23-24学年广州外国语学校九年级（上）9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 学年广东省广州外国语学校九年级（上）月考数学试卷（9 月份） 一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.） 1．（3分）将如图所示的图案以圆心为中心，旋转180后得到的图案是( ) A． B． C． D． 2．（3分）下列方程中，关于x的一元二次方程的是( ) 1 A．3x2 y B． x2  x C． x1 D．x2 2x3 x 3．（3分）关于x的一元二次方程x2 8xq0有两个不相等的实数根，则q的取值范围是( ) A．q16 B．q16 C．q 4 学D．q 4 4．（3分）若关于x的一元二次方程x2 mx20有升一个根是1，则m的值为( ) A．4 B．3 哥C．2 D．3 5．（3分）将函数y2x2的图象水先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线是( ) A．y2(x3)2 4 B．y2(x3)2 4 C．y2(x3)2 4 D．y2(x3)2 4 6．（3分）聚会结束时，统计出一共握手55次，如果参加聚会的每个人都和其他的人握手1次，那么有( ) 人参加了聚会． A．10 B．11 C．12 D．13 7．（3分）如图，三角形ABC中，ACB90，ABC 40．将ABC 绕点B逆时针旋转得到△ABC， 使点C的对应点C恰好落在边AB上，则CBA的度数是( ) A．80 B．50 C．40 D．20 8．（3分）如图，抛物线yax2 bxc(a0)的对称轴为直线x2，下列结论正确的是( ) 第1页（共23页）A．a0 B．c0 C．当x2时，y随x的增大而减小 D．当x2时，y随x的增大而减小 学 9．（3分）如图，已知在RtABC中，ABBC ，AC 4，把一块含有30角的三角板DEF 的直角顶点D 升 放在AC的中点上(F 30)，将DEF 绕点D按顺时针方向旋转度(E始终在点B上方），则ABC 与 哥 DEF 重叠部分的面积为( ) 水 A．1 B．2 C．3 D．4 10．（3分）已知a，b是方程x2 3x50的两根，则代数式2a3 6a2 b2 7b1的值是( ) A．25 B．24 C．35 D．36 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分.） 11．（3分）抛物线y(x5)2 3的顶点坐标是 ． 12．（3分）把二次函数y2x2 4x5用配方法化成ya(xh)2 k的形式是 ． 13．（3分）某种病毒传播非常快，如果一个人被感染，没有隔离，经过两轮感染后就会有81个人被感染．设 1人平均感染x人，则可列方程为 ． 14．（3分）如图，已知抛物线 yax2 bxc与直线 ykxm交于A(3,1)、B(0,3)两点，则关于x的 第2页（共23页）不等式ax2 bxc kxm的解集是 ． 15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(2,3)，将线段OA绕点O顺时针旋转90得到线 段OB，则点B的坐标为 ． 学 升 16．（3分）在矩形ABCD中，AB3，将哥AB绕点B顺时针旋转(090)得到BE ，连接DE，若DE 的最小值为2，则BC的长为 ． 水 ? 三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤.） 17．（4分）解方程： （1）x2 6x50 （2）2x2 4x10 18．（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知ABC． （1）若ABC关于原点O对称后得到△ABC ，请在图上作出△ABC 并写出△ABC 各顶点的坐标； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）求△ABC 的面积． 1 1 1 第3页（共23页）19．（6分）某地区2020年投入教育经费2500万元，2022年投入教育经费3025万元． （1）求2020年至2022年该地区投入教育经费的年平均增长率； （2）根据（1）所得的年平均增长率，预计2023年该地区将投入教育经费多少万元． 20．（6分）已知二次函数yx2 (m2)xm(m为常数） 学 （1）二次函数图象经过某定点，求出定点坐标： 升 （2）求证：不论m取何值，该二次函数图哥象与x轴总有两个交点． 21．（8分）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA6，PB8，PC 10．若将PAC 绕点A逆时 水 针旋转后，得到△PAB． （1）求点P与点P之间的距离； （2）求APB的度数． 22．