23-24学年广州大学附中九年级（上）1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 学年广东省广州大学附中九年级（上）月考数学试卷（1 月份） 一、选择题.（共10小题，每小题3分，共30分.每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 22 1．（3分）在, , 16,3100,3.14,0.3中，无理数的个数是( ) 7 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有( ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（3分）下列运算中，正确的是( ) A．x3x3 x6 B．3x2 2x3 5x5 C．(x2)3 x5 D．(ab)3 a3b 学 4．（3分）如图，O 直径CD为10，弦ABCD，垂足为M ，AB8，则CM 的长为( ) 升 哥 水 A．2 B．3 C．4 D．5 5．（3分）二次函数 y x2的图象向右平移3个单位，向上平移3个单位，得到新函数图象表达式是( ) A．y(x3)2 3 B．y(x3)2 3 C．y(x3)2 3 D．y(x3)2 3 6．（3分）如图，四边形ABCD内接于O ，若C 130，则BOD的度数为( ) A．50 B．100 C．130 D．150 7．（3分）对于函数y2x3的图象，下列结论错误的是( ) 第1页（共29页）A．图象必经过点(1,1) B．图象经过第一、二、四象限 C．与x轴的交点为(0,3) D．若两点A(1,y )，B(3,y )在该函数图象上，则y  y 1 2 1 2 8．（3分）若关于x的一元二次方程kx2 3x10有实数根，则k的取值范围是( ) 9 9 9 9 A．k  B．k  C．k  且k 0 D．k  且k 0 4 4 4 4 9．（3分）如图，ABC和DEF 是以点O为位似中心的位似图形．若OA:AD2:3，则ABC 与DEF 的周长比是( ) 学 升 A．2:3 B．4:9 C．2:5 D．4:25 哥 10．（3分）如图，已知二次函数yax2 bxc(a0)的图象如图所示，对于下列结论，其中正确结论的 水 个数是( ) ①abc0； ②(ac)2 b2 0； ③3ac0； ④若m为任意实数；则am2 bmb6a． A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分.） 第2页（共29页）11．（3分）若二次根式 a3有意义，则a的取值范围是 ． 12．（3 分）一个圆锥的母线长为9cm，它的侧面展开图的圆心角为120，则这个圆锥的底面半径r 为 cm． 13．（3分）若方程mx2 3x44x0是关于x的一元二次方程．则m的取值范围是 ． 1 14．（3分）已知P(a,b)是直线y x2上的点，则6b2a3的值是 ． 3 1 15．（3分）计算：6 ( 31)2  ． 3 16．（3分）ABC 是边长为5的等边三角形，DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于 点F ．如图，将DCE绕点C 旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF 长度的最小值是 ． 学 升 哥 水 三、解答题（共9小题，共72分.） x3x2 4①  17．（4分）解不等式组12x ．   x1②  3 x5 x2 2x1 x1 18．（6分）先化简，再求值： (  )，其中x2 3x40． x3 x2 x x2 19．（6分）如图，在RtABC中，ACB90． （1）作O，使它过点A、B、C（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）所作的圆中，若AC 2，AB4，求劣弧BC的长． 20．（6分）第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日8月8日在成都举行．彬彬和明明申请足 球A、篮球B、排球C 、乒乓球D．四项赛事中某一项的志愿者，他们被随机分配到这四项赛事中的任意 一项的可能性相同． 第3页（共29页）（1）“彬彬被分配到乒乓球D．赛事做志愿者”是 事件（填“必然”、“不可能”或“随机” )． （2）请用画树状图法或列表法，求彬彬和明明被分配到同一项赛事做志愿者的概率． 21．（8分）如图，AB为O的直径，C 为O上一点，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为点D，AD 交O于点E，连接CE ，CB． （1）求证：CE CB； （2）若AC  5，CE 2，求CD的长．