广大附中大学城校区2024-2025学年九年级10月月考数学试题答案解析_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

广大附中大学城校区初三年级 10 月月考 一、选择题（共10小题，满分30分） 1. 下列各组图形中，不成中心对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题重点考查了两个图形成中心对称的定义，欲分析两个图形是否成中心对称，主要把题目中一 180 个图形绕一个点旋转 ，观察是否能和另一个图形重合即可，熟练掌握其定义是解决此题的关键． 【详解】根据中心对称的概A、B、C都是中心对称，不符合题意； D是轴对称，不成中心对称，符合题意． 故选：D． 2. 2024年元旦假期的到来，点燃了消费者的出游热情，也激发了旅游市场的活力．元旦假期三天，长沙市 609.65 609.65 共接待游客 万人次． 数据“ 万”用科学记数法表示为（ ） 0.60965108 6.0965107 60.965106 6.0965106 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查科学记数法的运用，掌握科学记数法的表示形式 a10n ，其中 1 a 10 ，n的取 值是解题的关键．确定n的值的方法是看数变成 a 时，小数点的移动，当小数点向左移动时，n的值与移 动位数相同；当小数点向右移动时，小数点移动位数的相反数等于n的值． 609.65 60965006.0965106 【详解】解： 万= ， 故选：D．  3. 图①中的花瓣图案绕着旋转中心，连续旋转4次，每次旋转角 ，可以得到图②中的花朵图案，则旋转  角 可以为（ ） 第1页/共33页 学科网（北京）股份有限公司36 72 90 108 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转和正多边形外角，结合正多边形的外角是求旋转角的关键． 根据旋转后的图形可知，旋转后的图形内部是一个正五边形，所以旋转角应为正五边形外角的正整数倍， 然后判断选项即可． 【详解】解：由图可知旋转后的图形内部是正五边形， 360° = n´ 0n5 5 ， n为正整数；  72 可以为 ， 故选：B y x12 2 4. 将抛物线 向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ） y x22 yx2 A. B. y x22 4 y x2 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可． y (x1)2 2 y x2 2 【详解】解：将 向左平移1个单位所得直线解析式为： ； yx2 再向下平移2个单位为： ． 故选：B． 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，解题的关键是熟知函数图象平移的法则是解答此题的 关键． y ax2 bxc 5. 根据下列表格中二次函数 的自变量x与函数值y的对应值，判断方程 ax2 bxc0 （ a0 ， a ，b， c 为常数）的一个解 x 的范围是（ ） x 6.17 6.18 6.19 6.20 y ax2 bxc 0.03 0.01 0.02 0.04 第2页/共33页 学科网（北京）股份有限公司6 x6.17 6.17 x6.18 A. B. 6.18 x6.19 6.19 x6.20 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 ax2 bxc0 应该在ax2 bxc0与 ax2 bxc0 之间，从表格中选择对应的数据即可． 【详解】解：由表格得： x 6.18 ax2 bxc0.010 时， ， x6.19 ax2 bxc0.020 时， ， ax2 bxc0 的一个解 x 的范围为： 6.18 x6.19 ． 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程解的范围，理解方程解得含义是解题关键． kx2 4x2 6. 关于x的方程 有两个不相等的实数根，则k的值可以是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式求解即可． kx2 4x2 【详解】解：∵ ， kx2 4x20 ∴ ． ∵该方程有两个不相等的实数根， b2 4ac42 4k20 k 0 ∴ ，且 ， ∴ k 2，且 k 0 ， ∴只有B选项符合题意． 故选B． 【点睛】本题考查一元二次方程的定义，根据一元二次方程根的情况求参数．掌握一元二次方程 ax2bxc0(a0) b2 4ac  0 的根的判别式为 ，且当 时，该方程有两个不相等的实数根；当  0 0 时，该方程有两个相等的实数根；当 时，该方程没有实数根是解题关键． 第3页/共33页 学科网（北京）股份有限公司7. 