23-24学年海珠区西关外国语学校九年级（上）10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 学年广东省广州市海珠区西关外国语学校九年级（上）月考数 学试卷（10 月份） 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下面四个英文字母图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 2．（3分）若函数y(m2)x2 3mx1是二次函数，则( ) A．m 2 B．m2 C．m2 D．m2 3．（3分）在抛物线yx2 3x4上的一个点是( ) 1 7 A．( , ) B．(3,4) C．(3,1) D．(2,8) 2 4 4．（3分）方程2x2 3x18化为一般形式后一次项系数和常数学项分别为( ) A．3、6 B．3、18 C．升 3、6 D．3、18 5．（3分）如图，四边形ABCD是边长为哥5的正方形，E是DC上一点，DE 1，将ADE绕着点A顺时 针旋转到与ABF重合，则EF ( ) 水 A． 41 B． 42 C．5 2 D．2 13 6．（3分）根据下列表格对应值： x 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 ax2 bxc 0.12 0.03 0.01 0.06 0.18 判断关于x的方程ax2 bxc0(a0)的一个解x的范围是( ) A．2.1 x2.2 B．2.2 x2.3 C．2.3 x2.4 D．2.4 x2.5 7．（3分）如图，抛物线 y ax2 c与直线y mxn交于A(1,p)，B(3,q)两点，则不等式y  y 的解 1 2 1 2 集为( ) 第1页（共25页）A．x1 B．x3 C．x3或x1 D．1 x3 8．（3分）为丰富乡村文体生活，某区准备组织首届“美丽乡村”篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队 之间都赛一场），计划安排28场比赛，设邀请x个球队参加比赛，可列方程得( ) 1 1 A． x(x1)28 B． x(x1)28 C．x(x1)28 D．x(x1)28 2 2 9．（3分）如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，如果水面上升1m，那么水面宽度为( )m． 学 升 哥 水 A．2 B． 2 C．2 2 D．42 2 10．（3分）二次函数 yax2 bxc(a0)的如图所示，对称轴是直线x2，抛物线与x轴的一个交点 在点(4,0)和点(3,0)之间，其部分图象如图所示，下列结论： ①4ab0， ②b2 4ac， ③abc0， ④若点(5,n)在二次函数的图象上，则关于x的一元二次方程ax2 bxcn0(a0)的两个根分别是 5，1． 其中正确的是( ) 第2页（共25页）A．①③④ B．③④ C．①③ D．①②③④ 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．（3分）已知m是方程x2 3x20 的一个根，则代数式3m2 9m5的值是 ． 12．（3分）如图是二次函数yax2 bxc的部分图象，由图象可知不等式ax2 bxc0的解集是 ． 学 13．（3分）已知坐标系中点A(2,a)和点B(b,3)关于原点中心对称，则ab ． 升 14．（3分）由于疫情得到缓和，餐饮行业逐渐回暖，某家餐厅重新开张，开业第一天收入约为3020元， 哥 之后两天的收入按相同的增长率增长，第三天收入约为4350元．设每天的增长率为x，根据题意可列方程 为 ． 水 15．（3分）抛物线 y  x2 5x6与x轴交于A、B两点， 则AB 的长为 ． 16．（3分）如图是足球守门员在O处开出一记手抛高球后足球在空中运动到落地的过程，它是一条经过A、 M 、C三点的抛物线．其中A点离地面1.4米，M 点是足球运动过程中的最高点，离地面3.2米，离守门 员的水平距离为6米，点C是球落地时的第一点．那么足球第一次落地点C距守门员的水平距离为 米． 三、解答题（共72分） 17．（6分）解方程： （1）(x5)2 360； （2）x2 2x30． 第3页（共25页）18．（4分）指出函数yx2 2x1的开口方向，对称轴和顶点，怎样移动抛物线yx2就可以得到抛物 线yx2 2x1？ 19．（4分）如图所示的正方形网格中，ABC 的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图： （1）作出ABC 关于坐标原点O成中心对称的△ABC ； 1 1 1 （2）作出以点A为旋转中心，将ABC绕点A顺时针旋转90得到的△ABC ； 2 2 （3）点C 的坐标为 ． 2 学 升 哥 水 20．（8分）某校“生物研学”活动小组在一次野外研学实践时，发现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．若主干、支干和小分支的总数是91，求这种植物每个支干长出的小分 支个数是多少？ 21．