23-24学年六中珠江学校九年级（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 学年广东省广州市白云六中珠江学校九年级（上）月考数学试 卷（12 月份） 一、选择题.（本大题共10小题，每小题3分，满分30分、） 1．（3分）下列垃圾分类标识中，是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 2．（3分）二次函数y(x2)2 3的图象的顶点坐标是( ) A．(2,3) B．(2,3) C．(2,3) D．(2,3) 学 3．（3分）用配方法解方程x2 2x40时，原方程应变形为( ) 升 A．(x1)2 5 B．(x2)2 0 C．(x1)2 5 D．(x1)2 4 哥 4．（3分）O 的半径为5，点P到圆心O的距离为5，点P与O 的位置关系是( ) 水 A．点P在O内 B．点P在O外 C．点P在O上 D．无法确定 5．（3分）如图，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180后，点C的坐标是( ) A．(2,0) B．(3,0) C．(2,1) D．(2,1) 6．（3分）关于x的一元二次方程(a1)x2 xa2 10的一个根是0，则a的值为( ) 1 A．1 B．1 C．1或1 D． 2 7．（3分）已知正多边形的半径与边长相等，那么正多边形的边数是( ) A．4 B．5 C．6 D．8 8．（3分）如图，AB是O 的直径，CAB40，则D( ) 第1页（共26页）A．20 B．30 C．40 D．50 9．（3分）关于抛物线y(x1)2，下列说法错误的是( ) A．开口向上 B．当x1时，y随x的增大而减小 C．对称轴是直线x1 D．与坐标轴有两个交点 10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，A(0,3)、B(3,0)，以点B为圆心、2为半径的B上有一动点P．连 接AP，若点C为AP的中点，连接OC ，则OC 的最小值为( ) 学 升 哥 3 A．1 B．2 21 C． 2 D． 21 2 水 二、填空题.（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.） 11．（3分）在直角坐标系中，点(1,2)关于原点对称点的坐标是 ． 12．（3分）抛物线yx2 x不经过第 象限． 13．（3分）如图，四边形ABCD内接于圆O，四边形ABCO是平行四边形，则ADC  ． 14．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分 支的总数是43，则每个支干长出 个小分支． 15．（3分）一个圆锥的底面半径是2cm，母线长是6cm，若将该圆锥侧面沿着母线剪开得到一个扇形，则 该扇形的圆心角的度数是 ． 16．（3分）如图，在RtABC中，ABC 90，ABBC 2 2，将ABC 绕点A逆时针旋转60，得到 第2页（共26页）ADE，连接BE ，则BE 的长是 ． 三、解答题.（本小题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．（4分）x2 4x50． 18．（6分）如图所示，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知： AB24cm，CD8cm． （1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）； （2）求（1）中所作圆的半径． 学 升 哥 19．（6分）如图，D为ABC 内一点，AB AC，BAC 50，将AD绕着点A顺时针旋转50能与线段 AE重合． 水 （1）求证：EBDC； （2）若ADC 115，求BED的度数． 20．（6分）如图，已知抛物线yax2 bxc(a0)经过A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)三点，直线l是抛物 线的对称轴． （1）求抛物线的函数解析式； （2）在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，使得△ACM 的周长最小？若存在，求点M 的坐标；若不存 在，请说明理由． 第3页（共26页）21．（8分）已知关于x的一元二次方程x2 (2k1)xk2 0有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）若此方程的两实数根x ，x 满足(x 1)(x 1)5，求k的值． 1 2 1 2 22．（8分）如图，已知O的直径AB10，弦AC 6，BAC的平分线交O于点D，过点D作DE  AC 交AC的延长线于点E． （1）求证：DE是O的切线； 学 （2）求DE的长． 升 哥 水 23．