2021-2022学年越秀区九年级上学期数学参考答案_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_广州初中九上期末阶段试题（部分名校卷）

2021-2022 学年广东省广州市越秀区九年级（上） 期末数学试卷 一、选择题：本题共有 10小题，每小题 3分，共 30分.每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的 1. 下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】中心对称图形是指绕一点旋转180°后得到的图形与原图形能够完全重合的图形，由此判断即可． 【详解】解：根据中心对称图形的定义，可知A选项的图形为中心对称图形， 故选：A． 【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的基本定义是解题关键． 1 2. 把抛物线 y  x21向右平移1个单位长度，得到新的抛物线的解析式是（ ） 2 1 1 A. y  x2 B. y  (x1)21 2 2 1 1 C. y  x22 D. y (x1)2 1 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】抛物线平移法则为：左加右减，上加下减，由此判断即可． 1 1 【详解】解：抛物线y  x21向右平移1个单位长度，得到新的抛物线的解析式是 y (x1)2 1， 2 2 故选：D． 学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查二次函数图象的平移问题，掌握平移法则是解题关键． 3. 用配方法解一元二次方程x2﹣10x+21＝0，下列变形正确的是（ ） A. （x﹣5）2＝4 B. （x+5）2＝4 C. （x﹣5）2＝121 D. （x+5）2＝121 【答案】A 【解析】 【分析】利用配方法，方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解． 【详解】解：x2﹣10x+21＝0， 移项得：x2 10x 21 ， 方程两边同时加上25，得：x2 10x254 ， 即 x5 2  4 ． 故选：A 【点睛】本题主要考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握利用配方法，需要方程的两边同时加上一 次项系数一半的平方是解题的关键． 4. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣4，﹣3），以点A为圆心，4为半径画⊙A，则坐标原点O与 ⊙A的位置关系是（ ） A. 点O在⊙A内 B. 点O在⊙A外 C. 点O在⊙A上 D. 以上都有可能 【答案】B 【解析】 【分析】本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，即 当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；点在圆外；当d＜r时，点在圆内；来确定点与圆的位置关系． 【详解】解：∵点A（﹣4，﹣3）， ∴OA (4)2 (3)2 5， ∵⊙A的半径为4， ∴54， ∴点O在⊙A外； 故选：B 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质，能够根据勾股定理求得点到圆心的距离，根据 数量关系判断点和圆的位置关系． 学科网（北京）股份有限公司5. 下列事件为必然事件的是（ ） A. 抛掷一枚硬币，正面向上 B. 在一个装有5只红球的袋子中摸出一个白球 C. 方程x2﹣2x＝0有两个不相等的实数根 D. 如果|a|＝|b|，那么a＝b 【答案】C 【解析】 【分析】根据必然事件的定义：在一定条件下，一定会发生的事件，叫做必然事件，进行逐一判断即可 【详解】解：A、抛掷一枚硬币，可能正面向上，也有可能反面向上，不是必然事件，不符合题意； B、在一个装有5只红球的袋子中摸出一个白球是不可能发生的，不是必然事件，不符合题意； C、∵=b2 4ac22 040，∴方程x2﹣2x＝0有两个不相等的实数根，是必然事件，符合题意； D、如果|a|＝|b|，那么a＝b或a=-b，不是必然事件，不符合题意； 故选C． 【点睛】本题主要考查了必然事件的定义，熟知定义是解题的关键． 6. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8．把△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB'C'，点 B'恰好落在AC边上，则CC'＝（ ） A. 10 B. 2 13 C. 2 34 D. 4 5 【答案】D 【解析】 【分析】首先运用勾股定理求出AC的长度，然后结合旋转的性质得到AB=AB'，BC=B'C'，从而求出B'C， 即可在Rt B'C'C中利用勾股定理求解． 