（6分）已知关于x的一元二次方程mx2 2(m1)xm10有实数根． （1）求m的取值范围； （2）若该方程的两个实数根分别为x 、x ，且x2 x2 27，求m的值． 1 2 1 2 22．（10分）某水果批发商场经销一种高档水果，如果每千克盈利10元，那么每天可售出500千克，经市 场调查发现，在进货价不变的情况下，若每千克涨价1元，则日销售量将减少20千克． （1）现该商场要保证这种水果每天盈利6000元，同时又要顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？ （2）若该商场单纯从经济角度看，这种水果每千克涨价多少元，能使商场获利最大？最大利润是多少？ 23．（10分）如图，已知二次函数yx2 2x3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D(2,3) 在抛物线上． 第4页（共25页）（1）请直接写出A、B、C 三点的坐标； （2）抛物线的对称轴上是否存在点P，使得PAD周长最小，若存在，求出P点的坐标； （3）若点M 是直线AC 下方的抛物线上的一动点，过M 作y轴的平行线与线段AC交于点N，求线段MN 的最大值． 24．（12分）如图1，在等腰三角形ABC中，A120，AB AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD AE ， 连接BE ，点M 、N、P分别为DE、BE 、BC的中点． （1）观察猜想． 图1中，线段NM 、NP的数量关系是 ，MNP的大小为 ． （2）探究证明 把ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE ，判断MNP的形状，并说明 理由； （3）拓展延伸 学 把ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD1，AB3，请求出MNP面积的最大值． 升 哥 水 25．（12分）抛物线yax2 bxc与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），且A(1,0)，B(4,0)， 与y轴交于点C ，C点的坐标为(0,2)，连接BC，以BC为边，点O为对称中心作菱形BDEC．点P是x 轴上的一个动点，设点P的坐标为(m,0)，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交BD于点M ． （1）求抛物线的解析式； （2）x轴上是否存在一点P，使三角形PBC 为等腰三角形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在， 请说明理由； （3）当点P在线段OB上运动时，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形？请说明理由． 第5页（共25页）学 升 哥 水 第6页（共25页）2023-2024 学年广东省广州市海珠区西关外国语学校九年级（上）月考数 学试卷（10 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下面四个英文字母图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误．学 故选：B． 升 【点评】本题考查了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，图形两部分沿 哥 对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 水 2．（3分）若函数y(m2)x2 3mx1是二次函数，则( ) A．m 2 B．m2 C．m2 D．m2 【分析】利用二次函数的定义得到m20，然后解不等式和方程得到满足条件的m的值． 【解答】解：根据题意得m20， 解得m2， 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数的定义：一般地，形如yax2 bxc(a、b、c是常数，a0)的函数，叫 做二次函数．其中x、y是变量，a、b、c是常量． 3．（3分）在抛物线yx2 3x4上的一个点是( ) 1 7 A．( , ) B．(3,4) C．(3,1) D．(2,8) 2 4 【分析】把x的值代入，计算函数值，比较，等于给定的函数值即可． 1 1 1 9 7 【解答】解：当x 时，y( )2 3( )4  ， 2 2 2 4 4 第7页（共25页）选项A不符合题意； 当x3时，y32 3344， 选项B符合题意； 当x3时，y(3)2 3(3)4141， 选项C不符合题意； 当x2时，y(2)2 3(2)468， 选项D不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了图象与点的关系，熟练掌握图象过点，则点的坐标满足函数的解析式是解题的关键． 4．（3分）方程2x2 3x18化为一般形式后一次项系数和常数项分别为( ) A．3、6 B．3、18 C．3、6 D．