九年级数学上学期期中模拟卷·培优卷
【人教版】
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．关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+5x+m2﹣4＝0的常数项是0，则（ ）
A．m＝4 B．m＝2 C．m＝2或m＝﹣2 D．m＝﹣2
【答案】D
【分析】根据常数项为0，可得m2-4=0，同时还要保证m-2≠0，即可．
【详解】由题意得：m2-4=0，且m-2≠0，
解得：m=-2，
故选D．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握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．
2．（2024·江西·模拟预测）已知点A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y )都在抛物线y=(x−m) 2+n(m>)1)
1 2
上，则y 与y 的大小关系为（ ）
1 2
A．y >y B．y = y C．y <y D．无法确定
1 2 1 2 1 2
【答案】A
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，数轴上两点之间的距离公式等知识点，掌握这些是解题的关
键．
由已知可知：抛物线的开口向上，对称轴是直线x=m>1，从而可知：点
A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y )分别在抛物线对称轴的左、右两侧，计算这两点到对称轴的距离并比
1 2
较大小，根据“开口向上的抛物线上的两点，到对称轴的距离大的点的纵坐标也大”可得结论．
【详解】解：∵抛物线y=(x−m) 2+n(m>)1)的开口向上，
对称轴是直线 x=m>1，m−m2=m(1−m)<0，2m−1>m>1，
∴点A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y )分别在抛物线对称轴的左、右两侧，
1 2∵m−(m−m2)=m2 ，(2m−1)−m=m−1，
且m2−(m−1)=m2−m+1= ( m− 1) 2 + 3 >0，
2 4
∴m−(m−m2)>(2m−1)−m，
∵点A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y ) 都在抛物线y=(x−m) 2+n(m>)1)上，
1 2
则根据抛物线的对称性可知：y 与y 的大小关系为y >y ．
1 2 1 2
故选：A．
3．（2025·北京·模拟预测）关于x的方程kx2−2x+1=0有实数根，那么k的可能值是（ ）
A．4 B．2 C．0或2 D．0或1
【答案】D
【分析】本题考查一元一次方程的解，一元二次方程的定义，一元二次方程的根的判别式，一元二次方程
根的情况与判别式Δ的关系：（1）Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ=0⇔方程有两个相等的
实数根；（3）Δ<0⇔方程没有实数根．理解和掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关
键．分当k=0，k≠0时分别讨论，即可求解．
【详解】解：当k=0时，关于x的方程是−2x+1=0有实数根，
当k≠0时，∵关于x的方程是一元二次方程，kx2−2x+1=0有两个实数根，
∴Δ=(−2) 2−4k×1≥0，且k≠0，
解得：k≤1且k≠0，
综上所述：整数k的值可能是1或0．
故选：D．
4．已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）与x轴交于A(−2,0)，B两点，且点B在直线
y=−x+2的下方，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的顶点不可能在第四象限 B．抛物线的开口一定向上
C．抛物线与直线y=−x+2一定有两个交点 D．抛物线的对称轴可能在y轴右侧
【答案】A
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，根据点B在直线y=−x+2的下方推断出抛物线的对称轴
在y轴的左侧，另外，应注意a的值不确定时，一定要分类讨论，再进一步逐一分析即可．
【详解】解：由题可得，直线y=−x+2与x轴交点为(2,0)，∵点B在直线y=−x+2的下方，
∴点B的横坐标小于2，
b b
∴抛物线的对称轴直线x=− <0，即对称轴直线x=− 在y轴左侧，
2a 2a
∴抛物线的顶点不可能在第一、四象限，
∴A正确，D错误；
∵a的正负不确定，
∴抛物线的开口方向无法确定，
∴B错误；
当a>0时，抛物线与直线y=−x+2一定有两个交点，但当a<0时，抛物线与直线y=−x+2可能有两个交