（10分）如图，学校准备在围墙边用栅栏围成一个矩形场地ABCD（靠墙一面不用栅栏），用于修建自 行车棚，若所用栅栏的总长度为34米，墙的最大可用长度为18米，为了出入方便，在垂直于墙的一边留 了一个2米宽的门（门用其他材料），设栅栏AB的长为x米，解答下列问题： （1）若围成的自行车棚ABCD的面积为154平方米，求栅栏BC的长； （2）围成的自行车棚ABCD的面积能为200平方米吗？请说明理由． 第4页（共23页）23．（10分）某企业设计了一款工艺品，每件的成本是50元，为了合理定价，投放市场进行试销，据市场 调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件，而销售单价每降低1元，每天就可多售出5件， 但要求销售单价不得低于成本． （1）求出每天的销售利润y（元)与销售单价x（元)之间的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围． （2）求出销售单价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？ （3）如果该企业要使每天的销售利润不低于4000元，且每天的总成本不超过7000元，那么销售单价应 控制在什么范围内？（每天的总成本每件的成本每天的销售量） 24．（12分）在ABC 中，BAC 120，AB AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD(AD不与AC 重合）， 旋转角记为，DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC． 学 升 哥 水 （1）如图①，当15时，AEB的度数是 ； （2）如图②，当0120时，求证：BD2CE  3AE； BD （3）当0180，AE 2CE，求出 的值． ED 25．（12分）已知抛物线yx2 2tx3，坐标平面内点O(0,0)，点A(2,2)，B是该抛物线上的一个动点， C(x,y)是平面上一点． （1）无论t取何值，该抛物线都过一个定点，请求出这个定点； （2）当t 1且四边形OABC 是平行四边形时，求y关于x的关系式； （3）当四边形OABC 是平行四边形时，每任取一个t的值，y都有对应的最大值，求这些最大值中的最小 值． 第5页（共23页）2023-2024 学年广东省广州外国语学校九年级（上）月考数学试卷（9 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.） 1．（3分）将如图所示的图案以圆心为中心，旋转180后得到的图案是( ) A． B． C． D． 【分析】根据图形的旋转特征即可得出答案． 【解答】解：原图案以圆心为中心，旋转180后得到的图案是 学 ， 升 故选：A． 哥 【点评】本题主要考查利用旋转设计图案，找准旋转点、旋转角度和旋转方向是解题的关键． 水 2．（3分）下列方程中，关于x的一元二次方程的是( ) 1 A．3x2 y B． x2  x C． x1 D．x2 2x3 x 【分析】只含有1个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程就是一元二次方程，依据定义即可判 断． 【解答】解：A、含有2个未知数，不符合题意； B、为无理方程，不符合题意； C、为分式方程，不符合题意； D、只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，二次项系数不为0，是一元二次方程，符合题意； 故选：D． 【点评】用到的知识点为：一元二次方程只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，为整式方程；并且 二次项系数不为0． 3．（3分）关于x的一元二次方程x2 8xq0有两个不相等的实数根，则q的取值范围是( ) A．q16 B．q16 C．q 4 D．q 4 第6页（共23页）【分析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△644q0，解之即可得出q的取值范围． 【解答】解：关于x的一元二次方程x2 8xq0有两个不相等的实数根， △82 4q644q0， 解得：q16． 故选：A． 【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当△0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键． 4．（3分）若关于x的一元二次方程x2 mx20有一个根是1，则m的值为( ) A．4 B．3 C．2 D．3 【分析】把x1代入方程x2 mx20得1m20，然后解关于m的方程． 【解答】解：把x1代入方程x2 mx20得1m20， 解得m3． 学 故选：B． 【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二升次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的 解． 哥 5．