（10分）某公司电商平台，在2021年五一长假期间，举行了商品打折促销活动，经市场调查发现，某 种商品的周销售量y（件)是关于售价x（元/件）的一次函数，如表仅列出了该商品的售价x，周销售量 y，周销售利润W （元)的三组对应值数据． x 40 70 90 y 180 90 30 W 3600 4500 2100 （1）求y关于x的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； （2）若该商品进价a（元/件），售价x为多少时，周销售利润W 最大？并求出此时的最大利润； （3）因疫情期间，该商品进价提高了m（元/件）(m0)，公司为回馈消费者，规定该商品售价x不得超 过55（元/件），且该商品在今后的销售中，周销售量与售价仍满足（1）中的函数关系，若周销售最大利 润是4050元，求m的值． 24．（12分）已知抛物线yx2 bxc的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B． 第4页（共26页）（1）若点P的横坐标为1，点B的坐标为(3,6)． ①求抛物线的解析式； ②若当m x 3时，yx2 bxc的最小值为2，最大值为6，求m的取值范围； （2）若点P在第一象限，且PAPO，过点P作PD x轴于D，将抛物线yx2 bxc平移，平移后 的抛物线经过点A、D，与x轴的另一个交点为C ，试探究四边形OABC 的形状，并说明理由． 25．（12分）问题探究 （1）如图1．在ABC 中，BC 8，D为BC上一点，AD6．则ABC 面积的最大值是 ． （2）如图2，在ABC 中，BAC 60，AG为BC边上的高，O为ABC 的外接圆，若AG3，试判 断BC是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 问题解决： 如图3，王老先生有一块矩形地ABCD，AB6 212，BC 6 26，现在他想利用这块地建一个四边 学 形鱼塘AMFN，且满足点E在CD上，ADDE，点F 在BC上，且CF 6，点M 在AE上，点N在AB 上，MFN 90，这个四边形AMFN的面积是否存升在最大值？若存在，求出面积的最大值；若不存在， 哥 水 请说明理由． 第5页（共26页）2023-2024 学年广东省广州市白云六中珠江学校九年级（上）月考数学试 卷（12 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题.（本大题共10小题，每小题3分，满分30分、） 1．（3分）下列垃圾分类标识中，是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 【分析】利用中心对称图形的定义进行解答即可． 学 【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、是中心对称图形，故此选项符合题意； 升 C、不是中心对称图形，故此选项不合题哥意； D、不是中心对称图形，故此选项不合题意； 水 故选：B． 【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握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． 2．（3分）二次函数y(x2)2 3的图象的顶点坐标是( ) A．(2,3) B．(2,3) C．(2,3) D．(2,3) 【分析】根据题目中函数的解析式直接得到此二次函数的顶点坐标． 【解答】解：y(x2)2 3， 二次函数y(x2)2 3的图象的顶点坐标是(2,3) 故选：B． 【点评】本题考查二次函数的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 3．（3分）用配方法解方程x2 2x40时，原方程应变形为( ) A．(x1)2 5 B．(x2)2 0 C．(x1)2 5 D．(x1)2 4 第6页（共26页）【分析】方程移项后，配方得到结果，即可做出判断． 【解答】解：方程移项得：x2 2x4， 配方得：x2 2x15，即(x1)2 5， 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． 4．（3分）O 的半径为5，点P到圆心O的距离为5，点P与O 的位置关系是( ) A．点P在O内 B．点P在O外 C．点P在O上 D．无法确定 【分析】直接根据点与圆的位置关系即可得出结论． 【解答】解：圆的半径是5，点P到圆心的距离为5， d r， 点P在O上． 故选：C． 学 【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键，点与圆的位置 升 关系有3种．设O的半径为r ，点P到圆心的距离OPd ，则有：①点P在圆外d r．②点P在圆 哥 上d r．①点P在圆内d r． 5．（3分）如图，将正方形ABC 水 D绕点A顺时针方向旋转180后，点C的坐标是( ) A．(2,0) B．(3,0) C．(2,1) D．(2,1) 【分析】将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180，旋转后的点C与原来的点C关于点A对称，由此 即可解决问题． 