点，可能有一个交点，也可能没有交点，三种情况均可能存在，
∴C错误．
故选：A
5．（2025·安徽·模拟预测）已知关于x的方程x2+(a2−1)x+a−2=0的一个根比1大且另一个根比1小，
则a的取值范围正确的是（ ）
A．−2<a<1 B．−1<a<2 C．a<−2 D．a>−1
【答案】A
【分析】本题主要考查二次函数与一元二次方程，可以利用二次函数的图象与性质分析判断即可．
【详解】解：设y=x2+(a2−1)x+a−2，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∵关于x的方程x2+(a2−1)x+a−2=0的一个根比1大且另一个根比1小，
∴当x=1时，函数值y<0，
∴y=12+(a2−1)×1+a−2=1+a2−1+a−2=a2+a−2<0，
对于一元二次方程a2+a−2=0，解得a =−2，a =1，
1 2
∴−2<a<1，
故选：A．
6．（2025·四川攀枝花·中考真题）已知直角坐标系xOy，点A在该坐标系中的坐标为(−1,2)，现将直角坐
标系xOy绕点O按逆时针方向旋转90°到x′O y′的位置，则点A在新坐标系x′O y′中的坐标为（ ）A．(−1,2) B．(2,1) C．(2,−1) D．(−2,−1)
【答案】B
【分析】本题主要考查旋转，点的坐标；根据题意得到点A在新坐标系x′O y′中的第一象限，且与原来横
纵坐标互换，均为正数，即可求出．
【详解】解：将直角坐标系xOy绕点O按逆时针方向旋转90°到x′O y′的位置，
∴此时点A在新坐标系x′O y′中的第一象限，且原来横纵坐标互换均为正数，
∴点A在新坐标系x′O y′中的坐标为(2,1)，
故选：B．
7．（2025·陕西·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，有抛物线y=ax2+bx+c ( a≠0,ab<0, −c <0 ) ，
2a
则该抛物线的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据二次函数的图象与性质即可求解，掌握二次函数的图象
与性质是解题的关键．
【详解】解：由y=ax2+bx+c ( a≠0,ab<0, −c <0 ) ，则a，b异号，a，c同号，
2a
b
A、根据图象可知，a>0，c>0，− >0，
2a
∴b<0，
∴满足a，b异号，a，c同号，符合题意；
b
B、根据图象可知，a>0，c<0，− <0，
2a
∴b>0，∴不满足a，b异号，a，c同号，不符合题意；
b
C、根据图象可知，a>0，c<0，− >0，
2a
∴b<0，
∴不满足a，c同号，不符合题意；
b
D、根据图象可知，a>0，c<0，− <0，
2a
∴b>0，
∴不满足a，c同号，不符合题意；
故选：A．
8．（2025·安徽蚌埠·二模）已知 m≥2,a2−2ma+2=0,b2−2mb+2=0(a≠b)则 (a−1) 2+(b−1) 2的最
小值是（ ）
A．−3 B．0 C．3 D．6
【答案】D
【分析】构造一元二次方程，利用根与系数关系定理，构造二次函数，利用函数增减性，求最值解答即
可．
【详解】解：∵a2−2ma+2=0，b2−2mb+2=0，且a≠b，
∴a，b是一元二次方程x2−2mx+2=0的两个不相等的实数根，
∴a+b=2m，ab=2，Δ=b2−4ac=(−2m) 2−4×2×1>0，
∴(a−1) 2+(b−1) 2=a2−2a+b2−2b+2=(a+b) 2−2(a+b)+2−2ab
=4m2−4m−2=4(m2−m)−2=4 ( m− 1) 2 −3
2
∵4>0，
∴抛物线开口向上，
∴(a−1) 2+(b−1) 2有最小值，且对称轴的右侧y随x的增大而增大，
∵m≥2，
∴m=2时，(a−1) 2+(b−1) 2有最小值，且为4 ( 2− 1) 2 −3=9−3=6，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的构造，根与系数关系定理，二次函数的增减性，二次函数的最值，熟练掌握构造方程，构造二次函数是解题的关键．
9．（2023·浙江湖州·一模）如图，矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，在旋转过程中，FG恰好过点
C，过点G作MN平行AD交AB，CD于M，N．若AB＝3，BC＝5，则图中阴影部分的面积的是
（ ）
15
A．3 B．4 C．5 D．
2
【答案】A
【分析】根据旋转的性质和矩形的性质结合勾股定理求出CG的长，再运用四边形AMND、BCNM是平行
四边形进行转换求出面积即可解答；
【详解】解：∵矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，
∴BG=BA=3，
∴CG=❑√BC2−BG2=❑√25−9=4，
1
∴S = ×BG⋅GC=6，
△BGC 2
∵MN∥AD,CD∥AB，
∴四边形AMND是平行四边形,，MN∥BC，