已知点 A(0，1)、B，(23) ，将线段AB绕点A逆时针旋转 90 得到线段 AC ，则点C的坐标为（ ） (3,2) (2,2 2) (3,2 2) (2,3) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了图形的旋转，根据题意在坐标系中画出旋转后的图形，即可得到答案. 【详解】解：如图，将线段AB绕点A逆时针旋转 90 得到线段 AC ，则点C的坐标为 (2,3) ， 故选：D 2x2 3x10 8. 一元二次方程 用配方法解方程，配方结果是（ ） 2 2 2 2  3 1  3 1  3 1  3 1 x  2 x  x  x  1          4 16  4 8  4 8  4 16 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解法——配方法过程步骤为：1．把原方程化为一般形式． 先移常数项，再将二次项系数化为1，然后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，从而得出配方的结 果． 2x2 3x10 【详解】解： 2x2 3x  1 3 1 x2  x 2 2 3 3 1 3 x2  x( )2  ( )2 2 4 2 4 3 1 (x )2  4 16， 故选：A． 第4页/共33页 学科网（北京）股份有限公司x2 3x30 m2 m2nmn 9. 已知m，n是方程 的两根，则代数式 的值是（ ） 12 A. B. 12 C. 3 D. 0 【答案】B 【解析】 m2 3m3 mn3 mn3 【分析】利用一元二次方程的解及根与系数的关系，即可得出 ， ， 再将其 m2 m2nmnm2 3m2(mn)mn 代入 ，计算即可．本题主要考查一元二次方程根与系数的关系， 熟练掌握一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程的解的定义是解决本题的关键． 【详解】解：Qm，n是关于 x 的方程 x2 3x30 的两根， m2 3m3， mn3 ，mn3． m2 m2nmn m2 3m2(mn)mn 3233 363 12． 故选：B 10. 抛物线 y ax2 bxc （a，b，c是常数，a0）经过 1,1 ， m,1 两点，且0m1．下列四个 结论：（ ） ax12 bx1c1 b0 0 x1 a1 ① ；②若 ，则 ；③若 ，则关于x的一元二次方程 1 x x  ax2 bxc2 无实数解；④点 Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  在抛物线上，若 1 2 2， x 1  x 2，总有 1 0m y  y 1 2，则 2 ． A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ②③④ 【答案】D 【解析】 1 1m   0 的 2 2 【分析】本题考查了二次函数 性质，根据题意可得抛物线对称轴 ，即可判断①，根据 1,1 m,1 1,1 ， 两点之间的距离大于1，即可判断②，根据抛物线经过 得出 cb2 ，代入顶点纵 第5页/共33页 学科网（北京）股份有限公司1 1m 1    2 2 4 坐标，求得纵坐标的最大值即可判断③，根据④可得抛物线的对称轴 ，解不等式，即 可求解． 【详解】解：∵ y ax2 bxc （a，b，c是常数，a<0 ）经过 1,1 ， m,1 两点，且0m1． b 1m 1 1m x    0 ∴对称轴为直线 2a 2 ， 2 2 ， b x 0 ∵ 2a ，a0 ∴b0，故①错误， ∵0m1 m11 1,1 m,1 ∴ ，即 ， 两点之间 的 距离大于1 又∵a0 x m1 y1 ∴ 时， ax12 bx1c1 0 x1 ∴若 ，则 ，故②正确； 1 1m   0 2 2 ③由①可得 ， 1 b   0 ∴ 2 2 ，即1b0， a1 y x2 bxc 当 时，抛物线解析式为 4acb2 4cb2 t   设顶点纵坐标为 4a 4 ∵抛物线 y x2 bxc （a，b，c是常数，a<0 ）经过 1,1 ， ∴1bc1 cb2 ∴ 4cb2 b2 4c 1 1 1 t    b2 c b2 b2 b22 1 ∴ 4 4 4 4 4 1 0 ∵1b0，4 ，对称轴为直线b2， 第6页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴当b0时， t 取得最大值为2，而b0， ax2 bxc2 ∴关于x的一元二次方程 无解，故③正确； 1 x x  ④∵a0，抛物线开口向下，点 Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  在抛物线上， 1 2 2， x 1  x 2，总有 y  y 1 2， x x 1 x 1 2  2 4 又 ， 1 x Ax ,y  ∴点 1 1 离 4较远， 1 1m 1    2 2 4 ∴对称轴 1 0m 解得： 2 ，故④正确． ∴②③④正确， 故选：D． 