【解答】解：由题意，A(1,0)，C(1,0)， 将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180， 旋转后的点C 与原来的点C关于点A对称， 旋转后点C的坐标为(3,0)， 故选：B． 【点评】本题考查中心对称，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属 第7页（共26页）于中考常考题型． 6．（3分）关于x的一元二次方程(a1)x2 xa2 10的一个根是0，则a的值为( ) 1 A．1 B．1 C．1或1 D． 2 【分析】根据方程的解的定义，把x0代入方程，即可得到关于a的方程，再根据一元二次方程的定义即 可求解． 【解答】解：根据题意得：a2 10且a10， 解得：a1． 故选：B． 【点评】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，特别需要注意的条件是二次项系数不等于0． 7．（3分）已知正多边形的半径与边长相等，那么正多边形的边数是( ) A．4 B．5 C．6 D．8 【分析】根据正多边形的半径与边长相等，可知正多边形的相学邻的两条半径与一条边围成一个正三角形， 由此求出其中心角的度数，进而求出正多边形的边数． 升 【解答】解：正多边形的半径与边长相等， 哥 正多边形的相邻的两条半径与一条边围成一个正三角形， 水 正多边形的中心角为60 正多边形所有中心角的和为360， 360606， 正多边形的边数为6， 故选：C． 【点评】本题考查了正多边形的计算，解决此题的关键是正确的理解正多边形的有关概念，并组成直角三 角形求有关线段的长或角的度数，体现了转化思想． 8．（3分）如图，AB是O 的直径，CAB40，则D( ) A．20 B．30 C．40 D．50 【分析】先根据圆周角定理求出B及D的度数，再由直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：AB是O的直径， 第8页（共26页）ACB90， CAB904040， DB50 故选：D． 【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧 所对的圆心角的一半是解答此题的关键． 9．（3分）关于抛物线y(x1)2，下列说法错误的是( ) A．开口向上 B．当x1时，y随x的增大而减小 C．对称轴是直线x1 D．与坐标轴有两个交点 【分析】根据二次函数的图象与系数的关系逐项判断即可． 【解答】解：对于抛物线y(x1)2 x2 2x1， a10， 学 开口向上，A正确； 升 对称轴是直线x1，C正确； 哥 当x1时，y随x的增大而增大，B错误； 水 当y(x1)2 0时， 解得x1， 抛物线与x轴有一个交点， 又抛物线与y轴有一个交点， 抛物线与坐标轴有两个交点，D正确； 故选：B． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质． 10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，A(0,3)、B(3,0)，以点B为圆心、2为半径的B上有一动点P．连 接AP，若点C为AP的中点，连接OC ，则OC 的最小值为( ) 第9页（共26页）3 A．1 B．2 21 C． 2 D． 21 2 【分析】确定点C的运动路径是：以D为圆心，以DC 为半径的圆，当O、C、D共线时，OC的长最小， 1 3 2 先求D的半径为1，说明D是AB的中点，根据直角三角形斜边中线是斜边一半可得OD ，所以OC 2 3 2 的最小值是 1． 2 【解答】解：当点P运动到AB的延长线上时，即如图中点P，C 是AP的中点， 1 1 1 当点P在线段AB上时，C 是中点，取CC 的中点为D， 2 1 2 点C的运动路径是以D为圆心，以DC 为半径的圆(CA:PA1:2 ，则点C轨迹和点P轨迹相似，所以点C 1 的轨迹就是圆），当O、C、D共线时，OC的长最小， 设线段AB交B于Q， RtAOB中，OA3，OB3， 学 AB3 2 ， 升 B的半径为2， 哥 BP 2，AP 3 22， 1 1 水 C 是AP的中点， 1 1 3 2 AC  1，AQ3 22， 1 2 C 是AQ的中点， 2 3 2 AC C Q 1， 2 2 2 2 3 3 2 CC  1( 1)2，即D的半径为1， 1 2 2 2 3 2 3 2 1 AD 11  AB ， 2 2 2 1 3 2 OD AB ， 2 2 3 2 OC  1， 2 方法二：如图，取A(0,3)，连接PA． 第10页（共26页）根据三角形中位线定理可知：PA2OC ，求出PA的最小值即可解决问题． 故选：D． 【点评】本题考查了图形与坐标的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、圆 学 的性质、两点之间线段最短，确定出OC最小时点C的位置是解题关键，也是本题的难点． 升 二、填空题.（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.） 哥 11．（3分）在直角坐标系中，点(1,2)关于原点对称点的坐标是 (1,2) ． 