【详解】解△：∵在Rt ABC中，AB＝6，BC＝8， ∴AC  AB2 BC △ 2 10， 由旋转性质可知，AB=AB'=6，BC=B'C'=8， 学科网（北京）股份有限公司∴B'C=10-6=4， 在Rt B'C'C中， CC BC2BC2  4282  4 5 ， 故选：△ D． 【点睛】本题考查勾股定理，以及旋转的性质，掌握旋转变化的基本性质，熟练运用勾股定理求解是解题 关键． 7. 某地区计划举行校际篮球友谊赛，赛制为主客场形式（每两队之间在主客场各比赛一场），已知共比赛了 30场次，则共有（ ）支队伍参赛． A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由于每两队之间都需在主客场各赛一场，即每个队都要与其余队比赛一场．等量关系为：球队的 个数×（球队的个数- 1）=30，把相关数值代入计算即可． 【详解】解：有x个球队参加比赛， 根据题意可列方程为：x（x - 1）=30， 解得：x6或x  5（舍去）； ∴共有6支队伍参赛； 故选：C 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解决本题的关键是读懂题意，得到总场数的等量关 系． 8. 在同一平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝2x与二次函数 yax2  a 的图象可能是（ ） A. B. 学科网（北京）股份有限公司C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由一次函数的性质判断，然后结合二次函数中a＞0时，a＜0时，分别进行判断，即可得到答案． 【详解】解：∵一次函数y＝2x， ∴一次函数的图像经过原点，且y随x的增大而增大，故排除A、B选项； 在二次函数 yax2  a 中， 当a＞0时，开口向上，且抛物线顶点在y的负半轴上， 当a＜0时，开口向下，且抛物线顶点在y的负半轴上， ∴D不符合题意，C符合题意； 故选：C 【点睛】此题主要考查了二次函数与一次函数图象，利用二次函数的图象和一次函数的图象的特点求解． 9. 如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点F为边CD上一点，且FE⊥AB交AB于点E，若AD＝ DF 2，BC＝8，四边形AEFD～四边形EBCF，则 的值是（ ） FC 1 1 1 4 A. B. C. D. 4 2 5 5 【答案】B 【解析】 DF AD EF 【分析】根据相似多边形的对应边成比例，可得出   ，先求出EF的长度，即可得出结论． FC EF BC 【详解】解：∵四边形AEFD～四边形EBCF， 学科网（北京）股份有限公司DF AD EF ∴   ， FC EF BC 即：EF2  ADBC  2816， ∴EF=4（舍去负值）， DF AD 2 1 ∴    ， FC EF 4 2 故选：B． 【点睛】本题考查相似多边形的性质，比例的性质等，掌握相似多边形的基本性质，准确计算比例式是解 题关键． 10. 已知点P （x ，y ），P （x ，y ）为抛物线y＝﹣ax2+4ax+c（a≠0）上两点，且x ＜x ，则下列说法正 1 1 1 2 2 2 1 2 确的是（ ） A. 若x +x ＜4，则y ＜y 1 2 1 2 B. 若x +x ＞4，则y ＜y 1 2 1 2 C. 若a（x +x ﹣4）＞0，则y ＞y 1 2 1 2 D. 若a（x +x ﹣4）＜0，则y ＞y 1 2 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】先求出抛物线的对称轴为x2，然后结合二次函数的开口方向，判断二次函数的增减性，即可得 到答案． 【详解】解：∵抛物线y＝﹣ax2+4ax+c， 4a ∴抛物线的对称轴为：x 2， 2a x x 当点P （x ，y ），P （x ，y ）恰好关于x2对称时，有 1 2 2， 1 1 1 2 2 2 2 ∴x x 4，即x x 40， 1 2 1 2 ∵x ＜x ， 1 2 ∴x 2 x ； 1 2 ∵抛物线的开口方向没有确定，则需要对a进行讨论，故排除A、B； 当a 0时，抛物线y＝﹣ax2+4ax+c的开口向下， 此时距离x2越远，y值越小； ∵a（x +x ﹣4）＞0， 1 2 ∴x x 40， 1 2 学科网（北京）股份有限公司∴点P （x ，y ）距离直线x2较远， 2 2 2 ∴ y  y ； 1 2 当a0时，抛物线y＝﹣ax2+4ax+c的开口向上， 此时距离x2越远，y值越大； ∵a（x +x ﹣4）＞0， 1 2 ∴x x 40， 1 2 ∴点P （x ，y ）距离直线x2较远， 1 1 1 ∴ y  y ；故C符合题意；D不符合题意； 1 2 故选：C 【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数的对称性，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质进行分 析． 