1111cccc 22．（8分）2023春节档电影《满江红》热映，进一步激发观众爱国之情．帝都南阳与名将岳飞有着一 学 段传颂至今的历史——公元1138年，岳飞统军过南阳到武侯祠敬拜诸葛亮，雨夜含泪手书前后《出师 表》，为南阳留下了千古绝唱“三绝碑”． 升 某超市采购了两批同样的《出师表》纪哥念品挂件，第一批花了3300元，第二批花了4000元，已知第一 批每个挂件的进价是第二批的1.1倍，且第二批比第一批多购进25个． 水 （1）求第二批每个挂件的进价； （2）两批挂件售完后，该超市以第二批每个挂件的进价又采购一批同样的挂件，经市场调查发现，当 售价为每个60元时，每周能卖出40个，若每降价1元，每周多卖10个，由于货源紧缺，每周最多能 卖90个，求每个挂件售价定为多少元时，每周可获得最大利润，最大利润是多少？ 23．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线y2xa与y轴交于点A，与直线yx1交于点P(3,b)， B为直线yx1上一点． （1）求a，b的值； （2）当线段AB最短时求点B的坐标； 第4页（共29页）（3）在x轴上找一点C ，使ACPC的值最大，请写出点C的坐标并求最大值． 24．（12分）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB3，AD4，AE BD，垂足是E．点F 是点E关 于AB的对称点，连接AF 、BF ． 学 （1）求AF 和BE 的长； 升 （2）若将ABF沿着射线BD方向平移，哥设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长 度）．当点F 分别平移到线段A 水 B、AD上时，求出相应的m的值； （3）如图②，将ABF绕点B顺时针旋转(0180)，记旋转中的ABF为△ABF，在旋转过程中， 设AF所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．当DPQ为等腰三角形时，直接写出DQ的 长． 25．（12分）已知抛物线yax2 6ax经过点A(1,5)． （1）求抛物线的解析式及其顶点E的坐标． （2）若点P(m,y)，Q(n,y)均在抛物线上，且mn 5，求 m2 n2 的取值范围． （3）将点A向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点B，若点F 为抛物线上的一个动点，则以线 29 段FB为直径的圆与直线y 交于点C ，D，ECD的面积是否为定值？若是，求出它的值；若不是， 4 请说明理由． 第5页（共29页）学 升 哥 水 第6页（共29页）2023-2024 学年广东省广州大学附中九年级（上）月考数学试卷（1 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题.（共10小题，每小题3分，共30分.每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 22 1．（3分）在, , 16,3100,3.14,0.3中，无理数的个数是( ) 7 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】先将能化简的数化简，再根据无理数的定义逐个进行判断即． 【解答】解： 16 4， 无理数有：,3100， 无理数的个数是2个， 故选：B． 【点评】本题主要考查了无理数，解题的关键是掌握无限不循环小数是无理数，常见的无理数有：开不尽 学 方的数，含的数，无限不循环的数． 升 2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有( ) 哥 水 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】解：图1、图5都是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度 后与它自身能够重合；即不满足中心对称图形的定义． 图3不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两部分能够重合；也不是 中心对称图形，因为绕中心旋转180度后与原图不重合． 图2、图4既是轴对称图形，又是中心对称图形． 故选：B． 【点评】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可 重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3．（3分）下列运算中，正确的是( ) A．x3x3 x6 B．3x2 2x3 5x5 C．