【分析】根据平面直角坐标系中水任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(x,y)，可得答案． 【解答】解：在直角坐标系中，点(1,2)关于原点对称点的坐标是(1,2)， 故答案为：(1,2)． 【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数． 12．（3分）抛物线yx2 x不经过第 四 象限． 【分析】将抛物线的顶点式表示出来，求出其与坐标轴y轴的交点情况，即可得出结论． 【解答】解：令x0，yx2 x0，则抛物线过原点(0,0)， 1 1 抛物线yx2 x化为顶点式y(x )2  ， 2 4 1 1 故可知其顶点为( ， )位于第三象限，且开口向上，则其不经过第四象限， 2 4 故答案为：四． 【点评】本题考查了二次函数的性质，把二次函数化为顶点式是解题关键． 13．（3分）如图，四边形ABCD内接于圆O，四边形ABCO是平行四边形，则ADC  60 ． 第11页（共26页）180  【分析】设ADC的度数，ABC的度数，由题意可得 1 ，求出即可解决问题．     2 【解答】解：设ADC的度数，ABC的度数； 四边形ABCO是平行四边形， ABC AOC； 1 ADC  ，AOC ；而180， 2 180   1 ，     2 学 解得：120，60，ADC 60， 升 故答案为：60． 哥 【点评】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用． 14．（3分）某种植物的主干长出水若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分 支的总数是43，则每个支干长出 6 个小分支． 【分析】设每个支干长出x个小分支，根据“每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的 总数是43”得出一元二次方程，解方程可得答案． 【解答】解：设每个支干长出x个小分支， 由题意得：1xx2 43， 解得：x 6，x 7（不合题意，舍去）， 1 2 所以每个支干长出6个小分支， 故答案为：6． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等量关系式． 15．（3分）一个圆锥的底面半径是2cm，母线长是6cm，若将该圆锥侧面沿着母线剪开得到一个扇形，则 该扇形的圆心角的度数是 120 ． 【分析】利用弧长公式，构建方程求解即可． 【解答】解：设这个扇形的圆心角为n． 第12页（共26页）n6 由题意， 22， 180 n120， 故答案为：120． 【点评】本题考查圆锥的计算，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 16．（3分）如图，在RtABC中，ABC 90，ABBC 2 2，将ABC 绕点A逆时针旋转60，得到 ADE，连接BE ，则BE 的长是 2 32 ． 【分析】首先考虑到BE 所在的三角形并不是特殊三角形，所以猜想到要求BE ，可能需要构造直角三角 学 形．由旋转的性质可知，AC  AE ，CAE 60，故ACE是等边三角形，可证明ABE与CBE全等， 可得到ABE 45，AEB30，再证AFB和 升 AFE是直角三角形，然后在根据勾股定理求解 【解答】解：连接CE，设BE 与AC相交哥于点F ，如图所示， RtABC中，ABBC，A 水 BC 90 BCABAC 45 RtABC绕点A逆时针旋转60与RtADE重合， BAC DAE 45，AC  AE 又旋转角为60 BADCAE 60， ACE是等边三角形 AC CE  AE 4 在ABE与CBE中， BABC  AE CE，  BE BE ABE CBE (SSS) ABE CBE 45，CEBAEB30 在ABF中，BFA180454590 第13页（共26页）AFBAFE 90 2 在RtABF中，由勾股定理得，BF  AF  AB2 2 又在RtAFE中，AEF 30，AFE 90，可得FE  3AF 2 3 BE BF FE 22 3 故答案为22 3 学 【点评】此题是旋转性质题，解决此题，关键是思路要明确：“构造”直角三角形．在熟练掌握旋转的性 质的基础上，还要应用全等的判定及性质，直角三角升形的判定及勾股定理的应用 三、解答题.（本小题共9小题，满分72哥分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．（4分）x2 4x50． 水 【分析】利用公式法对所给方程进行求解即可． 【解答】解：x2 4x50， △(4)2 41(5)360， 4 36 则x ， 2 所以x 5，x 1． 1 2 【点评】本题主要考查了解一元二次方程公式法，熟知公式法解一元二次方程的步骤是解题的关键． 18．（6分）如图所示，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知： AB24cm，CD8cm． （1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）； （2）求（1）中所作圆的半径． 