二、填空题：本题共 6小题，每小题 3分，满分 18分. 11. 已知点P（2，﹣3）与点Q（a，b）关于原点对称，则a+b＝_____． 【答案】1 【解析】 【分析】根据两点关于原点对称，横纵坐标分别互为相反数计算即可． 【详解】解：∵点P  2,3  与点Q  a,b  关于原点对称， ∴a=-2，b=3， ∴a+b=-2+3=1， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了坐标系中两点关于原点对称的计算，代数式的值，熟练掌握两点关于原点对称时坐标 之间的关系是解题的关键． 12. 在一个不透明的袋子中装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次实验发现，摸 出黄球的频率稳定在0.30左右，则袋子中黄球的数量可能是 _____个． 【答案】6 【解析】 【分析】由题意直接根据黄球出现的频率和球的总数，可以计算出黄球的个数． 【详解】解：由题意可得， 20×0.30=6（个）， 学科网（北京）股份有限公司即袋子中黄球的个数最有可能是6个. 故答案为：6． 【点睛】本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确题意，计算出黄球的个数． 13. 在某一时刻，测得一根长为1.5米的竹竿竖直放置时，在平地上的影长是2米；在同一时刻测得旗杆在 平地上的影长是24米，则旗杆的高度是 _____米． 【答案】18 【解析】 【分析】AB为竹竿，BC为影长，连接AC，DE为旗杆，EF为影长，连结DF，如图所示：根据同一时刻 光线平行可得DF∥AC，可得∠ACB=∠DFE，然后易得△ABC∽△DEF，进而根据相似三角形的性质可求 解． 【详解】解：AB为竹竿，BC为影长，连接AC，DE为旗杆，EF为影长，连结DF，如图所示： ∵DF∥AC， ∴∠ACB=∠DFE， ∵∠ABC=∠DEF=90°， ∴△ABC∽△DEF， AB BC ∴  ， DE EF ∵AB=1.5米，BC=2米，EF=24米， 1.5 2 ∴  ， DE 24 ∴DE=18米； 答：旗杆DE的高度为18米． 故答案为：18米． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及投影，熟练掌握相似三角形的性质与判定及投影是解题 的关键． 14. 如图，它是在纸板上剪下的一个半圆和一个圆形，它们恰好能组成一个圆锥模型．已知半圆的半径为1， 学科网（北京）股份有限公司则该圆锥的侧面积是 _____．  【答案】 2 【解析】 【分析】首先根据题意可确定组成的圆锥侧面刚好为该半圆形，所以求出该半圆形的面积即为该圆锥的侧 面积． 【详解】解：由题意，半圆为该圆锥的侧面，完整的圆形为该圆锥的底面， ∴半圆形的面积即为该圆锥的侧面积， ∵半圆的半径为1， 12  ∴S S   ， 侧面 半圆 2 2  故答案为： ． 2 【点睛】本题考查圆锥的侧面积计算，本题中理解组成的圆锥侧面恰好为半圆形是解题关键． 15. 飞机着陆后滑行的距离（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是s＝60t﹣1.5t2，则 飞机停下前最后10秒滑行的距离是 _____米． 【答案】150 【解析】 【分析】将抛物线解析式化为顶点式，求出飞机滑行时间和距离，然后将t=20 - 10代入解析式求出对应y， 然后作差求解． 3 3 【详解】解：∵s 60t1.5t2  (t2 40t) (t20)2 600， 2 2 ∴当t 20时，飞机停下来，并滑行了600米； 把t 201010，代入s 60t1.5t2，得 s 60101.5102 450， ∴机停下前最后10秒滑行的距离是：600450150（米）； 故答案为：150； 【点睛】本题考查二次函数的应用，解题关键是将抛物线化为顶点式，理解函数解析式与实际问题的对应 学科网（北京）股份有限公司关系． 16. 如图，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线 分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆 心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论： ①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2 2 ．其 中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB， ∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH 的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA 最小，计算即可． 