(x2)3 x5 D．(ab)3 a3b 第7页（共29页）【分析】直接利用幂的乘方与积的乘方法则以及合并同类项、同底数幂的乘法运算法则进而得出答案． 【解答】解：A、x3x3 x6，正确； B、3x2 2x3，无法计算，故此选项错误； C、(x2)3 x6，故此选项错误； D、(ab)3 a3b3，故此选项错误； 故选：A． 【点评】此题主要考查了幂的乘方与积的乘方以及合并同类项、同底数幂的乘法运算等知识，正确掌握运 算法则是解题关键． 4．（3分）如图，O 直径CD为10，弦ABCD，垂足为M ，AB8，则CM 的长为( ) 学 升 哥 A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】连接OA，由垂径定理水得到M 为AB中点，求出AM 的长，在直角三角形AOM 中，利用勾股定 理求出OM 的长，再由OCOM 求出CM 的长即可． 【解答】解：连接OA， 直径CD AB，AB8， 1 AM BM  AB4， 2 在Rt△AOM 中，OA5，AM 4， 根据勾股定理得：OM  52 42 3， 则CM OCOM 532， 故选：A． 【点评】此题考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握定理是解本题的关键． 第8页（共29页）5．（3分）二次函数 y x2的图象向右平移3个单位，向上平移3个单位，得到新函数图象表达式是( ) A．y(x3)2 3 B．y(x3)2 3 C．y(x3)2 3 D．y(x3)2 3 【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答． 【解答】解：二次函数y x2的图象向右平移3个单位，再向上平移3个单位，得到的函数图象的表达式 是： y(x3)2 3． 故选：B． 【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键． 6．（3分）如图，四边形ABCD内接于O ，若C 130，则BOD的度数为( ) 学 升 A．50 B．100 哥C．130 D．150 【分析】由于四边形ABCD内接 水 于O，根据圆内接四边形的对角互补即可求得BAD的度数，而BAD、 BOD是同弧所对的圆周角和圆心角，根据圆周角定理即可得到BOD的度数． 【解答】解：四边形ABCD内接于O， AC 180，而C 130， A180C 50， BOD2A100． 故选：B． 【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理的综合应用，熟练掌握相关知识点是解决问题 的关键． 7．（3分）对于函数y2x3的图象，下列结论错误的是( ) A．图象必经过点(1,1) B．图象经过第一、二、四象限 C．与x轴的交点为(0,3) D．若两点A(1,y )，B(3,y )在该函数图象上，则y  y 1 2 1 2 第9页（共29页）【分析】A．利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出一次函数y2x3的图象必过点(1,1)； B．由k 20，b30，利用一次函数图象与系数的关系，可得出一次函数y2x3的图象经过第 一、二、四象限； 3 C．利用x轴上一次函数图象上点的坐标特征，可得出一次函数y2x3的图象与x轴的交点为( ，0)； 2 D．由k 20，可得出y随x的增大而减小，结合13，可得出y  y ． 1 2 【解答】解：A．当x1时，y2131， 一次函数y2x3的图象必过点(1,1)，选项A不符合题意； B．k 20，b30， 一次函数y2x3的图象经过第一、二、四象限，选项B不符合题意； C．当y0时，2x30， 3 解得：x ， 2 学 3 一次函数y2x3的图象与x轴的交点为( ，0)，选项C符合题意； 2 升 D．k 20， 哥 y随x的增大而减小， 水 又点A(1,y )，B(3,y )在一次函数y2x3的图象上，且13， 1 2 y  y ，选项D不符合题意． 1 2 故选：C． 【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与系数的关系以及一次函数的性质，逐 一分析各结论的正误是解题的关键． 8．（3分）若关于x的一元二次方程kx2 3x10有实数根，则k的取值范围是( ) 9 9 9 9 A．k  B．k  C．k  且k 0 D．k  且k 0 4 4 4 4 【分析】由方程为一元二次方程可得出k 0，再根据方程有解结合根的判别式可得出关于k的一元一次不 等式，解不等式即可得出结论． 【解答】解：方程kx2 3x10为一元二次方程， k 0． 