二．填空题（共6小题，满分18分） 1 y  x2 2 4，2 11. 如果一条抛物线的形状与 3 的形状相同，且顶点坐标是 ，那么它的函数解析式为 ________． 1 y   x42 2 3 【答案】 【解析】 【分析】先把解析式设为顶点式，再根据抛物线形状相同，则二次项系数相同，据此可得答案． y ax42 2 【详解】解：设该抛物线解析式为 ， 1 y ax42 2 y  x2 2 ∵抛物线 的形状与 3 的形状相同， 1 a ∴ 3， 1 y   x42 2 3 ∴该抛物线解析式为 ， 第7页/共33页 学科网（北京）股份有限公司1 y   x42 2 3 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键在于熟知抛物线形状相同，则二次项系数相同． x2 k2x2k10 x3 12. 已知关于x的方程 的一个根为 ，则方程的另一根是_______． 【答案】1 【解析】 x3 【分析】将 代入方程解得k的值，再通过原方程解出方程的根即可． x2 k2x2k10 x3 【详解】解：将 代入 ， 93k22k10 则 ， k 2 解得 ， 方程为： x2 4x30 ， x 1 x 3 解得 1 ， 2 ， 故答案为：1． 【点睛】本题考查一元二次方程的根，熟练掌握解一元二次方程的步骤是解题的关键． 13. 已知二次函数y=3(x-a)2的图象上，当x>2时，y随x的增大而增大，则a的取值范围是___． 【答案】a≤2 【解析】 【详解】由二次函数的解析式得到对称轴为x=a，函数图象的开口向上， ∴在对称轴x=a的右边函数值y随着x的增大而增大， 故只要a≤2时，x＞2，y随x的增大而增大， 所以a的取值范围为a≤2． 故答案为a≤2． 14. 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 、BD交于点 O ，若 VBOC与VBOC关于点C成中心对称， AC 2 ，AB 5，则菱形 ABCD 的边长是 ________________． 第8页/共33页 学科网（北京）股份有限公司17 【答案】 【解析】 OAOC OC 1 OB OC OB⊥OC 【分析】根据菱形的性质、旋转的性质，得到 、 、 、 BC  BC，根据AB 5，利用勾股定理计算 OB ，再次利用勾股定理计算 BC 即可．本题考查了菱形 的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本性质并灵活运用勾股定理是解题的关键． 【详解】解：Q四边形 ABCD 是菱形，且 VBOC绕着点C旋转 180 得到VBOC， AC 2 ， OAOC OC 1， OB OC ， BC  BC ， OBOC， OA ACOC 213 ， QAB5， OB AB2 OA2  52 32 4， BC  OB2 OC2  42 12  17， BC BC  17， ABCD 17 即菱形 的边长是 ， 17 故答案为： ． C0,4 K2,0 AC AC 15. 平面直角坐标系中， ， ，A为x轴上一动点，连接 ，将 绕A点顺时针旋转 90 得到AB，当点A在x轴上运动，BK 取最小值时，点B的坐标为_________． 3,1 【答案】 【解析】 【分析】分三种情况：当点A在 x 轴正半轴时；当点A在原点时；当点A在 x 轴负半轴时，利用三角形全 等的判定与性质、旋转的性质、两点间的距离公式，分别进行求解即可得到答案． Am，0 【详解】解：当点A在 x 轴正半轴时，如图，作 BH  x 轴于H ，设 ，则 m0 ， OAm ， 第9页/共33页 学科网（北京）股份有限公司QC0，4 K2，0 ， ， OC 4， OK 2 ， Q将 AC 绕A点顺时针旋转 90 得到AB， BH  x ， AOC CABAHB90 AC  AB ， ， QCAOCABBAH 180 ， BAH CAO90 ， CAOOCA90 ， ACOBAH ， 在△ACO 和VBAH ， AOC BHA  ACOBAH  AC  BA  ， VACO≌VBAHAAS ， BH OAm AH OC 4 ， ， OH OA AH m4 ， Bm4，m ， BK  m422 m02  m22 m2  m2 4m4m2  2m12 2 Qm0 ， 2m12 2 ， 第10页/共33页 学科网（北京）股份有限公司BK 2， 当点A在原点时，如图所示， QC0，4 K2，0 ， ， AC 4 ，AK 2， Q将 AC 绕A点顺时针旋转 90 得到AB， AB AC 4 ， BK  ABAK 2； Am，0 当点A在 x 轴负半轴时，如图，作 BG  x 轴于 G ，设 ，则 m0 ，OAm， QC0，4 K2，0 ， ， OC 4， OK 2 ， Q将 AC 绕A点顺时针旋转 90 得到AB， BH  x ， AOC CABAGB90 AC  AB ， ， QBAGCAO90 CAOOCA90 ， ， ACOBAG ， 在△ACO 和 △BAG ， AOC BGA  ACOBAG  AC  BA  ， 第11页/共33页 学科网（北京）股份有限公司VACO≌VBAGAAS ， BG OAm AG OC 4 ， ， OG  AG AO4m4m ， Q点B在第四象限， Bm4，m ， BK  m422 m02  m22 m2  m2 4m4m2  2m12 2 Qm0 ， 2m12 0 ， BK  2 ， B3，1 综上所述：当m1时，BK 取到最小值，为 2 ，此时 ， 3,1 故答案为： ． 