3、18 学 【分析】方程2x2 3x18化为一般形式后，根据相关定义作答． 升 【解答】解：如果方程2x2 3x18化为一般形式是：2x2 3x180，其一次项系数和常数项分别为3、 哥 18． 故选：B． 水 【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2 bxc0(a，b，c是 常数且a0)特别要注意a0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项， bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 5．（3分）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，E是DC上一点，DE 1，将ADE绕着点A顺时 针旋转到与ABF重合，则EF ( ) A． 41 B． 42 C．5 2 D．2 13 【分析】根据旋转变换的性质求出FC、CE，根据勾股定理计算即可． 【解答】解：由旋转变换的性质可知，ADEABF ， 第8页（共25页）ABF D90， ABC 90， ABF ABC 180， C ，B，F 共线， 根据题意得：BC 5，BF DE 1， FC 6，CE 4， EF  FC2 CE2  52 2 13． 故选：D． 【点评】本题考查的是旋转变换的性质、勾股定理的应用，掌握旋转变换的性质是解题的关键． 6．（3分）根据下列表格对应值： x 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 ax2 bxc 0.12 0.03 0.01 学0.06 0.18 判断关于x的方程ax2 bxc0(a0)的一个解x的升范围是( ) A．2.1 x2.2 B．2.2 x2.3哥C．2.3 x2.4 D．2.4 x2.5 【分析】从表格中的数据可以看出，当x2.3时，y0.01；当x2.4时，y0.06，函数值由负数变为 水 正数，此过程中存在方程ax2 bxc0的一个根． 【解答】解：当x2.3时，y0.01；当x2.4时，y0.06， 关于x的方程ax2 bxc0(a0)的一个解x的范围是2.3 x2.4， 故选：C． 【点评】本题考查了估算一元二次方程的近似值，对题目的正确估算是建立在对二次函数图象和一元二次 方程关系正确理解的基础上的． 7．（3分）如图，抛物线 y ax2 c与直线y mxn交于A(1,p)，B(3,q)两点，则不等式y  y 的解 1 2 1 2 集为( ) 第9页（共25页）A．x1 B．x3 C．x3或x1 D．1 x3 【分析】根据二次函数与不等式的关系可得答案． 【解答】解：由题意知：y  y 表示二次函数的图象在直线的下方， 1 2 根据图象可得1 x3， 故选：D． 【点评】本题主要考查了二次函数与不等式的关系，根据y  y 表示二次函数的图象在直线的下方是解题 1 2 的关键． 8．（3分）为丰富乡村文体生活，某区准备组织首届“美丽乡村”篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队 之间都赛一场），计划安排28场比赛，设邀请x个球队参加比赛，可列方程得( ) 1 1 A． x(x1)28 B． x(x1)28 C．x(x1)28 D．x(x1)28 2 2 【分析】利用比赛的总场数参赛队伍数（参赛队伍数1)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题 学 得解． 1 升 【解答】解：根据题意得： x(x1)28． 2 哥 故选：A． 【点评】本题考查了由实际问题水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． 9．（3分）如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，如果水面上升1m，那么水面宽度为( )m． A．2 B． 2 C．2 2 D．42 2 【分析】根据题意得到抛物线过点(2,2)，设抛物线解析式为yax2，求出抛物线解析式，进而可求水面 上升1米，水面的宽． 【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示： 第10页（共25页）当拱顶离水面2m时，水面宽4m， 抛物线过点(2,2)， 设抛物线解析式为 yax2，将点(2,2)代入，得4a2， 1 解得a ， 2 1 抛物线的解析式为y x2， 学 2 1 1 当水面上升1m即y x2中y211时，得升x2 1， 2 2 哥 解得x 2， 水 水面上升1m时水面宽度为 2( 2)2 2， 故选：C． 【点评】本题考查抛物线的应用，考查待定系数法求抛物线的解析式，解题的关键是正确设定函数解析式． 10．（3分）二次函数 yax2 bxc(a0)的如图所示，对称轴是直线x2，抛物线与x轴的一个交点 在点(4,0)和点(3,0)之间，其部分图象如图所示，下列结论： ①4ab0， ②b2 4ac， ③abc0， ④若点(5,n)在二次函数的图象上，则关于x的一元二次方程ax2 bxcn0(a0)的两个根分别是 5，1． 