（3分）将函数y2x2的图象水先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线是( ) A．y2(x3)2 4 B．y2(x3)2 4 C．y2(x3)2 4 D．y2(x3)2 4 【分析】直接利用平移规律求新抛物线的解析式． 【解答】解：把抛物线y2x2先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数表达式为 y2(x3)2 4， 故选：B． 【点评】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数 解析式． 6．（3分）聚会结束时，统计出一共握手55次，如果参加聚会的每个人都和其他的人握手1次，那么有( ) 人参加了聚会． A．10 B．11 C．12 D．13 1 【分析】设有x人参加了聚会，则总握手次数为 x(x1)，根据统计出一共握手55次，列出一元二次方 2 程，解之取符合题意的值即可． 第7页（共23页）1 【解答】解：设有x人参加了聚会，则总握手次数为 x(x1)， 2 1 由题意得： x(x1)55， 2 整理得：x2 x1100， 解得：x 11，x 10（不符合题意，舍去）， 1 2 即有11人参加了聚会． 故选：B． 【点评】本题考查一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 7．（3分）如图，三角形ABC中，ACB90，ABC 40．将ABC 绕点B逆时针旋转得到△ABC， 使点C的对应点C恰好落在边AB上，则CBA的度数是( ) 学 升 哥 A．80 B．50 C．40 D．20 水 【分析】由旋转的性质得出ABAABC 40，则可得出答案． 【解答】解：将ABC 绕点B逆时针旋转得到△ABC，使点C的对应点C恰好落在边AB上， ABAABC 40， CBACBAABA404080， 故选：A． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握旋转的 性质． 8．（3分）如图，抛物线yax2 bxc(a0)的对称轴为直线x2，下列结论正确的是( ) 第8页（共23页）A．a0 B．c0 C．当x2时，y随x的增大而减小 D．当x2时，y随x的增大而减小 学 【分析】根据图象得出a，c的符号即可判断A、B，利用二次函数的性质即可判断C、D． 升 【解答】解：图象开口向上， 哥 a0，故A不正确； 水 图象与y轴交于负半轴， c0，故B不正确； 抛物线开口向上，对称轴为直线x2， 当x2时，y随x的增大而减小，x2时，y随x的增大而增大， 故C正确，D不正确； 故选：C． 【点评】此题主要考查了二次函数图象和性质，熟练掌握二次函数的性质是解题关键． 9．（3分）如图，已知在RtABC中，ABBC ，AC 4，把一块含有30角的三角板DEF 的直角顶点D 放在AC的中点上(F 30)，将DEF 绕点D按顺时针方向旋转度(E始终在点B上方），则ABC 与 DEF 重叠部分的面积为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 第9页（共23页）【分析】由“ASA”可证ADN BDM ，可得S S ，即可求解． ADN BDM 【解答】解：如图，连接BD， ABBC，ABC 90，点D是AC的中点， BD AD 2，CBDA45，BD AC， ADBEDF 90， BDM ADN ， ADN BDM(ASA)， S S ， ADN BDM 1 S S  222， 四边形BMDN ABD 2 故选：B． 学 升 哥 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是 解题的关键． 水 10．（3分）已知a，b是方程x2 3x50的两根，则代数式2a3 6a2 b2 7b1的值是( ) A．25 B．24 C．35 D．36 【分析】根据一元二次方程解的定义得到a2 3a50，b2 3b50，即a2 3a5，b2 3b5，根 据根与系数的关系得到ab3,然后整体代入变形后的代数式即可求得． 【解答】解：a，b是方程x2 3x50的两根， a2 3a50，b2 3b50，ab3, a2 3a5，b2 3b5， 2a36a2 b2 7b1 2a(a2 3a)3b57b1 10a10b6 10(ab)6 1036 36． 第10页（共23页）故选：D． 【点评】本题考查了根与系数的关系的知识，解答本题要掌握若 x ， x 是一元二次方程 1 2 b c ax2 bxc0(a0)的两根时，x x  ，x x  ．也考查了一元二次方程解的定义． 1 2 a 1 2 a 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分.） 11．（3分）抛物线y(x5)2 3的顶点坐标是 (5,3) ． 【分析】根据抛物线的顶点公式求解即可． 【解答】解：抛物线y(x5)2 3的顶点坐标是(5,3)， 故答案为：(5,3)． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质，顶点式ya(xh)2 k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是直线xh， 此题考查了学生的应用能力． 12．（3分）把二次函数y2x2 4x5用配方法化成ya(x 学h)2 k的形式是 y2(x1)2 7 ． 升 【分析】利用完全平方公式a2 2abb2 (ab)2进行配方即可得． 哥 【解答】解： y2x2 4x5 水 2(x2 2x11)5 2(x2 2x1)25 2(x1)2 7， 故答案为：y2(x1)2 7． 【点评】本题考查了将二次函数的解析式化成顶点式，熟练掌握配方法是解题关键． 13．（3分）某种病毒传播非常快，如果一个人被感染，没有隔离，经过两轮感染后就会有81个人被感染．设 1人平均感染x人，则可列方程为 (x1)2 81 ． 【分析】设1人平均感染x人，则第一轮传播中有x人被感染，第二轮传播中有x(x1)人被感染，根据“如 果一个人被感染，经过两轮感染后就会有81个人被感染”，即可得出关于x的一元二次方程． 【解答】解：设每轮感染中平均一个人会感染x个人，则第一轮传播中有x人被感染，第二轮传播中有 x(x1)人被感染， 依题意得：1xx(1x)81， 第11页（共23页）整理，可得：(x1)2 81． 故答案为：(x1)2 81 【点评】本题考查从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． 14．（3分）如图，已知抛物线 yax2 bxc与直线 ykxm交于A(3,1)、B(0,3)两点，则关于x的 不等式ax2 bxc kxm的解集是 3 x 0 ． 学 【分析】根据图象，写出抛物线在直线上方部分的x的取值范围即可． 升 【解答】解：抛物线yax2 c与直线ykxm交于A(3,1)、B(0,3)， 哥 不等式ax2 c kxm的解集是3 x 0， 水 故答案为：3 x 0． 【点评】本题考查了二次函数与不等式的关系，主要利用了数形结合的思想，解题关键在于对图象的理解， 题目中的不等式的含义为：二次函数的图象在一次函数图象上方时，自变量x的取值范围． 15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(2,3)，将线段OA绕点O顺时针旋转90得到线 段OB，则点B的坐标为 (3,2) ． 【分析】分别过点A、点B作AC  x轴，BD x轴，证明AOC OBD，再求出OD AC，BDOC 即可得出答案． 【解答】解：分别过点A、点B作AC  x轴，BD x轴， CAOAOC AOCBOD90， 第12页（共23页）CAOBOD， ACOBDO，AOBO， AOCOBD(AAS)， OD AC，BDOC， OC 2，AC 3， OD3，BD2， 点B在第一象限， 点B的坐标为(3,2)． 故答案为：(3,2)． 学 升 【点评】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，构造“一线三垂直”是解题的关键． 哥 16．（3分）在矩形ABCD中，AB3，将AB绕点B顺时针旋转(090)得到BE ，连接DE，若DE 水 的最小值为2，则BC的长为 4 ． ? 【分析】连结BD，如图，先根据旋转的性质得BE  AB3，再利用三角形三边的关系得DE BDBE（当 且仅当B、E、D共线时取等号），所以DE的最小值为BDBE，则可求出BD5，然后利用勾股定理 计算BC的长． 【解答】解：连结BD，如图， AB绕点B顺时针旋转(090)得到BE ， BE  AB3， DE BDBE（当且仅当B、E、D共线时取等号）， DE的最小值为BDBE， 即BD32， 第13页（共23页）BD5， 四边形ABCD为矩形， C 90，CD AB3， 在RtBCD中，BC BD2 CD2  52 32 4， 即BC的长为4． 故答案为：4． 【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；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．也考查了矩形的性质． 三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤.） 学 17．（4分）解方程： 升 （1）x2 6x50 （2）2x2 4x10 哥 【分析】（1）利用因式分解法解方程； 水 （2）利用配方法解方程． 【解答】解：（1）(x1)(x5)0， x10或x50， 所以x 1，x 5． 1 2 1 （2）x2 2x ， 2 1 x2 2x11 ， 2 1 (x1)2  ， 2 2 x1 ， 2 2 2 所以x 1 ，x 1 ． 1 2 2 2 【点评】本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法， 这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法解一元二次方程． 