【点睛】本题考查坐标与图形的变化—旋转，勾股定理，全等三角形的判定和性质，两点间的距离等知识， 解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质，采用分类讨论的思想解题． x2 3x(x0) y   x(x0) y  xt t 16. 函数 的图象如图所示，若直线 与该图象只有一个交点，则 的取值范 围为______． t 0 t 4 【答案】 或 【解析】 y  xt y  x t 0 【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的图象和性质，由 与 平行可得当 时， 第12页/共33页 学科网（北京）股份有限公司y  xt y  x2 3x y  xt b2 4ac0 直线 与原图象只有一个交点，将 与直线 联立方程组，使 ， 此时只有一个交点．熟练掌握二次函数和一次函数的相关知识是解决本题的关键． Q y  xt y  x 【详解】解： 与 平行， 当 t 0 时，直线 y  xt 与原图象只有一个交点， y  x2 3x   y  xt 联立 ， x2 3x xt x2 4xt 0 ，即， ， Q只有一个交点， 164t 0 ， t 4， t t 0 t 4 的取值范围为： 或 ． 三．解答题（共7小题，满分72分） x2 4x50 17. 解方程： ． x 1,x 5 【答案】 1 2 ． 【解析】 【分析】利用配方法解方程即可． 【详解】解：移项，得 x2 4x 5 ， ∴x2 4x454， x22 9 ∴ ， 两边开平方，得 x2 3 ， x 1,x 5 ∴ 1 2 ． 【点睛】本题考查用配方法解一元二次方程，解答关键是根据方程特征选择适当方法解方程． 18. 如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD,ABCD ．过点D分别作DF  AB于点 F,DE  BC于点 E，且DE  DF．求证：四边形 ABCD 是菱形． 第13页/共33页 学科网（北京）股份有限公司【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了菱形的证明，涉及了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点， 根据题意可得四边形 ABCD 是平行四边形，继而得 C A ；证VDEC≌VDFA即可． AB∥CD,ABCD 【详解】证明：∵ ， ABCD ∴四边形 是平行四边形， C A ∴ ， ∵DE  DF， DEC DFA ， ∴VDEC≌VDFA， DC  DA ∴ ， ABCD ∴四边形 是菱形． 的 19. 如图，三孔桥横截面 三个孔都呈抛物线形，左右两个抛物线形是全等的，正常水位时，大孔水面宽 度为 20m ，顶点距水面6m，小孔顶点距水面 4.5m ．当水位上涨刚好淹没小孔时，求大孔的水面宽度． 【答案】此时大孔的水面宽度为10m． 【解析】 【分析】根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，可以得到A、B、M的坐标，设出函数关系式，待 定系数求解函数式．根据NC的长度，得出函数值y，代入解析式，即可得出E、F的坐标，进而得出答 案． 【详解】解：如图，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意得，M点坐标为（0，6），A点坐标为（- 10，0），B点坐标为（10，0）， 第14页/共33页 学科网（北京）股份有限公司设中间大抛物线的函数式为y=ax2+6， ∵点B在此抛物线上， ∴0=a×102+6， 3 解得a=-50， 3 ∴函数式为y=-50 x2+6． ∵NC=4.5m， ∴令y=4.5， 3 代入解析式得-50 x2+6=4.5， x =5，x =-5， 1 2 ∴可得EF=5-（-5）=10． 此时大孔的水面宽度为10m． 【点睛】本题是二次函数的实际应用，考查了待定系数法求二次函数的解析式，由函数值求自变量的值， 解答时求出函数的解析式是关键． 20. 请在同一坐标系中 第15页/共33页 学科网（北京）股份有限公司1 1 y  x2 y  x22 （1）画出二次函数① 2 ；② 2 的图象． （2）说出两条抛物线之间是如何通过图形的变换得到的，指出②的开口方向、对称轴和顶点． 