第14页（共26页）【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作AC，BC的中垂线交于点O，则点O是 弧ACB所在圆的圆心； （2）在RtOAD中，由勾股定理可求得半径OA的长． 【解答】解：（1）作弦AC的垂直平分线与弦AB的垂直平分线交于O点，以O为圆心OA长为半径作圆O 就是此残片所在的圆，如图． 学 升 哥 水 （2）连接OA，设OA x，AD12cm，OD(x8)cm， 则根据勾股定理列方程： x2 122 (x8)2， 解得：x13． 答：圆的半径为13cm． 【点评】本题利用了垂径定理，中垂线的性质，勾股定理求解． 19．（6分）如图，D为ABC 内一点，AB AC，BAC 50，将AD绕着点A顺时针旋转50能与线段 AE重合． （1）求证：EBDC； 第15页（共26页）（2）若ADC 115，求BED的度数． 【分析】（1）根据将AD绕着点A顺时针旋转50能与线段AE重合，得AD AE ，DAE 50，通过SAS 证明ACDABE，即可证出EBCD； （2）由ACDABE得：ADC AEB115，再根据AD AE ，DAE 50，得AED65，即 可求出答案． 【解答】（1）证明：将AD绕着点A顺时针旋转50能与线段AE重合， AD AE，DAE 50， DAE BAC， 学 CADBAE， 升 在ACD和ABE中， 哥 AC  AB  水 CADBAE，  AD AE ACDABE(SAS)， BE CD； （2）由ACDABE得：ADC AEB， ADC 115， AEB115， AD AE，DAE 50， AED65， BED50． 【点评】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形是性质、三角形全等的判定与性质等知识，证明出 ACDABE是解题的关键． 20．（6分）如图，已知抛物线yax2 bxc(a0)经过A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)三点，直线l是抛物 线的对称轴． 第16页（共26页）（1）求抛物线的函数解析式； （2）在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，使得△ACM 的周长最小？若存在，求点M 的坐标；若不存 在，请说明理由． 【分析】（1）把A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入yax2 bxc可求出a、b、c的值，即可确定二次函 数关系式； （2）由对称可知，直线BC与直线x1的交点就是要求的点M ，求出直线BC的关系式即可． 【解答】解：（1）把A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入yax2 学 bxc得， 升 abc0 a1   9a3bc0，解得，b2， 哥   c3 c3 水 抛物线的关系式为yx2 2x3； 2 （2）抛物线yx2 2x3的对称轴为直线x 1， 2 点M 在对称轴x1上，且△ACM 的周长最短， MCMA最小， 点A、点B关于直线x1对称， 连接BC交直线x1于点M ，此时MCMA最小， 设直线BC的关系式为ykxb， B(3,0)，C(0,3)， 3kb0 k 1  ，解得， ， b3 b3 直线BC的关系式为yx3， 当x1时，y132， 点M(1,2)， 第17页（共26页）在抛物线的对称轴上存在一点M ，使得△ACM 的周长最短，此时M(1,2)． 【点评】本题考查待定系数法求二次函数的关系式，二次函数的性质，轴对称路线最多问题，求出二次函 数关系式是解决问题的关键． 21．（8分）已知关于x的一元二次方程x2 (2k1)xk2 0有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）若此方程的两实数根x ，x 满足(x 1)(x 1)5，求k的值． 1 2 1 2 学 【分析】（1）利用判别式的意义得到△(2k1)2 升4k2 0，然后解不等式即可； （2）根据根与系数的关系得到x x 2k 哥 1，xx k2，再根据(x 1)(x 1)5得到k2 (2k1)15， 1 2 1 2 1 2 然后解关于k的方程，最后利用水 k的范围确定k的值． 【解答】解：（1）根据题意得△(2k1)2 4k2 0， 1 解得k  ； 4 （2）根据题意得x x 2k1，xx k2， 1 2 1 2 (x 1)(x 1)5， 1 2 xx (x x )15， 1 2 1 2 即k2 (2k1)15， 整理得k2 2k 30，解得k 1，k 3， 1 2 1 k  ， 4 k 1． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若 x ， x 是一元二次方程ax2 bxc0(a0) 的两根时， 1 2 第18页（共26页）b c x x  ，xx  ．也考查了根的判别式． 1 2 a 1 2 a 22．