18．（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知ABC． 第14页（共23页）（1）若ABC关于原点O对称后得到△ABC ，请在图上作出△ABC 并写出△ABC 各顶点的坐标； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）求△ABC 的面积． 1 1 1 【分析】（1）根据中心对称的性质，确定出A、B 、C 三点的位置，连接即可； 1 1 1 学 （2）利用割补法求解三角形的面积即可． 升 【解答】解：（1）根据题意，A、B 、C 的坐标分别为：A(3,5)，B(2,1)，C (1,3)； 1 1 哥1 1 1 1 △ABC 如图所示： 水 1 1 1 1 1 1 （2）S 24 21 14 223， A1B1C1 2 2 2 因此，△ABC 的面积为3． 1 1 1 【点评】本题考查了旋转变换，中心对称的性质，三角形面积的求解等知识点，解题的关键是根据中心对 称的性质，确定出A、B 、C 三点的位置． 1 1 1 第15页（共23页）19．（6分）某地区2020年投入教育经费2500万元，2022年投入教育经费3025万元． （1）求2020年至2022年该地区投入教育经费的年平均增长率； （2）根据（1）所得的年平均增长率，预计2023年该地区将投入教育经费多少万元． 【分析】（1）设2020年至2022年该地区投入教育经费的年平均增长率为x，利用该地区2022年投入教育 经费金额该地区2020年投入教育经费金额(1该地区投入教育经费的年平均增长率）2，即可得出关于 x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； （2）利用该地区2023年投入教育经费金额该地区2022年投入教育经费金额(1该地区投入教育经费 的年平均增长率），即可预计出2023年该地区将投入教育经费的金额． 【解答】解：（1）设2020年至2022年该地区投入教育经费的年平均增长率为x， 依题意得：2500(1x)2 3025， 解得：x 0.110%，x 2.1（不符合题意，舍去）． 1 2 学 答：2020年至2022年该地区投入教育经费的年平均增长率为10%． （2）3025(110%)3327.5 （万元）． 升 答：预计2023年该地区将投入教育经费哥3327.5万元． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 水 20．（6分）已知二次函数yx2 (m2)xm(m为常数） （1）二次函数图象经过某定点，求出定点坐标： （2）求证：不论m取何值，该二次函数图象与x轴总有两个交点． 【分析】（1）对二次函数进行化简，令常数m的系数为0，求解即可； （2）将y0代入，可得x2 (m2)xm0，判断一元二次方程的判别式恒大于0，则一元二次方程有 两个不相等的实数根，因此该二次函数图象与x轴总有两个交点． 【解答】解：（1）对二次函数进行化简，得： yx2 (m2)xmx2 2x(x1)m； 令x10，即x1，解得y1； 即二次函数过定点(1,1)； （2）将y0代入，可得x2 (m2)xm0； △(m2)2 4mm2 40， 第16页（共23页）一元二次方程x2 (m2)xm0有两个不相等的实数根； 则不论m取何值，该二次函数图象与x轴总有两个交点． 【点评】此题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解题的关键是熟练掌握相 关基础知识． 21．（8分）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA6，PB8，PC 10．若将PAC 绕点A逆时 针旋转后，得到△PAB． （1）求点P与点P之间的距离； （2）求APB的度数． 学 【分析】（1）由已知PAC 绕点A逆时针旋转后，得升到△PAB，可得PAC △PAB，PAPA，旋转 角PAPBAC 60，所以APP为等哥边三角形，即可求得PP； （2）由APP为等边三角形，得APP60，在△PPB 中，已知三边，用勾股定理逆定理证出直角三 水 角形，得出PPB90，可求APB的度数． 【解答】解：（1）连接PP，由题意可知BPPC 10，AP AP， PAC PAB，而PACBAP60， 所以PAP60度．故APP为等边三角形， 所以PP AP AP6； （2）利用勾股定理的逆定理可知： PP2 BP2 BP2，所以BPP为直角三角形，且BPP90 可求APB9060150． 第17页（共23页）【点评】本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变． 22．（10分）如图，学校准备在围墙边用栅栏围成一个矩形场地ABCD（靠墙一面不用栅栏），用于修建自 行车棚，若所用栅栏的总长度为34米，墙的最大可用长度为18米，为了出入方便，在垂直于墙的一边留 了一个2米宽的门（门用其他材料），设栅栏AB的长为x米，解答下列问题： （1）若围成的自行车棚ABCD的面积为154平方米，求栅栏BC的长； （2）围成的自行车棚ABCD的面积能为200平方米吗？