其中正确的是( ) 第11页（共25页）A．①③④ B．③④ C．①③ D．①②③④ 【分析】由抛物线对称轴为直线x2可得a与b的数量关系，从而判断①，由抛物线与x轴有两个交点 则△b2 4ac0可判断②，由抛物线与x轴的交点范围及抛物线的对称性可判断③，由抛物线经过 (5,n)，(1,n)可判断④． b 【解答】解：抛物线对称轴为直线x 2， 2a b4a，即4ab0，①正确 ．抛物线与x轴有两个交点， 学 △b2 4ac0， 升 b2 4ac有，②正确． 哥 抛物线与x轴的一个交点在点(4,0)和点(3,0)之间，称轴是直线x2， 水 抛物线与x轴的另一交点在(1,0)，(0,0)之间， x1时，yabc0，③正确． (5,n)在抛物线 yax2 bxc上，称轴是直线x2， (1,n)也在抛物线yax2 bxc上， ax2 bxcn0(a0)的两个根分别是5，1．④正确． 故选：D． 【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及 不等式的关系． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．（3分）已知m是方程x2 3x20 的一个根，则代数式3m2 9m5的值是 1 ． 【分析】把xm代入方程得出m2 3m2，把3m2 9m5化成3(m2 3m)5，代入求出即可． 【解答】解：m是方程x2 3x20的一个根， m2 3m20， 第12页（共25页）m2 3m2， 3m2 9m5 3(m2 3m)5 325 1， 故答案为：1． 【点评】本题考查了一元二次方程的解的应用，用了整体代入思想，即把m2 3m当作一个整体来代入． 12．（3 分）如图是二次函数 yax2 bxc 的部分图象，由图象可知不等式ax2 bxc0 的解集是 x1或x5 ． 学 【分析】根据二次函数的对称性求出函数图象与x轴的另一交点，再写出x轴下方部分的x的取值范围即 升 可． 哥 【解答】解：由图可知，对称轴为直线x2，与x轴的一个交点坐标为(5,0)， 函数图象与x轴的另一交点坐水标为(1,0)， ax2 bxc 0的解集是x1或x5． 故答案为：x1或x5． 【点评】本题考查了二次函数与不等式，此类题目利用数形结合的思想求解更加简便，求出函数图象与x轴 的另一交点坐标是解题的关键． 13．（3分）已知坐标系中点A(2,a)和点B(b,3)关于原点中心对称，则ab 1 ． 【分析】直接利用关于原点对称点的性质，得出a，b的值，即可得出答案． 【解答】解：坐标系中点A(2,a)和点B(b,3)关于原点中心对称， b2，a3， 则ab231． 故答案为：1． 【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键． 14．（3分）由于疫情得到缓和，餐饮行业逐渐回暖，某家餐厅重新开张，开业第一天收入约为3020元， 之后两天的收入按相同的增长率增长，第三天收入约为4350元．设每天的增长率为x，根据题意可列方程 第13页（共25页）为 3020(1x)2 4350 ． 【分析】利用第三天的收入第一天的收入(1增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【解答】解：依题意得：3020(1x)2 4350． 故答案为：3020(1x)2 4350． 【点评】本题考查了由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． 15．（3分）抛物线 y  x2 5x6与x轴交于A、B两点， 则AB 的长为 1 ． 【分析】首先求出抛物线与x轴的交点， 进而得出AB的长 ． 【解答】解： 当 y 0，则0 x2 5x6， 解得：x 2，x 3， 1 2 学 故AB的长为：321． 升 故答案为： 1 ． 哥 【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点， 得出图象与x轴交点是解题关键 ． 16．（3分）如图是足球守门员在水 O处开出一记手抛高球后足球在空中运动到落地的过程，它是一条经过A、 M 、C三点的抛物线．其中A点离地面1.4米，M 点是足球运动过程中的最高点，离地面3.2米，离守门 员的水平距离为6米，点C 是球落地时的第一点．那么足球第一次落地点C距守门员的水平距离为 14 米． 【分析】设抛物线的解析式为ya(x6)2 3.2，将点A(0,1.4)代入求出a的值即可得解析式，求出y0时 x的值即可得． 【解答】解：设抛物线的解析式为ya(x6)2 3.2， 将点A(0,1.4)代入，得：36a3.21.4， 解得：a0.05， 第14页（共25页）则抛物线的解析式为y0.05(x6)2 3.2； 当y0时，0.05(x6)2 3.20， 解得：x 2（舍)，x 14， 1 2 所以足球第一次落地点C距守门员14米． 故答案为：14． 【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及将实际问题转 化为二次函数问题的能力． 