1 y  x22 （3）当 1 x4 时，求二次函数 2 的最大值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 9 （3）2 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和二次函数的性质，最值，平移，解题的关键是正确的画出函数的图 象． （1）根据列表、描点、连线即可画出图象； （2）根据“左加右减”即可确定出平移方式，根据顶点式即可获取开口方向，对称轴，顶点坐标； （3）由直线x1比直线x4更远离抛物线的对称轴，则当x1，函数取得最大值，再代入求解即 可． 【小问1详解】 解：列表： 第16页/共33页 学科网（北京）股份有限公司x 2 1 0 1 2 3 4 1 y  x2 2 0.5 0 0.5 2 2 1 y  (x2)2 2 0.5 0 0.5 2 2 描点： 连线，如图． 【小问2详解】 1 1 1 y  x2 y  x22 y  x22 解：抛物线 2 向右平移2个单位得到抛物线 2 （或抛物线 2 向左平移2个 1 1 1 y  x2 y  x22 a  0 单位得到抛物线 2 ）， 2 中 2 ， 故开口向上，对称轴为直线 x2 ，顶点坐标为(2,0)； 【小问3详解】 解：∵对称轴为直线 x2 ，|‒1‒2|>|4‒2|， 第17页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴直线x1比直线x4更远离抛物线的对称轴， 1 9 y  122  ∴当x1，函数取得最大值， 2 2 ， 9 ∴最大值为2 ． 21. 如图，在等边△BCD中，DF⊥BC于点F，点A为直线DF上一动点，以B为旋转中心，把BA顺时针 方向旋转60°至BE，连接EC． （1）当点A在线段DF的延长线上时， ①求证：DA=CE； ②判断∠DEC和∠EDC的数量关系，并说明理由； （2）当∠DEC=45°时，连接AC，求∠BAC的度数． 【答案】（1）①证明见解析；②∠DEC+∠EDC=90°；（2）150°或30° 【解析】 【分析】（1）①证明△BAD≌△BEC，即可证明. BCD BCE ②分别求出 和 的度数，即可求出∠DEC和∠EDC的数量关系. （2）分三种情况进行讨论. 【详解】解：（1）①证明：∵把BA顺时针方向旋转60°至BE， BA BE，ABE  ∴ 60°， Q在等边△BCD中， DB BC DBC 60 ， DBADBCFBA60FBA ， QCBE 60FBA ， DBACBE ， 第18页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴△BAD≌△BEC， ∴DA=CE； ②判断：∠DEC+∠EDC=90°． QDB DC DA BC ， ， 1 BDA BDC 30 2 ， ∵△BAD≌△BEC， ∴∠BCE=∠BDA=30°， Q在等边△BCD中，∠BCD=60°， ∴∠DCE=∠BCE+∠BCD＝90°， ∴∠DEC+∠EDC=90°． （2）分三种情况考虑： ①当点A在线段DF的延长线上时（如图1）， DCE 由（1）可得， 是直角三角形， DCE 90 ， 当DEC 45时， EDC 90DEC 45， EDC DEC ， CDCE ， 由（1）得DA=CE， ∴CD=DA， VBDC BDCD 在等边 中， ， BD DACD ， BDC 60， 第19页/共33页 学科网（北京）股份有限公司QDA BC ， 1 BDACDA BDC 30 2 ， 在 △BDA中，DB DA， 180-BDA BAD 75 2 ， 180-ADC DAC  75 在 △DCA 中， DA DC ， 2 ， BAC BADDAC 7575150． ②当点A在线段DF上时（如图2）， 为 60 以B 旋转中心，把BA顺时针旋转 至BE. BA BE，ABE 60， 在等边 VBDC 中，BD BC，DBC 60， DBC ABE ， DBC-ABC ABE-ABC ， DBAEBC， DBA≌ CBE ， DACE ， 在 RtDFC ，DFC 90， DF ＜ DC ， ∵DA＜DF，DA=CE， ∴CE＜DC， DCE 由②可知 为直角三角形， 第20页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴∠DEC≠45°． ③当点A在线段FD的延长线上时（如图3）， DBA CBE 同第②种情况可得 ≌ ， DACE，ADBECB ， 在等边 VBDC 中，BDC BCD60， QDA BC ， 1 BDF CDF  BDC 30 2 ， ADB 180BDF 150， ECBADB150， DCE ECBBCD90， 当DEC 45时， EDC 90DEC 45， EDC DEC ， CDCE ， ∴AD=CD=BD， ∵ADB ADC 150， 180-ADB 180-CDA BAD 15 CAD 15 2 ， 2 ， BAC BADCAD30， 综上所述， BAC 的度数是150或30. 