请说明理由． 【分析】（1）设栅栏AB的长为x米，则BC的长度为(3422x)米，根据围成的自行车棚ABCD的面积 为154平方米，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； （2）设栅栏AB的长为y米，则BC的长度为(3422y)米，根据围成的自行车棚ABCD的面积能为200 平方米，列出一元二次方程，再由根的判别式即可得出结论．学 【解答】解：（1）设栅栏AB的长为x米，则BC的长度为(3422x)米， 升 由题意得：(3422x)x154， 哥 整理得：x2 18x770， 水 解得：x 11，x 7， 1 2 当x7时，362x2218，不符合题意，舍去； 当x11时，362x1418，符合题意； 答：栅栏BC的长为14米； （2）不能，理由如下： 设栅栏AB的长为y米，则BC的长度为(3422y)米， 由题意得：(342y)y200， 整理得： y2 18y1000， △182 41100760 ， 方程x2 18x1000无实数解， 即围成的自行车棚ABCD的面积不能为200平方米． 【点评】本题考查一元二次方程的应用以及根的判别式等知识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是 解题的关键． 第18页（共23页）23．（10分）某企业设计了一款工艺品，每件的成本是50元，为了合理定价，投放市场进行试销，据市场 调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件，而销售单价每降低1元，每天就可多售出5件， 但要求销售单价不得低于成本． （1）求出每天的销售利润y（元)与销售单价x（元)之间的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围． （2）求出销售单价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？ （3）如果该企业要使每天的销售利润不低于4000元，且每天的总成本不超过7000元，那么销售单价应 控制在什么范围内？（每天的总成本每件的成本每天的销售量） 【分析】（1）根据“利润（售价成本）销售量”列出方程； （2）把（1）中的二次函数解析式转化为顶点式方程，利用二次函数图象的性质进行解答； （3）每天的销售利润不低于4000元，根据二次函数与不等式的关系求出x的取值范围，再根据每天的总 成本不超过7000元，以及50 x 100，列不等式组即可． 【解答】解：（1）y(x50)[505(100x)] 学 (x50)(5x550) 升 5x2 800x27500， 所以 y5x2 800x27500(50 x 100)；哥 水 （2）y5x2 800x275005(x80)2 4500， a50， 抛物线开口向下． 50 x 100，对称轴是直线x80， 当x80时，y 4500； 最大值 即销售单价为80元时，每天的销售利润最大，最大利润是4500元； （3）当y4000时，5(x80)2 45004000， 解得：x 70，x 90， 1 2 当70 x 90时，每天的销售利润不低于4000元， 由每天的总成本不超过7000元，得50(5x550) 7000，解得：x 82， 82 x 90， 50 x 100， 销售单价应该控制在82元至90元之间． 第19页（共23页）【点评】本题主要考查二次函数的实际应用．数学建模题，借助二次函数解决实际问题． 24．（12分）在ABC 中，BAC 120，AB AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD(AD不与AC 重合）， 旋转角记为，DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC． （1）如图①，当15时，AEB的度数是 30 ； （2）如图②，当0120时，求证：BD2CE  3AE； BD （3）当0180，AE 2CE，求出 的值． 学 ED 【分析】（1）根据旋转的性质，易得BAD15，AB AD AC；利用等腰三角形的性质，可计算ADB 升 的度数；根据 AE 是 DAC 的角平分线，可计算 DAE 的度数；利用三角形外角的性质，易得 哥 AEBADBDAE ，求解即可； 水 （2）延长射线DB到点F ，使得BF CE，连接AF ，作AH BD交BD于点H ，利用全等三角形的判 定及性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，求解即可； （3）分两种情况，当0120时，根据（2）中的结论求解即可；当120180时，在BD上截取 BF DE ，连接AF ，作AH BD，利用全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性 质，求解即可． 