∴四边形BCNM是平行四边形，
∴S ＝2S ＝12，
平行四边形BCNM △BGC
∴阴影部分的面积=S −S =15−12=3，
矩形ABCD 平行四边形BCNM
故选：A
【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质、矩形的性质以及平行四边形的判定和性质等知识点，解
答时需注意阴影部分面积的转换是解答该题的重要技巧，解题的关键是熟练运用这些知识点．
10．（2025·河南驻马店·三模）如图，在边长为3cm的正方形ABCD中，动点P从点A出发沿A→B的方向
以1 cm/s的速度运动；同时，动点Q从点D出发沿D→C→B的方向以2cm/s的速度运动．当点Q到达点B时，点P，Q同时停止运动．设△APQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），下列能大致反映y与x
之间函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查一次函数与二次函数，正方形的性质，动点问题，正确作出图形是解题的关键。
根据点Q所在正方形的不同边上，分类讨论，逐一计算，即可解答。
【详解】解：①当点Q在CD上时，如图
3
有DQ=2t,AP=t，0≤t≤ ，
21 3 3
∴y= ×3t= t（0≤t≤ ）．
2 2 2
此时y与x之间的函数为一次函数．
②当点Q在CB上时，如图
3
有BC+CQ=2t,AP=t， <t<3，
2
∴DQ=6−2t，
1 3
∴y= t⋅(6−2t)=−t2+3t（ <t<3）．
2 2
此时y与x之间的函数为二次函数．
3 3
综上所述，符合当0≤t≤ 时，图像为一次函数； <t<3时，图像为二次函数，只有B选项．
2 2
故选B．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（2025·山东青岛·模拟预测）学校连续三年组织学生参加义务植树，第一年植树400棵，三年共植树
1575棵．设该校植树棵数的年平均增长率为x，根据题意可列程 ．
【答案】400+400(1+x)+400(1+x) 2=1575
【分析】本题考查了根据题意列一元二次方程．
设该校植树棵数的年平均增长率为x，则第二年植树400(1+x)棵，第三年植树400(1+x) 2棵，三年相加即
可．
【详解】设该校植树棵数的年平均增长率为x，则第二年植树400(1+x)棵，第三年植树400(1+x) 2棵，
∵三年共植树1575棵，
∴400+400(1+x)+400(1+x) 2=1575
故答案为：400+400(1+x)+400(1+x) 2=157512．（2025·吉林长春·二模）二次函数y=x2−2mx+3m的图象与x轴交于点A，B，AB=4，则常数m的
值为 ．
【答案】4或−1
【分析】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，求二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)与x
轴的交点坐标，令y=0，即ax2+bx+c=0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
首先根据抛物线与x轴有两个交点求的根的判别式的符号．设A(x ，0)，B(x ，0)，由根与系数的关系
1 2
得到x +x =2m，x ⋅x =3m，然后由AB=4列出关于m的方程，解方程即可．
1 2 1 2
【详解】解：∵二次函数y=x2−2mx+3m的图象与x轴交于点A，B，
令y=0，即x2−2mx+3m=0，
∴Δ=b2−4ac=4m2−12m>0．
设A(x ，0)，B(x ，0)，
1 2
∴x +x =2m，x ⋅x =3m，
1 2 1 2
∴|x −x |=❑√(x +x ) 2−4x x =4，
1 2 1 2 1 2
∴❑√4m2−12m=4，
解得m =4，m =−1．
1 2
综上所述，m的值为4或−1．
故答案为：4或−1
1
13．设x 与x 为一元二次方程 x2+3x+2=0的两根，则(x −x ) 2 的值为 ．
1 2 2 1 2
【答案】20
【分析】利用公式法求得一元二次方程的根，再代入求值即可；
1
【详解】解：∵
x2+3x+2=0
2
△=9-4=5＞0，
∴x =−3+❑√5，x =−3−❑√5，
1 2
∴(x −x ) 2 =(−3+❑√5+3+❑√5) 2=(2❑√5) 2=20，
1 2
故答案为：20；【点睛】本题考查了一元二次方程的解，掌握公式法解一元二次方程是解题关键．
14．（2025·湖南永州·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是BC上一点，且BE=3，连
接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接CF，则△ECF的面积为 .