当k 0时，方程kx2 3x10有实数根， △b2 4ac32 4k 0， 第10页（共29页）9 解得：k  ， 4 9 k的取值范围是k  且k 0． 4 故选：C． 【点评】本题考查了根的判别式，熟练掌握“当一元二次方程有解时，根的判别式△ 0．”是解题的关键． 9．（3分）如图，ABC和DEF 是以点O为位似中心的位似图形．若OA:AD2:3，则ABC 与DEF 的周长比是( ) A．2:3 B．4:9 C．2:5 D．4:25 学 【分析】先根据位似的性质得到ABC和DEF 的位似比为OA:OD，再利用比例性质得到OA:OD2:5， 升 然后利用相似比等于位似比和相似三角形的性质求解． 哥 【解答】解：ABC和DEF 是以点O为位似中心的位似图形． ABC和DEF 的位似比为O 水 A:OD， OA:AD2:3， OA:OD2:5， ABC与DEF 的周长比是2:5． 故选：C． 【点评】本题考查了位似变换．位似变换的两个图形相似．相似比等于位似比． 10．（3分）如图，已知二次函数yax2 bxc(a0)的图象如图所示，对于下列结论，其中正确结论的 个数是( ) ①abc0； ②(ac)2 b2 0； ③3ac0； ④若m为任意实数；则am2 bmb6a． 第11页（共29页）A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】由抛物线开口向上，交y轴于负半轴，可判断a0，c0，再结合抛物线的对称轴即可判断b， 进而可判断①；将抛物线转化为交点式，可得c3a ，然后即可判断②③；分别计算am2 bmc与 6abc，变形比较即可判断④，从而可得答案． 【解答】解：抛物线开口向上，交y轴于负半轴， a0，c0， 学 抛物线的对称轴是直线x1， 升 b  1， 哥 2a b2a0， 水 abc0，故①错误； 抛物线过点(3,0)，(1,0)， ya(x3)(x1)ax2 2ax3a， c3a， 3ac0，故③正确； (ac)2 b2 (a3a)2 (2a)2 0，故②正确； 若m为任意实数，则am2 bmcam2 2am3aa(m1)2 4a 4a， 6abc6a2a3a7a，a0， am2 bmc6abc， 即am2 bmb6a，故④正确； 综上，正确的结论有3个； 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质以及相关代数式的变形，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵 第12页（共29页）活进行二次函数一般式与交点式的转化是解题的关键． 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分.） 11．（3分）若二次根式 a3有意义，则a的取值范围是 a 3 ． 【分析】根据二次根式有意义的条件，可得a3 0，即可求解． 【解答】解：二次根式 a3有意义， a3 0， 解得a 3， 故答案为：a 3． 【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键． 12．（3分）一个圆锥的母线长为9cm，它的侧面展开图的圆心角为120，则这个圆锥的底面半径r 为 2 cm． 【分析】由于圆锥的母线长为6cm，侧面展开图是圆心角为1学20扇形，设圆锥底面半径为r cm，那么圆 锥底面圆周长为2r cm，所以侧面展开图的弧长为2r cm，然后利用扇形的面积公式即可得到关于r 的 升 方程，解方程即可求解． 哥 【解答】解：设圆锥底面半径为r cm， 水 1 12062 由题意得：S  2r6 ， 圆锥侧面积 2 360 解得：r 2， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查圆锥侧面展开图的知识和圆锥侧面面积的计算；正确理解圆锥的侧面展开图与原来 的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 13．（3分）若方程mx2 3x44x0是关于x的一元二次方程．则m的取值范围是 m0 ． 【分析】根据二次项的系数不为0可得m的取值范围． 【解答】解：方程mx2 3x44x0是关于x的一元二次方程， m0， 故答案为：m0． 【点评】此题考查一元二次方程的定义；一元二次方程的一般形式为：ax2 bxc0(a0，a、b、c是 常数）． 1 14．（3分）已知P(a,b)是直线y x2上的点，则6b2a3的值是 9 ． 3 第13页（共29页）1 【分析】将点的坐标代入直线中可得出b a2，整理得到3ba6，代入代数式求得即可． 3 1 【解答】解：P(a,b)是直线y x2上的点， 3 1 b a2， 3 3ba6， 6b2a32(6)39 ． 故答案为：9． 