【解答】解：（1）由题意可得：BAD15，AB AD AC； 1 165 因此ABDADB (18015) ，DAC 12015105； 2 2 AE是DAC的角平分线， 1 105 DAE  DAC  ； 2 2 ADBDAEAEB ， 165 105 AEBADBDAE   30， 2 2 故答案为：30； （2）证明：延长射线DB到点F ，使得BF CE，连接AF ，作AH BD交BD于点H ，如图所示： 第20页（共23页）由题意可得：AB AD AC，BAD ， 1 因此，当0120时，有ADBABD (180)，DAC 120； 2 AE是DAC的角平分线， 1 DAE CAE  (120)， 2 AEBADBDAE 30； AD AC，AE AE，DAE CAE， 学 ADEACE(SAS)， 升 ADE ACE，DECE； 哥 ABDADB ， 水 ABF ADE ACE； AC  AB，BF CE， ACEABF(SAS)； F AEC AEB30，AF  AE； AH BD，AB AD， 1 H 为BD、EF 的中点，即BH  BD， 2 在RtAFH中，易得：AF 2AH ，则FH  AF2 AH2  3AH ； 1 3 3 FH BF BH CE BD， 3AH  AF  AE ， 2 2 2 1 3 CE BD AE ， 2 2 化简可得：BD2CE  3AE； （3）当0120时，由（2）可得：BD2CE  3AE，DE CE， AE 2CE 2DE， 第21页（共23页）BD2DE 2 3CE 2 3DE， BD2 3DE2DE， BD  2 32； DE 当120180时，在BD上截取BF DE ，连接AF ，作AH BD，如图所示： 同（2），可证ADEACE(SAS)，因此有DACE ，DE CE  BF ； AB AC  AD， ABF ADE ； ABF ADE(SAS)； AF  AE，BAF DAE； 学 DAE CAE， 升 BAF CAE； 哥 FAE BAC 120，AFE AEF 30； 水 在RtAEH中，AEH 30， 3 AE 2AH ，EH  AE2 AH2  3AH  AE ， 2 AE 2CE， AH CE，则EH  3CE； BE BF EF DE2EH DE2 3CE DE2 3DE，  BDBEDE 2DE2 3DE， BD  22 3； DE BD 综上， 的值为2 32或22 3． DE 【点评】此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，含30角直角三 角形的性质，解题的关键是作辅助线，构造出全等三角形． 25．（12分）已知抛物线yx2 2tx3，坐标平面内点O(0,0)，点A(2,2)，B是该抛物线上的一个动点， C(x,y)是平面上一点． 第22页（共23页）（1）无论t取何值，该抛物线都过一个定点，请求出这个定点； （2）当t 1且四边形OABC 是平行四边形时，求y关于x的关系式； （3）当四边形OABC 是平行四边形时，每任取一个t的值，y都有对应的最大值，求这些最大值中的最小 值． 【分析】（1）将x0代入，可得y3，即抛物线恒过定点(0,3)； （2）将t 1代入，可得抛物线 yx2 2x3，根据四边形OABC 是平行四边形，可得B 的坐标为： (x2,y2)，代入抛物线解析式，化简求解即可； （3）根据四边形OABC 是平行四边形，可得B的坐标为：(x2,y2)，代入抛物线解析式，进行化简； 根据二次函数的性质，可求得y的最大值与t的关系，从中找到y的最大值中的最小值即可． 【解答】解：（1）将x0代入，可得y3， 即抛物线恒过定点(0,3)； （2）将t 1代入，可得抛物线yx2 2x3， 学 四边形OABC 是平行四边形，且O、A、C三点的坐标分别为：O(0,0)，A(2,2)，C(x,y)， 升 点B的坐标为：(x2,y2)； 哥 B是该抛物线上的一个动点， 水 y2(x2)2 2(x2)3， 化简可得：yx2 2x1； （3）四边形OABC 是平行四边形，且O、A、C 三点的坐标分别为：O(0,0)，A(2,2)，C(x,y)， 点B的坐标为：(x2,y2)； B是该抛物线上的一个动点， y2(x2)2 2t(x2)3， 化简可得：yx2 (42t)x4t3(x2t)2 t2 1； 因为该抛物线开口向下，则当xt2时，y取最大值，最大值为：t2 1； 则这些最大值中的最小值为1． 【点评】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了二次函数的图象与性质，平行四边形的性质，解题的关 键是利用平行四边形的性质，表示出点B的坐标． 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：2024/8/3017:24:33；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 第23页（共23页）