15
【答案】
2
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，熟悉掌握判定的方法是解题的关键．
过点F作FH⊥BC于点H，利用矩形的性质判定出△AEB≌△EFH，得到FH=BE=3，即可通过三
角形面积公式求解．
【详解】解：过点F作FH⊥BC于点H，如图所示：
∴∠FHE=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°=∠FHE，
∵线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，
∴∠AEF=90°，AE=EF，
∵∠AEB+∠FEH=90°，∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AEB=∠EFH，
∴在△AEB和△EFH中
{∠AEB=∠EFH
)
∠B=∠FHE ，
AE=EF
△AEB≌△EFH(AAS)，
∴FH=BE=3，
∵EC=BC−BE=8−3=5，1 1 15
∴S =EC×FH× =5×3× = ，
△ECF 2 2 2
15
故答案为： ．
2
c
15．（2025·广东惠州·三模）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=6，则 的最大值为
a
．
【答案】36
【分析】本题考查了二次函数与x轴的交点问题，一元二次方程的根与系数的关系，根的判别式．分情况
讨论，当抛物线y=ax2+bx+c与x轴有交点时，设一个交点坐标为(α,0)，由对称轴为直线x=6，求得另
c
一个交点坐标为(12−α,0)，利用根与系数的关系求得
=−α2+12α，利用二次函数的性质求解即可；当
a
抛物线y=ax2+bx+c与x轴没有交点时，根据一元二次方程的根的判别式求解即可．
【详解】解：当抛物线y=ax2+bx+c与x轴有交点时，
设抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点坐标为(α,0)，
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=6，
∴抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一个交点坐标为(12−α,0)，
即方程ax2+bx+c=0的两个根为α和12−α，
c
由根与系数的关系得α(12−α)= ，
a
c
∴
=−α2+12α=−(α−6) 2+36，
a
∵−1<0，
∴当α=6时，
c
∴ 有最大值为36；
a
当抛物线y=ax2+bx+c与x轴没有交点时，
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=6，
b
∴− =6，
2a
∴b=−12a，
此时Δ=b2−4ac=(−12a) 2−4ac<0，整理得ac>36a2>0，
∴a和c同号，
①若a>0，c>0时，
∵ac>36a2，
c
∴ >36，
a
c
此时 无最大值，不符合题意，舍去；
a
②若a<0，c<0时，
∵ac>36a2，
c
∴ >36，
a
c
此时 无最大值，不符合题意，舍去；
a
c
综上， 有最大值为36；
a
故答案为：36．
16．（2025·宁夏银川·三模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O
重合，AB∥x轴，交y轴于点P，将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2026次旋转结束
时，点A的坐标为 ．
【答案】(−1,−❑√3)
【分析】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探
究规律的方法，属于中考常考题型．首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2026次旋转
后点的坐标即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，AB∥x轴，
∴AP=1,AO=2,∠OPA=90°，∴OP=❑√AO2−AP2=❑√3，
∴第1次旋转结束时，OP在x轴的正半轴上，点A在第四象限，此时点A的坐标为(❑√3,−1)，
第2次旋转结束时，正好与原来点A的坐标关于原点对称，则此时点A的坐标为(−1,−❑√3)，
第3次旋转结束时，OP在x轴的负半轴上，点A在第二象限，此时点A的坐标为(−❑√3,1)，
第4次旋转结束时，点A回到原来的位置，此时点A的坐标为(1,❑√3)，
∴4次一个循环，
∵2026÷4=506⋯⋯2，
∴第2026次旋转结束时，点A的坐标为(−1,−❑√3)．
故答案为：(−1,−❑√3)．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分）
17．（6分）（2025·江苏淮安·二模）解方程：
(1)x2−3x+2=0．
(2)x2+4x−1=0．
【答案】(1)x =1,x =2
1 2
(2)x =−2+❑√5,x =−2−❑√5
1 2
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法（直接开平方法、配方法、公