三、解答题（共72分） 17．（6分）解方程： （1）(x5)2 360； （2）x2 2x30． 学 【分析】（1）先把方程变形为(x5)2 36，再把方程两边开方得到x56，然后解两个一次方程即可； 升 （2）先利用因式分解法把方程转化为x30或x10，然后解两个一次方程即可． 哥 【解答】解：（1）(x5)2 360， 水 (x5)2 36， x56， 所以x 1，x 11； 1 2 （2）x2 2x30， (x3)(x1)0， x30或x10， 所以x 3，x 1． 1 2 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、 因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 18．（4分）指出函数yx2 2x1的开口方向，对称轴和顶点，怎样移动抛物线yx2就可以得到抛物 线yx2 2x1？ 【分析】将所给函数解析式化为顶点式，即可得出开口方向、对称轴及顶点坐标，将 yx2 和 第15页（共25页）yx2 2x1转化为顶点式即可解决问题． 【解答】解：由题知， yx2 2x1(x1)2 2， 所以函数 yx2 2x1的开口向下，对称轴为直线x1，顶点坐标为(1,2)； 根据“左加右减，上加下减”的平移法则可知， 将抛物线 yx2向右平移1个单位可得抛物线y(x1)2， 再向上平移2个单位可的抛物线 y(x1)2 2． 所以将抛物线 yx2向右平移1个单位，再向上平移2个单位可得抛物线yx2 2x1． 【点评】本题考查二次函数图象与几何变换，熟知二次函数的图象和性质是解题的关键． 19．（4分）如图所示的正方形网格中，ABC 的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图： 学 （1）作出ABC 关于坐标原点O成中心对称的△ABC ； 1 1 1 升 （2）作出以点A为旋转中心，将ABC绕点A顺时针旋转90得到的△ABC ； 2 2 哥 （3）点C 的坐标为 (2,3) ． 2 水 【分析】（1）根据中心对称的性质找到点A、B 、C ，连接AB 、BC 、AC 即可得到答案； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）根据旋转的性质找到B 、C ，连接AB 、B C 、AC 即可得到答案； 2 2 2 2 2 2 （3）根据（2）的图形即可得到答案． 【解答】解：（1）由题意可得，根据中心对称的性质找到点A、B 、C ，连接AB 、BC 、AC ，如图 1 1 1 1 1 1 1 1 1 第16页（共25页）所示． （2）如图，三角形AB C 如图所示． 2 2 学 升 哥 水 （3）由（2）可得， C (2,3)， 2 故答案为：(2,3)． 【点评】本题考查作中心对称图形及旋转作图，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义及旋转的性质． 20．（8分）某校“生物研学”活动小组在一次野外研学实践时，发现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．若主干、支干和小分支的总数是91，求这种植物每个支干长出的小分 支个数是多少？ 【分析】设这种植物每个支干长出的小分支个数是x，根据主干、支干和小分支的总数是91，即可得出关 于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出答案． 【解答】解：设这种植物每个支干长出的小分支个数是x， 第17页（共25页）根据题意，可得1xx2 91， 整理得x2 x900， 解得x 9，x 10（不合题意，舍去）， 1 2 答：这种植物每个支干长出的小分支个数是9． 【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． 21．（6分）已知关于x的一元二次方程mx2 2(m1)xm10有实数根． （1）求m的取值范围； （2）若该方程的两个实数根分别为x 、x ，且x2 x2 27，求m的值． 1 2 1 2 【分析】（1）根据根的判别式得出m0且△[2(m1)]2 4m(m1) 0，再求出答案即可； 2(m1) m1 （ 2 ） 根 据 根 与 系 数 的 关 系 得 出 x x  ， x x  ， 根 据 x2 x2 27 得 出 1 2 m 1 2 m 1 2 2(m1) m1 (x x )2 2x x 27，求出[ ]2 2 27，再求学出m即可． 1 2 1 2 m m 升 【解答】解：（1）关于x的一元二次方程mx2 2(m1)xm10有实数根， 哥 m0且△[2(m1)]2 4m(m1) 0， 水 1 解得：m  且m0， 3 1 即m的取值范围是m  且m0； 3 （2）x ，x 是方程mx2 2(m1)m10的两根， 1 2 2(m1) m1 x x  ，x x  ， 1 2 m 1 2 m x2 x2 27， 1 2 (x x )2 2x x 27， 1 2 1 2 2(m1) m1 [ ]2 2 27， m m 整理得：25m2 10m40， 1 5 解得：m ， 5 1 5 1 经检验m 都符合m  且m0， 5 3 第18页（共25页）1 5 1 5 m 或 ． 