【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据解析式求得3ba6．本题属于 基础题，难度不大， 1 15．（3分）计算：6 ( 31)2  4 ． 3 【分析】首先化简二次根式，进而利用完全平方公式计算，求出答案． 3 【解答】解：原式6 (32 31) 学 3 2 342 3 升 4． 哥 故答案为：4． 水 【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握完全平方公式是解题关键． 16．（3分）ABC 是边长为5的等边三角形，DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于 点F ．如图，将DCE绕点C 旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF 长度的最小值是 4 3 ． 【分析】先证明BCDACE，如图，设BE 交AC于点T．证明BCT AFT 60，推出点F 在ABC 的外接圆上运动，当ABF 最小时，AF 的值最小，此时CDBD，求出AE，EF 可得结论． 【解答】解：ACB，DEC 都是等边三角形， AC CB，DC EC，ACBDCE 60， 第14页（共29页）BCDACE， 在BCD和ACE中， CBCA  BCDACE，  CDCE BCDACE(SAS)， 如图，设BE 交AC于点T． 学 升 哥 BCDACE(SAS)， 水 CBDCAF ， BTC ATF， BCT AFT 60， 点F 在ABC的外接圆上运动，当ABF 最小时，AF 的值最小，此时CDBD，  BD BC2 CD2  52 32 4， AEBD 4，BDC AEC 90， CDCE，CF CF ， RtCFDRtCFE(HL)， DCF ECF 30， EF CEtan30 3， AF 的最小值 AEEF 4 3， 故答案为：4 3． 【点评】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，等边三 第15页（共29页）角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 三、解答题（共9小题，共72分.） x3x2 4①  17．（4分）解不等式组12x ．   x1②  3 【分析】首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集． x3x2 4①  【解答】解：12x ，   x1②  3 由①得x 1； 由②得x4； 所以这个不等式组的解集是1 x4． 【点评】主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀： 同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）． x5 x2 2x1 x1 学 18．（6分）先化简，再求值： (  )，其中x2 3x40． x3 x2 x x2 升 【分析】原式括号中利用除法法则变形，约分后两项通分并利用同分母分式的减法法则计算得到最简结果， 哥 把已知等式变形后代入计算即可求出值． x5 (x水1)2 x2 x5 x2 x(x5)(x2)(x3) 6 【解答】解：原式 [  ]    ， x3 x(x1) x1 x3 x x(x3) x(x3) x2 3x40， x2 3x4，即x(x3)4， 3 原式 ． 2 【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 19．（6分）如图，在RtABC中，ACB90． （1）作O，使它过点A、B、C（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）所作的圆中，若AC 2，AB4，求劣弧BC的长． 【分析】（1）利用尺规作AB的垂直平分线，即可作O，使它过点A、B、C； （2）根据AC 2，AB4，利用弧长公式即可求劣弧BC的长． 第16页（共29页）【解答】解：（1）如图，O即为所求； （2）由（1）可知： OAOC  AC 2， OAC是等边三角形， COA60， COB120， 学 1202 4  BC   ． 180 3 升 4 答：劣弧BC的长为 ． 3 哥 【点评】本题考查了作图复杂作图，勾股定理，弧长的计算，解决本题的关键是掌握弧长公式． 水 20．（6分）第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日8月8日在成都举行．彬彬和明明申请足 球A、篮球B、排球C 、乒乓球D．四项赛事中某一项的志愿者，他们被随机分配到这四项赛事中的任意 一项的可能性相同． （1）“彬彬被分配到乒乓球D．