22. 合肥市某公司投入40辆同型号汽车准备成立汽车租赁分公司．市运管所规定每辆汽车的日租金按10 元的整数倍收取但不得超过250元．汽车租赁分公司试运营了一段时间后发现营运规律如下：当每辆汽车 的日租金不超过150元时，40辆汽车可以全部租赁出去；当每辆汽车的日租金超过150元时，每增加10 第21页/共33页 学科网（北京）股份有限公司元，租赁出去的汽车数量将减少2辆．已知租赁出去的汽车每辆一天各项支出共需20元，没有租赁出去 的汽车每辆一天各项支出共需10元，另外公司每天还需支出的管理费及其他各项经费共1800元． （1）汽车租赁分公司正式运营的第一周实行优惠活动，在40辆汽车能全部租出的前提下，要求保证每天 总租金不低于总支出，则每辆汽车的日租金至少为多少元？ （2）每辆汽车的日租金定为多少元时，可使汽车租赁分公司每天的总利润最大？这个最大利润是多少？ （总利润总租金总支出） 【答案】（1）70元 （2）3580元 【解析】 【分析】（1）设每辆汽车的日租金为x元，根据“40辆汽车能全部租出，且每天总租金不低于总支出”， 即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，再结合x为10的整数倍即可得出结论； m150 m150 （2）设每辆汽车的日租金为m元，该汽车租赁公司一天总利润为w元，分 及 两种情况 m150 考虑，当 时，利用总利润=总租金-总支出，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的  m 70   m150  5  性质即可找出w的最大值；当 时，每天可租出 辆，利用总利润=总租金-总支出，即可 得出w关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质即可找出w的最大值．再将两个最大值比较后即可 得出结论． 【小问1详解】 解：设每辆汽车的日租金为x元， x150  40x20401800 依题意得： ， 65 x150 解得： ， 又∵x为10的整数倍， ∴x的最小值为70． 答：每辆汽车的日租金至少为70元； 【小问2详解】 解：设每辆汽车的日租金为m元，该汽车租赁公司一天总利润为w元． m150 w40m2040180040m2600 当 时， ， 400 ∵ ， 第22页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴w随m的增大而增大， m150 4015026003400 ∴当 时，w取得最大值，最大值 （元）； m150  m 40 2 70   m150 10  5  当 时，每天可租出 辆，  m  m   m w 70 m 70 20 40 70 101800         5   5    5  ∴ 1  m2 72m2900 5 1  m1802 3580 5 ， 1  0 ∵ 5 ， ∴当m=180时，w取得最大值，最大值为3580． 34003580 又∵ ， 为 ∴该汽车租赁公司一天总利润最多 3580元． 【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用、一次函数的应用以及二次函数的应用，解题的关键是： m150 m150 （1）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；（2）分 及 两种情况，找出 w关于m的函数关系式． 23. 如图，已知抛物线 y x2 bxc 与 x 轴交于 A1,0 ， B5,0 两点（点A在点B的左侧），与 y 轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得 PAPC 的值最小，此时点P的坐标为______； （3）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（不与点C，B重合），过点D作 DF  x 轴于点F ，交直 S :S 3:2 线BC于点E，连接BD，直线BC把△BDF的面积分成两部分，使 VBDE VBEF ，请求出点D的 第23页/共33页 学科网（北京）股份有限公司坐标． y x2 4x5 【答案】（1） 2,3 （2） 3 35 D ,   2 4  （3） 【解析】 A1，0，，B50 y x2 bxc 【分析】（1）将 代入 求解即可； （2）点B是点A关于函数对称轴的对称点，连接BC交抛物线对称轴于点P，此时 PAPC 的值最小； D  m,m2 4m5  Em,m5 （3）设点 ，则点 ，由三角形的面积关系列出方程求解即可． 