5 5 【点评】本题考查了根与系数的关系和根的判别式，能熟记根与系数的关系和根的判别式的内容是解此题 b 的关键，已知一元二次方程ax2 bxc0(a、b、c为常数，a0)的两根为x ，x ，则x x  ， 1 2 1 2 a c x x  ． 1 2 a 22．（10分）某水果批发商场经销一种高档水果，如果每千克盈利10元，那么每天可售出500千克，经市 场调查发现，在进货价不变的情况下，若每千克涨价1元，则日销售量将减少20千克． （1）现该商场要保证这种水果每天盈利6000元，同时又要顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？ （2）若该商场单纯从经济角度看，这种水果每千克涨价多少元，能使商场获利最大？最大利润是多少？ 【分析】（1）设每千克应涨价x元，根据每千克水果的利润销售量总利润列出方程，解方程求出x的 值，再取较小的值即可； （2）设每千克涨价x元时总利润为y元，根据每千克水果的利润销售量总利润列出函数解析式，由函 学 数的性质求最值即可． 【解答】解：（1）设每千克应涨价x元， 升 根据题意得：(10x)(50020x)6000 ，哥 解得x5或x10， 水 为了使顾客得到实惠， x5， 答：要保证每天盈利6000元，同时又使顾客得到实惠，那么每千克应涨价5元； （2）设每千克涨价x元时总利润为y元， 则y(10x)(50020x)20x2 300x500020(x7.5)2 6125， 200， 当x7.5时，y取得最大值，最大值为6125， 答：若该商场单纯从经济角度看，每千克这种水果涨价7.5元，能使商场获利最大，最大利润为6125元． 【点评】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和方程． 23．（10分）如图，已知二次函数yx2 2x3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D(2,3) 在抛物线上． （1）请直接写出A、B、C 三点的坐标； （2）抛物线的对称轴上是否存在点P，使得PAD周长最小，若存在，求出P点的坐标； 第19页（共25页）（3）若点M 是直线AC 下方的抛物线上的一动点，过M 作y轴的平行线与线段AC交于点N，求线段MN 的最大值． 【分析】（1）令y0得到x2 2x30，解方程即可求出A，B坐标，令x0即可求出点C 的坐标； （2）点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接PD交函数对称轴于点P，则点P为所求点，即可求解； （3）先求出直线AC 解析式，设N横坐标为x，用含x的代数式表示线段MN ，再利用二次函数的性质求 解即可． 【解答】解：（1）令y0，得x2 2x30， 即(x1)(x3)0 解得x 1，x 2 1 2 A(3,0)，B(1,0)， 令x0，得y3 学 C(0,3)； 升 （2）yx2 2x3(x1)2 4， 哥 函数的对称轴为：x1， 水 点A关于函数对称轴的对称点为点B， PAPB， PAD周长 ADPDAP ADPDPB ADBD， 当点P在线段BD上时，PAD周长最小， 连接BD交二次函数对称轴于点P，则点P为所求点，如图1， 设直线BD的表达式为ykxb， 0kb 将点D、B的坐标代入ykxb得： ， 2kb3 第20页（共25页）k 1 解得： ， b1 故BD的函数表达式为：yx1， 当x1时，y2， 即点P(1,2)； （3）设直线AC 的解析式为yaxt，如图2， 03at 把点A(3,0)，C(0,3)代入 yaxt中 ， 3t a1 解得 ， t 3 所以直线AC解析式为yx3． 设N横坐标为x，则y x3，y x2 2x3， N M 学 3 9 MN x3(x2 2x3)x2 3x(x )2  ， 2 升4 9 MN的最大值为 ． 哥 4 水 【点评】本题考查了二次函数和一次函数综合运用，涉及到直线的待定系数法求解析式，轴对称最短问 题，及二次函数的最值等，解题关键是熟练掌握二次函数的图象和性质． 24．（12分）如图1，在等腰三角形ABC中，A120，AB AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD AE ， 连接BE ，点M 、N、P分别为DE、BE 、BC的中点． （1）观察猜想． 图1中，线段NM 、NP的数量关系是 NM  NP ，MNP的大小为 ． （2）探究证明 把ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE ，判断MNP的形状，并说明 第21页（共25页）理由； （3）拓展延伸 把ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD1，AB3，请求出MNP面积的最大值． 