赛事做志愿者”是 随机 事件（填“必然”、“不可能”或“随机” )． （2）请用画树状图法或列表法，求彬彬和明明被分配到同一项赛事做志愿者的概率． 【分析】（1）根据随机事件的定义即可求解； （2）列表法求得共有16种等可能的结果，其中彬彬和明明被分配到同一项赛事做志愿者的结果有4种， 再由概率公式求解即可． 【解答】解：（1）“彬彬被分配到乒乓球D．赛事做志愿者”是随机事件， 故答案是：随机； （2）画表格图如下： 彬彬 A B C D 明明 第17页（共29页）A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) B (B,A) (B,B) (B，C (B,D) C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) 总共有16种可能的抽取结果，彬彬和明明被分配到同一项赛事做志愿者的有4种， 4 1 彬彬和明明被分配到同一项赛事做志愿者概率  ． 16 4 【点评】此题考查了用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或 两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比． 21．（8分）如图，AB为O 的直径，C 为O 上一点，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为点D，AD 交O 于点E，连接CE ，CB． （1）求证：CE CB； 学 （2）若AC  5，CE 2，求CD的长．1111cccc 升 哥 水 【分析】（1）连接OC 、OE，根据切线的性质得到OC CD，根据平行线的性质、等腰三角形的性质得 到DAC OAC，根据圆周角定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理证明结论； （2）根据勾股定理求出AB，证明DAC∽CAB，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到答 案． 【解答】（1）证明：连接OC 、OE， CD是O 的切线， OC CD， ADCD， OC//AD， DAC OCA， OAOC， OAC OCA， 第18页（共29页）DAC OAC， 由圆周角定理得，BOC 2OAC，EOC 2DAC， BOC EOC， CE CB； （2）解：由（1）可知，BC CE 2， AB是O的直径， ACB90， AB AC2BC2  ( 5)2 22  3， DAC BAC，ADC ACB90， DAC∽CAB， DC AC DC 5   ，即  ， BC AB 2 3 解得，DC  2 5 ． 学 3 升 哥 水 【点评】本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切 点的半径是解题的关键． 22．（8分）2023春节档电影《满江红》热映，进一步激发观众爱国之情．帝都南阳与名将岳飞有着一 段传颂至今的历史——公元1138年，岳飞统军过南阳到武侯祠敬拜诸葛亮，雨夜含泪手书前后《出师 表》，为南阳留下了千古绝唱“三绝碑”． 某超市采购了两批同样的《出师表》纪念品挂件，第一批花了3300元，第二批花了4000元，已知第一 批每个挂件的进价是第二批的1.1倍，且第二批比第一批多购进25个． （1）求第二批每个挂件的进价； （2）两批挂件售完后，该超市以第二批每个挂件的进价又采购一批同样的挂件，经市场调查发现，当 售价为每个60元时，每周能卖出40个，若每降价1元，每周多卖10个，由于货源紧缺，每周最多能 卖90个，求每个挂件售价定为多少元时，每周可获得最大利润，最大利润是多少？ 第19页（共29页）【分析】（1）设第二批每个挂件的进价为x元，则第一批每个挂件的进价为1.1x元，根据题意列出方程， 求解即可； （2）设每个售价定为m元，每周所获利润为W 元，则可列出W 关于m的函数关系式，再根据“每周 最多能卖90个”得出m的取值范围，根据二次函数的性质可得出结论． 【解答】解：（1）设第二批每个挂件进价是每个x元， 3300 4000 根据题意得  25， 1.1x x 解得x40， 学 经检验，x40是原方程的解，也符合题意， 升 x40， 哥 答：第二批每个挂件进价是每个40元； 水 （2）设每个挂件售价定为m元，每周可获得利润W 元， 每周最多能卖90个， 60m 4010 90， 1 解得m 55， 60m 根据题意得W (m40)(4010 )10(m52)2 1440， 1 100， 当m 52时，y随x的增大而减小， m 55， 当m55时，W 取最大，此时W 10(5552)2 14401350． 