式法、换元法、因式分解法等）是解题关键．
（1）方程的左边可以因式分解为(x−1)(x−2)，利用因式分解法解方程即可得；
（2）方程可以配方为(x+2) 2=5，再两边同时开平方解方程即可得．
【详解】（1）解：x2−3x+2=0，
(x−1)(x−2)=0，
x−1=0或x−2=0，
x=1或x=2，
所以方程的解为x =1,x =2．
1 2
（2）解：x2+4x−1=0，x2+4x=1，
x2+4x+4=1+4，
(x+2) 2=5，
x+2=±❑√5，
x=−2±❑√5，
所以方程的解为x =−2+❑√5,x =−2−❑√5．
1 2
18．（6分）（2023·浙江宁波·模拟预测）二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，抛物线顶点为
A(1,4)，与y轴、x轴分别交于点B和点C(3,0)．
(1)求抛物线的函数表达式，并根据图象直接写出当y>0时，x的取值范围．
(2)平移该二次函数的图象，使点C恰好落在点A的位置上，求平移后图象与坐标轴的交点．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；当y>0时，−1<x<3
(2)新抛物线与坐标轴的交点为(0,7)，(2❑√2−1,0)，(−2❑√2−1,0)
【分析】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，平移变换等知识．
（1）设抛物线的顶点式为y=a(x−1) 2+4，再由抛物线过C(3,0)，可求出a，即可得函数解析式，根据抛
物线轴对称性的特点可求出抛物线与x轴的另一交点，借助二次函数的图象求出y>0时，x的取值范围即
可；
（2）由题意点C平移到A，抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位，由此可得抛物线的顶点坐标，
进而可得解析式，然后求出平移后图象与坐标轴的交点．
【详解】（1）解：设抛物线的顶点式为y=a(x−1) 2+4，
∵抛物线过C(3,0)，
∴0=4a+4，
解得a=−1．∴y=−(x−1) 2+4，即y=−x2+2x+3．
∵(3,0)关于直线x=1的对称点为(−1,0)，
∴当y>0时，−1<x<3；
（2）解：平移后点C落在A处，可知抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位，
则新图象顶点为(−1,8)，
由顶点式，可得y=−(x+1) 2+8，
当x=0时，y=7；
当y=0时，x=±2❑√2−1，
∴新抛物线与坐标轴的交点为(0,7)，(2❑√2−1,0)，(−2❑√2−1,0)．
19．（6分）（2024·贵州遵义·一模）已知关于x的一元二次方程x2−4x+k=0有两个实数根．
(1)求k的取值范围．
(2)是否存在实数k的值，使得方程的两个实数根分别为x ，x ，且满足2(x +x )=x x −4？若存在，请
1 2 1 2 1 2
求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)k≤4
(2)不存在实数k的值，理由见解析
【分析】本题考查了已知根的情况求参数，一元二次方程的根与系数的关系，正确掌握相关性质内容是解
题的关键．
（1）根据一元二次方程x2−4x+k=0有两个实数根，得Δ≥0，代入数值计算，即可作答．
（2）假设满足题意的k的值存在．结合根与系数的关系得x +x =4，x x =k，再代入
1 2 1 2
2(x +x )=x x −4，计算得出k=12，由（1）得k≤4，则k=12不在k≤4的范围内，即可说明不存在实
1 2 1 2
数k的值，使得方程的两个实数根x ，x 满足2(x +x )=x x −4．
1 2 1 2 1 2
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2−4x+k=0有两个实数根
∴Δ≥0，
∴(−4) 2−4×1×k≥0，
∴k≤4．（2）解：不存在实数k的值，使得方程的两个实数根x ，x 满足2(x +x )=x x −4．
1 2 1 2 1 2
理由如下：假设满足题意的k的值存在．
∵x2−4x+k=0
∴x +x =4，x x =k，
1 2 1 2
∵2(x +x )=x x −4，
1 2 1 2
∴2×4=k−4，
∴k=12．
由（1）得k≤4，
∵k=12不在k≤4的范围内
∴不存在实数k的值，使得方程的两个实数根x ，x 满足2(x +x )=x x −4．
1 2 1 2 1 2
20．（8分）（2025·北京石景山·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2−2a2x(a≠0)
．
(1)当a=2时，
①求该抛物线的对称轴；
②点A(−1,m)和B(3,n)是抛物线上的两点，直接写出m和n的大小关系；
(2)如果点M(x ,y )和N(x ,y )是抛物线上的两点，且对于x =3a，5≤x ≤6，都有y <y ，求a的取值
1 1 2 2 1 2 1 2
范围．
【答案】(1)x=2，m>n；
5
(2)a<−6或0<a<
3
【分析】本题主要考查二次函数综合，熟练掌握二次函数的图象和性质、因式分解、解不等式等知识点是
