图象G的解析式为： 2 2； ∵图象G沿着直线AC平移， ∴作直线BS∥AC，交PC于S点，则随着平移过程，点B在直线BS上运动， 分如下情况讨论： 第23页/共26页 学科网（北京）股份有限公司①当图象G沿直线AC平移至B点恰好经过S点时，如图中M 所示， 1 此时，平移后的图象M恰好与线段PC有一个交点，即为S点，  5 15 P  , 1 5   y x 由（2）知，  2 8  ，以及直线AC 的 解析式为 2 2， 1 y   xb ∴设直线BS的解析式为： 2 ， 1 b B1,0 将 代入得： 2 ， 1 1 y  x ∴直线BS的解析式为： 2 2 ； y kxbk 0 设直线PC的解析式为： ，  5 15  5 P  , C 0,      2 8   2 将 ， 代入得：  5 15  7  kb k     2 8  4   5 5   b b  2  2 ，解得： ， 7 5 y  x ∴直线PC的解析式为： 4 2 ；  1 1  8 y  x x    2 2  5   7 5 3   y  x y   4 2  10 联立 ，解得： ，  8 3  S  ,    5 10 即：S点的坐标为 ，  8 3  3 3 S  , B1,0   5 10   5 10 ∴此时点 平移至 ，等同于向左平移 个单位，向上平移 个单位， 3 5 即：当平移后的图象M与线段PC恰好仅有一个交点时，可由原图像G向左平移 个单位，向上平移 3 10 个单位， 第24页/共26页 学科网（北京）股份有限公司3,2 ∵原图像G的顶点坐标为： ， 3 18 n3  ∴平移后图象M 的顶点的横坐标 5 5 ； 1 ②当图象G沿直线AC平移至恰好经过C点时，如图中M 所示， 2 设图象G与直线AC的交点为R，  1 5 y  x2 3x   2 2 x2   1 5 x5  3  y  x  y   2 2 y 0   2 联立 ，解得： 或 ，  3 R 2,    2 ∴点R的坐标为： ，  3  5 R 2, C 0,      2  2 由 平移至 ，等同于向右平移2个单位，向下平移1个单位， ∴当平移后的图象M与线段PC恰好仅有一个交点时，可由原图像G向右平移2个单位，向下平移1各单 位， 3,2 ∵原图像G的顶点坐标为： ， n321 ∴平移后图象M 的顶点的横坐标 ； 2 ∴当图象G在M 和M 之间平移时，均能满足与线段PC有且仅有一个交点， 1 2 18  n1 此时，图象M的顶点横坐标n的取值范围为： 5 ； ③当图象G沿直线AC平移至A点恰好经过C点时，如图中M 所示， 3  5 5 C 0, A5,0   2   2 此时，由 平移至 ，等同于向右平移5个单位，向下平移 个单位， 5 2 即：原图像G向右平移5个单位，向下平移 个单位，得到图象M ， 3 3,2 ∵原图像G的顶点坐标为： ， n352 ∴平移后图象M 的顶点的横坐标 ； 3 的 综上所述，当新 图象M与线段PC只有一个交点时，图象M的顶点横坐标n的取值范围为： 18  n1 5 或n2． 第25页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查二次函数综合问题，包括图象的翻折变换和平移变换等，掌握二次函数的基本性质，翻 折和平移变换的性质，以及准确分类讨论是解题关键． 第26页/共26页 学科网（北京）股份有限公司