当每个挂件售价定为55元时，每周可获得最大利润，最大利润是1350元． 【点评】本题综合考查分式方程和二次函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题关键． 23．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线y2xa与y轴交于点A，与直线yx1交于点P(3,b)， B为直线yx1上一点． 第20页（共29页）（1）求a，b的值； （2）当线段AB最短时求点B的坐标； （3）在x轴上找一点C ，使ACPC的值最大，请写出点C的坐标并求最大值． 【分析】（1）首先把点P(3,b)代入直线yx1得出b的值，再进一步代入直线y2xa 求得a的值即 可； （2）当AB直线yx1时，线段AB最短，进而得出B的坐标即可； 学 （3）由三角形的三边关系得，AP ACPC，进而解答即可． 【解答】解：（1）把点P(3,b)代入直线yx1， 升 哥 水 解得：b4， 把P(3,4)代入y2xa ， 解得：a10， a10，b4； （2）当AB直线yx1时，线段AB最短， 把直线yx1与y轴的交点(0,1)标记为E， 第21页（共29页）由（1）可得A(0,10)，且AEB45，AEB是等腰直角三角形， 9 2 AE 9，ABBE  ， 2 9 2 2 9 9 11 B的横坐标为   ，纵坐标为 1 ， 2 2 2 2 2 9 11 B( ， )； 2 2 （3）在x轴上取点C，由三角形的三边关系得，AP ACPC， 学 当A、P、C三点共线时，ACPC  AP，即ACPC最大，即为AP， 所以点C在y2x10上， 升 把y0代入y2x10中， 哥 得02x10， 水 得x5， C(5,0)， P(3,4)， AP AH2 PH2  (104)2 32 3 5． 【点评】本题考查了一次函数的综合题，关键是根据一次函数图象上点的坐标特征与垂线段最短的性质解 答，结合图形，选择适当的方法解决问题． 24．（12分）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB3，AD4，AE BD，垂足是E．点F 是点E关 于AB的对称点，连接AF 、BF ． （1）求AF 和BE 的长； 第22页（共29页）（2）若将ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长 度）．当点F 分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值； （3）如图②，将ABF绕点B顺时针旋转(0180)，记旋转中的ABF为△ABF，在旋转过程中， 设AF所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．当DPQ为等腰三角形时，直接写出DQ的 长． 【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解； （2）依题意画出图形，如图①1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值； （3）在旋转过程中，等腰DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可． 【解答】解：（1）四边形ABCD是矩形， BAD90， 在RtABD中，AB3，AD4， 由勾股定理得：BD AB2 AD2  32 42 5， 学 1 1 S  BDAE  ABAD， ABD 2 2 升 ABAD 34 12  AE    ， 哥 BD 5 5 点F 是点E关于AB的对称点 水 ， 12  AF  AE  ，BF BE， 5 AE BD， AEB90， 12 在RtABE中，AB3，AE  ， 5 12 9 由勾股定理得：BE  AB2 AE2  32 ( )2  ． 5 5 （2）设平移中的三角形为△ABF，如图①1所示： 第23页（共29页）9 由对称点性质可知，12.BF BE  ， 5 9 由平移性质可知，AB//AB，41，BF BF ． 5 ①当点F落在AB上时， AB//AB， 34， 32， 9 9  BBBF ，即m ； 5 5 ②当点F落在AD上时， AB//AB， 62， 12，51， 学 56， 又易知AB AD， 升 △BFD为等腰三角形， 哥 9  BDBF ， 水 5 9 16  BBBDBD5  ， 5 5 16 即m ； 5 （3）存在．理由如下： 在旋转过程中，等腰DPQ依次有以下4种情形： ①如图③1所示，点Q落在BD延长线上，且PDDQ，则QDPQ， 2QDPQ2Q， 13Q，12， 3Q， 第24页（共29页）AQ AB3， 12 27  FQFA AQ 3 ． 