解题关键．
（1）①将a=2代入即可求出该抛物线的对称轴；
②根据二次函数的性质即可求解；
（2）因为a不确定，所以要分类讨论，根据a>0和a<0分两种情况讨论，再根据范围取舍即可．
【详解】（1）解：①将a=2代入得y=2x2−8x，
−8
∴该抛物线的对称轴为直线x=− =2；
2×2
即该抛物线的对称轴为直线x=2；②∵a=2>0，
∴该抛物线开口向上，离对称轴越远，函数值越大，
∵|2+1)>|3−2)，
∴m>n；
−2a2
（2）解：抛物线y=ax2−2a2x的对称轴为直线x=− =a，
2a
分两种情况：
①当a>0时，x =3a>a>0，M(x ,y )在对称轴右侧，
1 1 1
当M(x ,y )和N(x ,y )是都在对称轴右侧，此时y随x增大而增大，
1 1 2 2
∵对于x =3a，5≤x ≤6，都有y <y ，
1 2 1 2
∴x <x ，3a<5，
1 2
5
∴a< ；
3
5
即0<a<
3
当N(x ,y )在对称轴左侧时，N(x ,y )关于对称轴的对称点(2a−x ,y )在对称轴右侧，
2 2 2 2 2 2
此时y随x增大而增大，
∵5≤x ≤6，
2
∴2a−6≤2a−x ≤2a−5，
2
∵对于x =3a，5≤x ≤6，都有y <y ，
1 2 1 2
∴x <2a−x ，即3a<2a−6，
1 2
∴a<−6，
∵a>0，
∴此时没有符合条件的a存在；
5
综上分析可知：此时0<a< ；
3②当a<0时，x =3a<a<0，M(x ,y )在对称轴左侧，
1 1 1
M(x ,y )在对称轴左侧，N(x ,y )在对称轴右侧，
1 1 2 2
点M(3a,y )关于对称轴的对称点M′ (−a,y )在对称轴右侧，
1 1
在对称轴右侧，y随x增大而减小，
∵对于x =3a，5≤x ≤6，都有y <y ，
1 2 1 2
∴−a>6，
∴a<−6；
5
综上，a的取值范围为a<−6或0<a< ．
3
21．（8分）（2024·安徽·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC
的顶点均为格点（顶点是网格线的交点）
(1)以格点O为对称中心，画出△ABC关于点O成中心对称的图形△A B C （点A，B，C的对应点分别
1 1 1
为点A ，B ，C ）；
1 1 1
(2)以点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转90°，得到△A B C ，请画出△A B C （点A，
2 2 2 2 2 2
B，C的对应点分别为A ，B ，C ）
2 2 2
(3)描出线段AC上的点D，使∠CBD=45°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析(3)见解析
【分析】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等且都等于旋转角，对应线段也相
等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的
图形．
（1）利用网格特点和对称的性质画出A、B、C的对应点A 、B 、C 即可．
1 1 1
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A ，B ，C 即可．
2 2 2
（3）利用网格构造等腰直角三角形，得到45°角．
【详解】（1）解：△A B C 如图所示．
1 1 1
（2）解：△A B C 如图所示．
2 2 2
（3）解：点D如图所示．22．（9分）（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，用一段长为36m的篱笆围成一个一边AD靠墙（无需篱
笆）的矩形ABCD菜园，并且中间用篱笆EF隔开，EF∥AB，墙长15m，设AB=xm，矩形ABCD面积
为ym2．
(1)y关于x的函数解析式为___________（写化简后结果），x的取值范围是_________；
(2)求菜园ABCD面积的最大值，并求此时BC的长；
(3)在（2）的前提下，若将矩形ABFE和矩形EFCD分别种植甲、乙两种农作物．甲农作物的年收入W
1
（单位：元）与种植面积S（单位：m2）的函数关系式为W =−2S2+210S，乙农作物的年收入W （单
1 2
位：元）与种植面积S（单位：m2）的函数关系式为W =70S，两种农作物年收入之和不小于8918元，并
2
且乙农作物的种植面积不小于甲农作物的种植面积的两倍．设BF=am，求a的取值范围．
【答案】(1)y=−3x2+36x，7≤x<12
(2)菜园ABCD面积的最大值为105m2，此时BC的长为15m
(3)2≤a≤5
【分析】本题主要考查二次函数的实际应用，根据实际问题抽象出数学模型是解题的关键．
（1）设AB=xm，则BC=36−3x，根据y=AB⋅BC可得解析式，根据0<BC≤15可得x的取值范围；
（2）将（1）中解析式化为顶点式，结合x的取值范围求最值；
（3）设BF=am，则CF=(15−a)m，用含a的式子表示出矩形ABFE和矩形EFCD的面积，再根据
W +W ≥8918，“乙农作物的种植面积不小于甲农作物的种植面积的两倍”，列出关于a的不等式，解
1 2