【小问1详解】 y x2 bxc x A1,0 B5,0 ∵抛物线 与 轴交于 ， ， 1bc0  255bc0 ∴ ， b4  c5 解得 ， y x2 4x5 ∴抛物线的解析式为 ； 【小问2详解】 y x2 4x5x22 9 ∵ ， x2 ∴抛物线对称轴为直线 ， ∵点A，点B关于抛物线的对称轴l对称， 设BC交l于点P，则P即为所求的点， x0 y 5 C0,5 当 时， ，则 第24页/共33页 学科网（北京）股份有限公司y kxb 设直线BC解析式为 1，  b 5 1  5kb 0  则 1 ， b 5 1  k 1 ∴ ， ∴直线BC解析式为 y x5 ， x2 y3 当 时， ， P2,3 ∴ ； 【小问3详解】 如图， D  m,m2 4m5  Em,m5 设 ，则 ， DE m2 4m5m5m2 5m EF m5 ∴ ， ， S :S 3:2 ∵ VBDE VBEF ， 1  1  DEBF : EFBF 3:2     2  2  DE:EF 3:2 ∴ ，即 ，  m2 5m  :m53:2 ∴ ， 2m2 13m150 化简得 ， 3 m  解得 1 2 ， m 2 5 （舍去）， 2 3 3 35 m2 4m5 4 5   2 2 4 ∴ ， 第25页/共33页 学科网（北京）股份有限公司3 35 D ,   2 4  ∴ ． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求解析式，点的对称性，图形的面积计算，勾 股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． C : y ax2 bxca0 24. 已知：抛物线 1 ． 1,1 （1）若顶点坐标为 ，求b和c的值（用含a的代数式表示）； y 2024 ax2 bxc 1 c0 （2）当 时，求函数 的最大值； m2 y mx1 C 4 （3）若不论m为任何实数，直线 与抛物线 1有且只有一个公共点，求a，b，c的值； k  xk1 此时，若 时，抛物线的最小值为k，求k的值． b2a，ca1 【答案】（1） ； （2）1； 3 5 （3） a1，b，2 c1 ；k的值为0或 2 ． 【解析】 y ax12 1ax2 2axa1 【分析】（1）根据抛物线顶点式可得 ，即可得出答案； ax²bxc 0, 2024 ax2 bxc 11 Δb²4ac0 （2）由题意可得 ，可得 进而可得 ，即可 得出答案； m2 y mx1 C 4 （3）由直线 与抛物线 1有且只有一个公共点，可得方程 ax2 bmx m2 mc0 bm2 4a   m2 mc  0 4 4  0   有两个相等的实数根，即 ，可得 ， 1a 0  22ab0 进而可得   b2 4ac0 即可求得a 1， b 2,c 1 ，抛物线解析式为 y  x2 2x1x12 ， x1 k  xk1 k 由于抛物线的对称轴为直线 ，开口向上，当 时，抛物线的最小值为 ，分三种情况： k 0 0k 1 k 1 或 或 ，分别根据二次函数的性质讨论即可． 【小问1详解】 第26页/共33页 学科网（北京）股份有限公司1，1 ∵抛物线的顶点坐标为 ， y ax12 1ax2 2axa1 ∴ ， b2a，ca1 ∴ ； 【小问2详解】 y ax2 bxc a 0，c0 ∵ ， ， b2 4ac0 ∴ ， y ax2 bxc ∴抛物线 与x轴有两个交点， ax2 bxc 0 ∴ ， 2024 ax2 bxc 0 ∴ ， 2024 ax2 bxc 11 ∴ ， y 2024 ax2 bxc 1 ∴函数 的最大值为1； 【小问3详解】 m2 y mx1 C 4 ∵直线 与抛物线 1有且只有一个公共点，  m2 y mx1  4   y ax2 bxc ∴方程组 只有一组解， m2 ax2 bmx ∴ 4 mc0 有两个相等的实数根，  0 ∴ ， m2 ba2 4a( mc)0 ∴ 4 ， 1am2 22abmb2 4ac0 整理得： ， 1am2 22abmb2 4ac0 ∵不论m为任何实数， 恒成立，  1a 0  22ab0  b2 4ac0  ∴ ， 第27页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴ a 1，b， 2 c 1． y  x2 2x1x12 此时，抛物线解析式为 ， x1 ∴抛物线的对称轴为直线 ，开口向上， k  xk1 ∵当 时，抛物线的最小值为k， k 0 0k 1 k 1 ∴分三种情况： 或 或 ， ①当 k 0 时， k11 ，当 k  xk1 时，y随着x的增大而减小，则当xk1时，y的最小值为 k， k112 k ∴ ， k 0 解得： 或1，均不符合题意，舍去； 0k 1 x1 ②当 时，当 时，抛物线的最小值为0， k 0 ∴ ； k 1 xk ③当 时，y随着x的增大而增大，则当 时，y的最小值为k， k12 k ∴ ， 3- 5 3 5 解得：k  2 或 2 ， k 1 ∵ ， 3 5 ∴k  2 ， 3 5 综上所述，若 k  xk1 时，抛物线的最小值为k，k的值为0或 2 ． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一元二次方程根的情况和根的判别式，解方 程组等知识，综合性很强，难度较大，能把函数交点问题转化成一元二次方程根的问题是解题关键． 