（8分）如图，已知O的直径AB10，弦AC 6，BAC的平分线交O于点D，过点D作DE  AC 交AC的延长线于点E． （1）求证：DE是O的切线； （2）求DE的长． 【分析】（1）连接OD，欲证明DE是O的切线，只要证明ODDE 即可． （2）过点O作OF  AC于点F ，只要证明四边形OFED是矩形即可得到DE OF ，在RTAOF中利用 勾股定理求出OF 即可． 学 【解答】证明：（1）连接OD， 升 AD平分BAC， 哥 DAEDAB， OAOD，ODADAO 水， ODADAE， OD//AE， DE  AC， ODDE， DE是O切线． （2）过点O作OF  AC于点F ， AF CF 3， OF  AO2 AF2  52 32 4． OFE DEF ODE 90， 四边形OFED是矩形， DE OF 4． 第19页（共26页）【点评】本题考查切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是记住切线 的判定方法，学会添加常用辅助线，属于基础题，中考常考题型． 23．（10分）某公司电商平台，在2021年五一长假期间，举行了商品打折促销活动，经市场调查发现，某 种商品的周销售量y（件)是关于售价x（元/件）的一次函数，如表仅列出了该商品的售价x，周销售量 y，周销售利润W （元)的三组对应值数据． x 40 70 90 y 180 90 30 W 3600 4500 2100 学 （1）求y关于x的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； 升 （2）若该商品进价a（元/件），售价x为多少时，周销售利润W 最大？并求出此时的最大利润； 哥 （3）因疫情期间，该商品进价提高了m（元/件）(m0)，公司为回馈消费者，规定该商品售价x不得超 水 过55（元/件），且该商品在今后的销售中，周销售量与售价仍满足（1）中的函数关系，若周销售最大利 润是4050元，求m的值． 【分析】（1）设ykxb，把x40，y180和x70，y90，代入可得解析式． （2）根据利润（售价进价）数量，得W (3x300)(xa) ，把x40，W 3600，代入上式可得 关系式W 3(x60)2 4800，顶点的纵坐标是有最大值． m （3）根据利润（售价进价）数量，得W 3(x100)(x20m)(x 55) ，其对称轴x60 60， 2 0x 55时，函数单调递增，只有x55时周销售利润最大，即可得m5． 【解答】解：（1）设ykxb，由题意有： 40kb180  ， 70kb90 k 3 解得 ， b300 所以y关于x的函数解析式为y3x300； 第20页（共26页）（2）由（1）W (3x300)(xa) ， 又由表知，把x40，W 3600，代入上式可得关系式 得：3600(340300)(40 a) ， a20， W (3x300)(x20)3x2 360x60003(x60)2 4800， 所以售价x60时，周销售利润W 最大，最大利润为4800； （3）由题意W 3(x100)(x20m)(x 55) ， m 其对称轴x60 60， 2 0x 55时，W 的值随x增大而增大， 只有x55时周销售利润最大， 40503(55100)(5520m)， m5． 学 【点评】本题考查二次函数的应用，解本题的关键理解题意，掌握二次函数的性质和销售问题中利润公式， 升 24．（12分）已知抛物线yx2 bxc的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B． 哥 （1）若点P的横坐标为1，点B的坐标为(3,6)． 水 ①求抛物线的解析式； ②若当m x 3时，yx2 bxc的最小值为2，最大值为6，求m的取值范围； （2）若点P在第一象限，且PAPO，过点P作PD x轴于D，将抛物线yx2 bxc平移，平移后 的抛物线经过点A、D，与x轴的另一个交点为C ，试探究四边形OABC 的形状，并说明理由． 【分析】（1）①首先求出b的值，然后把b2及点B(3,6)的坐标代入抛物线解析式yx2 bxc求出c的 值，抛物线的解析式即可求出； ②运用配方法求出顶点P(1,2)．再求得点(3,6)关于对称轴x1的对称点B的坐标为(1,6)，根据抛物线 的增减性解答即可； c b 4cb2 （2）由PAPO，OAc，可得PD ，又知抛物线 yx2 bxc的顶点坐标为P ( ， )， 2 2 4 1 1 1 1 即可求出b和c的关系，进而得到A(0, b2)，P( b， b2)，D( b，0)．根据B点是直线与抛物线 2 2 4 2 1 的交点，求出B点的坐标，由平移后的抛物线经过点A，可设平移后的抛物线解析式为yx2 mx b2．再 2 求出b与m 之间的关系，再求出C 点的坐标，根据两对边平行且相等的四边形是平行四边形，结合 第21页（共26页）AOC 90即可证明四边形OABC 是矩形． 【解答】解：（1）①抛物线yx2 bxc的顶点P的横坐标为1， b  1， 21 解得：b2． yx2 2xc， 抛物线yx2 2xc经过点B(3,6)， 63223c， 解得：c3． 抛物线的解析式为yx2 2x3； ②由yx2 2x3(x1)2 2知，P(1,2)． 