不等式即可．【详解】（1）解：由题意知，BC=36−3x，且0<BC≤15，
解得7≤x<12，
∴ y=AB⋅BC=x⋅(36−3x)=−3x2+36x，
故答案为：y=−3x2+36x，7≤x<12；
（2）解：∵ y=−3x2+36x=−3(x−6) 2+108，
∴对称轴为直线x=6，开口向下，在对称轴右侧，y随x的增大而减小，
∵ 7≤x<12，
∴当x=7时，y取最大值，最大值为：−3×(7−6) 2+108=105(m2)，
此时BC=36−3×7=15(m)，
即菜园ABCD面积的最大值为105m2，此时BC的长为15m；
（3）解：设BF=am，则CF=(15−a)m，
∴矩形ABFE的面积为AB⋅BF=7am2，矩形EFCD的面积为EF⋅CF=7(15−a)m2，
∴ W =−2(7a) 2+210×(7a)=−98a2+1470a，
1
W =70×7(15−a)=−490a+7350，
2
由题意得：W +W ≥8918，
1 2
即−98a2+1470a−490a+7350≥8918，
化简得a2−10a+16≤0，
解得2≤a≤8，
∵乙农作物的种植面积不小于甲农作物的种植面积的两倍，
∴ 7(15−a)≥2×7a，
解得a≤5，
∴ a的取值范围为2≤a≤5．
23．（9分）（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB=8cm
，AD=3cm，动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以1cm/s的速度向点B移动，点Q以相同的速度向
点D移动，当点P到达点B时，点P、Q均停止运动，设运动时间为t秒．(1)当t=________秒时，四边形PBCQ为矩形．
(2)运动过程中，四边形PBQD可能为菱形吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由．
(3)运动过程中，点P和点Q的距离可能是3❑√5cm吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由．
【答案】(1)4
55
(2)能， s
16
(3)能，1s或7s
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了动点在几何图形的运动，勾股定理矩形和菱形的性质，灵活掌
握相关知识是解决问题的关键．
（1）根据当BP=CQ时，四边形PBCQ为矩形，列出方程，求出解即可；
（2）根据当BQ=DQ时，四边形PBQD为菱形，在Rt△BCQ中，根据勾股定理列出方程，求出解即
可；
（3）先作出辅助线，表示PE，再根据勾股定理列出方程，求出解即可．
【详解】（1）解：∵点P、Q分别从点A、C同时出发，速度相同．
∴PA=CQ=tcm，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠C=90°，BP∥CQ，AB=CD=8cm，
∴则BP=DQ=(8−t)cm，
根据题意得，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠C=90°，BP∥CQ，
∴当BP=CQ时，四边形PBCQ为矩形，
8−t=t，
解得t=4，
∴t=4秒时，四边形PBCQ为矩形，
故答案为：4；
（2）解：运动过程中，四边形PBQD可以为菱形，
连接BQ、PD，
∵点P、Q分别从点A、C同时出发，速度相同，
∴PA=CQ，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，AB=CD∴PB∥DQ，PB=DQ，
∴四边形PBQD为平行四边形，
∴当BQ=DQ时，四边形PBQD为菱形
在Rt△BCQ中，CQ=tcm，DQ=(8−t)cm，BC=3cm
∴CQ2+BC2=BQ2
即t2+32=(8−t) 2
55
解得t= ，
16
55
∴运动时间为 s时，四边形PBQD为菱形．
16
（3）点P和点Q的距离可以是3❑√5cm，
过点Q作QE⊥AB于点E，
则四边形EBCQ为矩形，
∴CQ=BE=tcm，AP=tcm，
∴PE=AB−AP−BE=(8−2t)cm，
在Rt△PEQ中，有PE2+QE2=PQ2，
即(8−2t) 2+32=(3❑√5) 2 ，
解得t =1，t =7．
1 2
∴当运动时间为1s或7s时，点P和点Q的距离是3❑√5cm．
24．（10分）（2025·河南·模拟预测）投掷实心球是2025年辉县市中考体育终结性考试项目，一名男生在
投掷实心球时，得到一条抛物线，实心球的行进高度y（米）与水平距离x（米）之间的函数关系如图所示，已知掷出时起点处高度为2米，当水平距离达到4米时，实心球行进至最高点，此时的行进高度为3.6
米．
(1)求y关于x的函数表达式；
(2)根据2025辉县市中考体育考试评分标准(男生)，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于12.4米时，
此项考试得分为满分10分；请你按此评分标准，判断该生在此项考试中是否得满分，并说明理由．
(3)实心球运动的抛物线经过M(m,y )，N(m+2,y )两点，且M，N分别位于对称轴两侧，若在两点之间
1 2
1
的部分图象中，函数最大值与最小值的差为 ，求m的值．