25. 四边形 ABCD 是菱形， A45 ，点E是AB边上一点，连接 DE,CE ． 第28页/共33页 学科网（北京）股份有限公司（1）如图1，若菱形边长为4，当DEAB时，求线段 CE 的长； （2）线段DE绕点D逆时针旋转 45 得到线段DF，如图2，连接AF ，点 G 是AF 中点，连接 DG ．求 CE 2DG 证： ； （3）如图3，将线段DE绕点D逆时针旋转 90 得到线段DF，连接 CF ，点E在射线AB上运动的过程 S △BEC CF S 中，当 取最小值时，直接写出 △ADE 的值． 2 6 【答案】（1） 21 （2）见详解 （3） 【解析】 AB BC CD AD4 AB∥CD AD∥BC 【分析】（1）首先根据菱形的性质可得 ， ， ，再证明 VADE为等腰直角三角形，易得 AE  DE 2 2 ，然后在 RtCDE 中，由勾股定理求解即可； （2）延长AD至H ，使得DH  AD，连接HF，证明 VEDC≌VFDH ，由全等三角形的性质可得 CE  FH ，再证明 DG 为VAFH 的中位线，进而可得 FH 2DG ，即可证明结论； （3）过点D作DM AB于点M ，过点F 作 CD 垂线，垂足为 N ， AB  BC CD  AD a ，易得 2 AM  DM  a △ADM 为等腰直角三角形，可知 2 ，证明 VDEM≌VDFN ，由全等三角形的性质可 2 DN  DM  a 得 2 ，可知点F 的运动轨迹在直线 FN 上，故当点F 与点 N 重合时， CF 取最小值， 过点C作 CK  AB ，交AB的延长线于点K，分别求得 S VADE， S VBEC的值，即可获得答案． 【小问1详解】 ABCD 解：∵四边形 是菱形，菱形边长为4， AB BC CD AD4 AB∥CD AD∥BC ∴ ， ， ， 第29页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∵ A45 ，DEAB， ADE 90A45A ∴ ， ∴VADE为等腰直角三角形， 2 AE  DE  AD2 2 2 ∴ ， ∵DEAB， AED90 ∴ ， AB∥CD ∵ ， ∴CDE AED 90，  2 CE  DE2 CD2  2 2 42 2 6 RtCDE ∴在 中， ； 【小问2详解】 如下图，延长AD至H ，使得DH  AD，连接HF， AB∥CD DAB 45 ∵ ， ， HDC DAB45 ∴ ， ∵线段DE绕点D逆时针旋转 45 得到线段DF， ∴DE  DF，EDF 45， EDF HDC ∴ ， EDF FDC HDCFDC ∴ ， EDC FDH ∴ ， 第30页/共33页 学科网（北京）股份有限公司DC  AD DH 又∵ ， VEDC≌VFDHSAS ∴ ， CE  FH ∴ ， ∵点 G 是AF 中点，DH  AD， ∴ DG 为VAFH 的中位线， FH 2DG ∴ ， CE 2DG ∵ ； 【小问3详解】 如下图，过点D作DM AB于点M ，过点F 作 CD 垂线，垂足为 N ， DME DNF 90 ∴ ， AB  BC CD  AD a 设 ， ∵ DAB 45 ，DM AB， ADM 90DAB45DAB ∴ ， ∴ △ADM 为等腰直角三角形， 2 2 AM  DM  AD a ∴ 2 2 ， ∵DM AB， AMD90 ∴ ， AB∥CD ∵ ， CDM AMD90 ∴ ， ∵将线段DE绕点D逆时针旋转 90 得到线段DF， 第31页/共33页 学科网（北京）股份有限公司∴DE  DF， EDF 90 ， ∴EDF CDM ，即 EDM MDF MDF FDN ， EDM FDN ∴ ， VDEM≌VDFNAAS ∴ ， 2 DN  DM  a ∴ 2 ， ∴点F 的运动轨迹在直线 FN 上，当点F 与点 N 重合时， CF 取最小值， 如下图，过点C作 CK  AB ，交AB的延长线于点K， 2 AE  DE  AM  a 此时 2 ，DE  AE， 2 1 1 2 2 1 BE  ABAE a a S  AEDE   a a  a2 ∴ 2 ， VADE 2 2 2 2 4 ， AD∥BC DAB 45 ∵ ， ， CBK DAB45 ∴ ， CK  AB ∵ ， BCK 90CBK 45BCK ∴ ， ∴ VCBK为等腰直角三角形， 2 2 BK CK  BC  a ∴ 2 2 ， 1 1  2  2 21 S  BECK  a a a a2 VBEC 2 2  2  2 4   ∴ ， 第32页/共33页 学科网（北京）股份有限公司21 a2 S 4 △BEC   21 S 1 △ADE a2 4 ∴ ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转的 性质、三角形中位线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键． 第33页/共33页 学科网（北京）股份有限公司