【分析】（1）先证明由AB AC，AD AE ，得BDCE，再由三角形的中位线定理得NM 与NP的数量 关系，由平行线性质得MNP的大小； （2）先证明 ABDACE 得 BDCE ，再由三角形的中位线定理得 NM  NP ，由平行线性质得 MNP60，再根据等边三角形的判定定理得结论； （3）由BD ABAD，得MN 2，再由等边三角形的面积公学式得MNP的面积关于MN 的函数关系式， 再由函数性质求得最大值便可． 升 【解答】解：（1）AB AC ，AD AE ， 哥 BDCE， 水 点M 、N、P分别为DE、BE 、BC的中点， 1 1 MN  BD，PN  CE，MN //AB，PN //AC， 2 2 MN PN ，ENM EBA，ENPAEB， MNEENPABEAEB， ABEAEB180BAE 60， MNP60， 故答案为：NM  NP；60； （2）MNP是等边三角形． 理由 如下：由旋转可得，BADCAE， 又AB AC ，AD AE， ABDACE(SAS)， BDCE，ABDACE， 点M 、N、P分别为DE、BE 、BC的中点． 第22页（共25页）1 1 MN  BD，PN  CE，MN //BD，PN //CE， 2 2 MN PN ，ENM EBD，BPN BCE ， ENPNBPNPBNBPECB， EBDABDABE ACEABE， MNPMNEENPACEABEEBCEBCECB180BAC 60， MNP是等边三角形； （3）根据题意得，BD ABAD，即BD 4， MN 2， 1 3 3 MNP的面积 MN MN  MN2， 2 2 4 MNP的面积的最大值为 3． 【点评】本题是三角形的一个综合题，主要考查了等边三角形的判定，三角形的中位线定理，全等三角形 学 的性质与判定，旋转的性质，关键证明三角形全等和运用三角形中位线定理使已知与未知联系起来． 升 25．（12分）抛物线yax2 bxc与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），且A(1,0)，B(4,0)， 哥 与y轴交于点C ，C点的坐标为(0,2)，连接BC，以BC为边，点O为对称中心作菱形BDEC．点P是x 轴上的一个动点，设点P的坐标水为(m,0)，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交BD于点M ． （1）求抛物线的解析式； （2）x轴上是否存在一点P，使三角形PBC 为等腰三角形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在， 请说明理由； （3）当点P在线段OB上运动时，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形？请说明理由． 【 分 析 】（ 1 ） 抛 物 线 与 x 轴 交 于 A(1,0) ， B(4,0) 两 点 ， 故 抛 物 线 的 表 达 式 为 ： 1 ya(x1)(x4)a(x2 3x4)，即4a2，解得：a ，即可求解； 2 （2）分PBPC、PBBC、PC BC三种情况，分别求解即可； 第23页（共25页）（3）直线 BD 的解析式为 yx2 ；如图，当 MQDC 时，四边形 CQMD 是平行四边形，则 1 3 (m2)( m2  m2)2(2)，即可求解． 2 2 【解答】解：（1）由题意可设抛物线的解析式为：yax2 bx2， 抛物线与x轴交于A(1,0)，B(4,0)两点， 故抛物线的表达式为： ya(x1)(x4)a(x2 3x4)， 1 即4a2，解得：a ， 2 1 3 抛物线的解析式为：y x2  x2； 2 2 （2）设点P的坐标为(m,0)， 则PB2 (m4)2，PC2 m2 4，BC2 20， 学 3 ①当PBPC时，(m4)2 m2 4，解得：m ； 2 升 ②当PBBC时，同理可得：m42 5； 哥 ③当PC BC时，同理可得：m4（舍去4)， 水 3 故点P的坐标为：( ，0)或(42 5，0)或(42 5 ，0)或(4,0)； 2 （3）C(0,2) 由菱形的对称性可知，点D的坐标为(0,2)， 设直线BD的解析式为ykx2，又B(4,0) 1 解得k  ， 2 1 直线BD的解析式为y x2； 2 1 1 3 则点M 的坐标为(m, m2)，点Q的坐标为(m, m2  m2)， 2 2 2 如图，当MQDC时，四边形CQMD是平行四边形 1 1 3 ( m2)( m2  m2)2(2)， 2 2 2 解得m 0（不合题意舍去），m 2， 1 2 当m2时，四边形CQMD是平行四边形． 第24页（共25页）【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、勾股定理的运用、平行四边形性质、图形的 面积计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏． 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：2024/8/3017:23:11；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 学 升 哥 水 第25页（共25页）