5 5 27 9 9 10 在Rt△BFQ中，由勾股定理得：BQ FQ2 FB2  ( )2 ( )2  ． 5 5 5 9 10 DQBQBD 5； 5 ②如图③2所示，点Q落在BD上，且PQDQ，则2P， 12， 1P， 学 BA//PD， 升 则此时点A落在BC边上． 哥 32， 水 31， BQ AQ， 12 FQFAAQ BQ． 5 在RtBQF中，由勾股定理得：BF2 FQ2 BQ2， 9 12 即：( )2 ( BQ)2 BQ2， 5 5 15 解得：BQ ， 8 15 25  DQBDBQ5  ； 8 8 ③如图③3所示，点Q落在BD上，且PQDQ，则34． 第25页（共29页）234180，34， 1 490 2． 2 12， 1 490 1． 2 1 AQB490 1， 2 学 1 ABQ180AQB190 1， 2 升 AQBABQ， 哥 AQ AB3， 12 3水  FQ AQAF3  ． 5 5 3 9 3 10 在Rt△BFQ中，由勾股定理得：BQ FQ2 FB2  ( )2 ( )2  ， 5 5 5 3 10 DQBDBQ5 ； 5 ④如图④4所示，点Q落在BD上，且PQDQ，则23． 12，34，23， 14， BQBA3， 第26页（共29页）DQBDBQ53 2． 25 9 10 综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为2或 或 5 8 5 3 10 或5 ． 5 【点评】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾 股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行 分类讨论． 25．（12分）已知抛物线yax2 6ax经过点A(1,5)． （1）求抛物线的解析式及其顶点E的坐标． （2）若点P(m,y)，Q(n,y)均在抛物线上，且mn 5，求 m2 n2 的取值范围． （3）将点A向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点B，若点F 为抛物线上的一个动点，则以线 29 段FB为直径的圆与直线y 交于点C ，D，ECD的面积是否为定值？若是，求出它的值；若不是， 学 4 请说明理由． 升 哥 水 【分析】（1）将点A代入抛物线求得a的值，即可得到抛物线的解析式，然后求得顶点E的坐标； （2）由点P和点Q的坐标得到两点关于对称轴x3对称，从而得到m与n的数量关系，然后求得m和n 的取值范围，再将n6m代入代数式 m2 n2 ，然后利用二次函数的增减性求得取值范围； 29 （3）设点F 的坐标，然后得到BF 的中点M 的坐标和BF 的长，即可得到点M 到直线y 的距离，进 4 而得到弦CD的长，最后求得ECD的面积，即可得出结果． 【解答】解：（1）将点A(1,5)代入 yax2 6ax得，a6a5， a1， yx2 6x， 第27页（共29页）yx2 6x(x3)2 9， 函数的顶点E的坐标为(3,9)． （2）P(m,y)，Q(n,y)在抛物线上， 点P和点Q关于对称轴x3对称， mn6， mn 5， 1 m3，3n 5， 设zm2 n2 m2 (6m)2 2(m3)2 18， z2(m3)2 18开口向上，对称轴为m3， 当1 m3时，z随m的增大而减小， 18z 2(13)2 18，即18z 26， 学 18m2 n2 26， 升 3 2 m2n2 26 ． 哥 （3）由题意得，B(3,7)， 水 设F(a,b)，则ba2 6a(a3)2 9， 3a 7b BF2 (a3)2 (b7)2 9b(b7)2，BF 的中点坐标为( ， )，记为点M ， 2 2 29 7b 29 2b15 点M 到直线y 的距离为d |  || |， 4 2 4 4 CD BF 由垂径定理得，( )2 d2 ( )2， 2 2 2b15 CD2 4| |2BF2 9b(b7)2， 4 7 CD2  ， 4 7 CD ， 2 29 29 7 点E(3,9)到直线y 的距离为h9  ， 4 4 4 1 1 7 7 7 7 S  CDh    ， ECD 2 2 2 4 16 7 7 ECD的面积为定值 ． 16 第28页（共29页）【点评】本题考查了二次函数的解析式、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、垂径定理，解 题的关键是熟知二次函数图象上点的坐标特征． 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：2024/8/3017:22:50；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 学 升 哥 水 第29页（共29页）