5
【答案】(1)y关于x的函数表达式为：y=−0.1(x−4) 2+3.6
(2)该生在此项考试中未得满分，理由见解析
(3)m的值为4−❑√2或2+❑√2
【分析】（1）设y关于x的函数表达式为：y=a（x−4） 2+3.6，将(0,2)代入得，
2=a（x−4） 2+3.6，解方程即可得到结论；
（2）令y=0，则0=−0.1（x−4） 2+3.6，解方程得到x =10,x =−2（舍去），比较即可得到结论；
1 2
1 1
（3）①如图，当2<m<3时，y −y = ，②如图，当3≤m<4时，y −y = ，解方程即可得
最大值 1 5 最大值 2 5
到结论．
此题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求抛物线的解析式，计算抛物线与坐标轴的交点，正确理解
题意是解题的关键．
【详解】（1）解：依题意设y关于x的函数表达式为：y=a(x−4) 2+3.6，
将(0,2)代入得：2=a(0−4) 2+3.6，
解得：a=−0.1，
∴y关于x的函数表达式为：y=−0.1(x−4) 2+3.6；（2）解：该生在此项考试中未得满分，理由如下：
令y=0，
则0=−0.1(x−4) 2+3.6，
解得：x =10,x =−2（舍去），
1 2
∵10<12.4，
∴该生在此项考试中未得满分；
1
（3）解：①如图，当2<m<3时，y −y = ，
最大值 1 5
∴y =3.6,y =−0.1(m−4) 2+3.6=−0.1m2+0.8m+2，
最大值 1
1
∴3.6−(−0.1m2+0.8m+2)=
，
5
解得m=4+❑√2或m=4−❑√2；
∵m=4+❑√2与2<m<3相矛盾，故舍去，
∴m=4−❑√2；
1
②如图，当3≤m<4时，y −y = ，
最大值 2 5
∴y =3.6,y =−0.1(m+2−4) 2+3.6=−0.1m2+0.4m+3.2，
最大值 2
1
∴3.6−(−0.1m2+0.4m+3.2)=
，
5
解得m=2+❑√2或m=2−❑√2∵m=2−❑√2与3≤m<4相矛盾，故舍去，
∴m=2+❑√2，
综上所述，m的值为4−❑√2或2+❑√2．
25．（10分）如图1，在RtΔABC中，∠C=90°，AC=BC，点D，E分别在边AC，BC上，CD=CE
，连接BD，点F，P，G分别为AB，BD，DE的中点.
(1)如图1中，线段PF与PG的数量关系是_____，位置关系是_____；
(2)若把△CDE绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接AD，BE，GF，判断△FGP的形状，并说
明理由；
(3)若把△CDE绕点C在平面内自由旋转，AC=8，CD=3，请求出△FGP面积的最大值.
【答案】(1)PF=PG，PF⊥PG
(2)△FGP是等腰直角三角形，理由见解析
121
(3)S = .
△PGF最大 8
1 1
【分析】（1）根据中位线定理可得PF= AD,PG= BE,PF∥AD,PG∥BE，结合平行线的性质可
2 2
得∠DPF=∠CDB,∠DPG=∠CBD，据此即可求解；
（2）证△ACD≌△BCE得AD=BE,∠CAD=∠CBE；根据中位线定理可得
1 1
PF= AD,PG= BE,PF∥AD,PG∥BE，结合平行线的性质可得
2 2
∠DPG=∠DBE,∠BFP=∠BAD，据此即可求解；
1
（3）由PF= AD=PG得当AD最大时，△FGP面积最大，此时，点D 在AC的延长线上，据此即可求
2
解．
【详解】（1）解：∵ AC=BC，CD=CE，
∴AD=BE
∵点F，P，G分别为AB，BD，DE的中点.1 1
∴PF= AD,PG= BE,PF∥AD,PG∥BE
2 2
∴PF=PG
∵PF∥AD,PG∥BE，
∴∠DPF=∠CDB,∠DPG=∠CBD
∵∠CDB+∠CBD=90°
∴∠DPF+∠DPG=∠GPF=90°，
∴PF⊥PG
故答案为：PF=PG，PF⊥PG；
（2）解：△FGP是等腰直角三角形，理由如下：
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE
∵AC=BC，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE,∠CAD=∠CBE
1 1
由（1）得：PF= AD,PG= BE,PF∥AD,PG∥BE
2 2
∴PF=PG
∵PF∥AD,PG∥BE，
∴∠DPG=∠DBE,∠BFP=∠BAD
∵∠DPF=∠DBA+∠BFP=∠DBA+∠BAD
∴∠GPF=∠DPG+∠DPF=∠DBE+∠DBA+∠BAD=∠CBA+∠CBE+∠BAD
=∠CBA+∠CAD+∠BAD=∠CBA+∠CAB=90°
∴△FGP是等腰直角三角形
（3）解：由（2）可知△FGP是等腰直角三角形，
1
PF= AD=PG，
2
∴当AD最大时，△FGP面积最大，如图所示：此时，点D 在AC的延长线上，
AD=AC+CD=11，
1 11
∴PF=PG= AD= ，
2 2
1 11 11 121
S = × × =
△PGF最大 2 2 2 8
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识点，掌
握旋转模型的相关结论是解题关键．