学 点(3,6)关于对称轴x1的对称点B的坐标为(1,6)，如图1， 升 当m x 3时，yx2 bxc的最小值为2，最大值为6， 哥 1 m 1； 水 c （2）如图2，由PAPO，OAc，可得PD ． 2 b 4cb2 抛物线yx2 bxc的顶点坐标为P( ， )， 2 4 4cb2 c   ． 4 2 b2 2c． 1 1 1 1 1 抛物线y x2 bx b2，A(0, b2)，P( b， b2)，D( b，0)． 2 2 2 4 2 1 可得直线OP的解析式为y bx． 2 1 1 点B是抛物线y x2 bx b2与直线y bx的图象的交点， 2 2 1 1 令 bx x2 bx b2． 2 2 b 解得x b，x  ． 1 2 2 1 可得点B的坐标为(b, b2)． 2 1 由平移后的抛物线经过点A，可设平移后的抛物线解析式为yx2 mx b2． 2 第22页（共26页）1 1 3 将点D( b，0)的坐标代入yx2 mx b2，得m b． 2 2 2 3 1 则平移后的抛物线解析式为 yx2  bx b2． 2 2 3 1 令y0，即x2  bx b2 0． 2 2 1 解得x b，x  b． 1 2 2 依题意，点C的坐标为(b,0)． 1 则BC  b2． 2 则BC OA． 又BC//OA， 四边形OABC 是平行四边形． AOC 90， 四边形OABC 是矩形． 学 升 哥 水 【点评】本题是二次函数综合题，主要考查二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，求抛物线 顶点坐标与对称轴，矩形的判定，平移变换的性质，本题综合性强，难度较大，熟练掌握二次函数图象和 第23页（共26页）性质，运用方程思想和数形结合思想是解题关键． 25．（12分）问题探究 （1）如图1．在ABC 中，BC 8，D为BC上一点，AD6．则ABC 面积的最大值是 24 ． （2）如图2，在ABC 中，BAC 60，AG为BC边上的高，O为ABC 的外接圆，若AG3，试判 断BC是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 问题解决： 如图3，王老先生有一块矩形地ABCD，AB6 212，BC 6 26，现在他想利用这块地建一个四边 形鱼塘AMFN，且满足点E在CD上，ADDE，点F 在BC上，且CF 6，点M 在AE上，点N在AB 上，MFN 90，这个四边形AMFN的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值；若不存在， 学 升 请说明理由． 哥 【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论； 水 （2）如图2中，连接OA，OB，OC，作OE BC于E．设OBOC 2x．求出x的最小值即可解决问 题； （3）如图3中，连接AF ，延长BC交AE的延长线于G，将EFM 顺时针旋转得到FBH ，作FNH 的 外接圆O．由（2）可知，当FNH 的外接圆的圆心O在线段BF 上时，FNH 的面积最小，此时四边 形ANFM 的面积最大． 【解答】解：（1）当ADBC时，ABC 面积的最大， 1 1 则ABC 面积的最大值是 BCAD 8624， 2 2 故答案为：24； （2）如图2中，连接OA，OB，OC，作OE BC于E．设OAOC 2x， 第24页（共26页）COB2CAB120，OC OB，OECB， CE  EB，COE BOE 60， 1 OE  OB x，BE  3x， 2 OAOE AG， 3x 3， x 1， x的最小值为1， 学 BC 2 3x， 升 哥 BC的最小值为2 3； 水 （3）如图3中，连接AF ，EF ，延长BC交AE的延长线于G， D90，ADDE 6 26， DAE AED45， CD AB6 212， CE CF 6， CEF CFE 45， AEF 90， EF 6 2 BF， 将EFM 顺时针旋转得到FBH ，作FHN 的外接圆O交AB于N， 连接ON， AEF ABF 90，AF  AF ，EF BF ， RtAEFRtABF(HL) ， 第25页（共26页）S S ， AEF ABF FEG90，EFG45， EF EG6 2， FG 2EF 12， 由（2）可知，当FHN 的外接圆的圆心O在线段BF 上时，FNH 的面积最小，此时四边形ANFE的面 积最大， 2 设OF ON r，则OBBN  r ， 2 2 r r6 2 ， 2 r6 2(2 2)， NH  2r12(2 2)， 学 1 1 四边形ANFM 的面积的最大值2 (126 2)6 2 12(2 2)6 2 144． 2 升2 哥 水 【点评】本题属于圆综合题，考查了三角形的外接圆，解直角三角形，最值问题等知识，解题的关键是学 会用转化的思想思考问题． 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：2024/8/3017:00:47；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 第26页（共26页）