【详解】∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径， ∴∠CMH=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CMH=∠CDH=90°， ∵CM=CD，CH=CH， ∴ CMH≌ CDH， ∴△HD=HM，△∠HCM=∠HCD， 同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM， ∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG， 故①错误； ∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°， ∴2∠HCM+2∠GCM=90°， 学科网（北京）股份有限公司∴∠HCM+∠GCM=45°， 即∠GCH＝45°， 故②正确； ∵ CMH≌ CDH，BD是正方形的对角线， ∴∠△GHF=∠△DHF，∠GCH=∠HDF=45°， ∴∠GHF+∠GEF=∠DHF+∠GCH+∠EFC =∠DHF+∠HDF+∠HFD =180°， 根据对角互补的四边形内接于圆， ∴H，F，E，G四点在同一个圆上， 故③正确； ∵正方形ABCD的边长为1， ∴S  S S S 四边形GCHA 四边形ABCD △BCG △CDH 1 =1 (BGDH) 2 1 =1 GH ，∠GAH=90°，AC= 2 2 取GH的中点P，连接PA， ∴GH=2PA， ∴S =1PA， 四边形GCHA ∴当PA取最小值时，S 有最大值， 四边形GCHA 连接PC，AC， 则PA+PC≥AC， ∴PA≥AC-PC， ∴当PC最大时，PA最小， 学科网（北京）股份有限公司∵直径是圆中最大的弦， ∴PC=1时，PA最小， ∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小， ∴PA= 2 -1， ∴S 四边形GCHA 最大值为：1-（ 2-1）=2- 2 ， ∴四边形CGAH面积的最大值为2 2 ， ∴④正确； 故答案为:②③④． 【点睛】本题考查了切线的性质，直径是最大的弦，三角形的全等，直角三角形斜边上的中线，四点共圆， 正方形的性质，熟练掌握圆的性质，灵活运用直角三角形的性质，线段最短原理是解题的关键． 三、解答题：本题共 9小题，满分 72分，解容应写出文字说明、证明过程或演算步， 17. 解方程：2x2+x﹣15＝0． 5 【答案】x 或x 3； 2 【解析】 【分析】利用十字相乘法把方程左边进行因式分解得到（2x - 5）（x+3）=0，进而解两个一元一次方程即可． 【详解】解：2x2  x150， ∴(2x5)(x3)0， ∴2x50或x30， 5 ∴x 或x 3； 2 【点睛】本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，题 目比较好，难度适中． 18. 如图，已知∠EAC＝∠DAB，∠D＝∠B，求证：△ABC∽△ADE． 学科网（北京）股份有限公司【答案】见解析 【解析】 【分析】由∠EAC＝∠DAB，可推出∠BAC=∠DAE，再由∠B=∠D，即可证明△ABC∽△ADE． 【详解】解：∵∠EAC＝∠DAB， ∴∠EAC+∠DAC=∠DAB+∠DAC，即∠BAC=∠DAE， 又∵∠B=∠D， ∴△ABC∽△ADE． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定条件是解题的关键． 19. 在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的三个顶点都在 格点上． （1）在图中画出将△ABC绕点C按逆时针方向旋转90°后得到的△A B C ； 1 1 1 （2）在（1）所画的图中，计算线段AC在旋转过程中扫过的图形面积（结果保留π）． 5 【答案】（1）见详解；（2）  2 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A 、B 即可． 1 1 （2）由勾股定理求出AC的长度，然后利用扇形的面积公式，即可求出答案． 【详解】解：（1）如图所示： （2）由勾股定理，则 AC 1232  10， ∴线段AC在旋转过程中扫过的图形面积为： 90( 10)2 5 S   ； 360 2 【点睛】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，也考查了扇形的面积公式，勾股定理． 20. 为了更好地宣传垃圾分类，某校九（1）班学生成立了一个“垃圾分类”宣传小组，其中男生2人，女 生3人． （1）若从这5人中选1人进社区宣传，恰好选中女生的概率是 ； （2）若从这5人中选2人进社区宣传，请用树状图或列表法求恰好选中一男一女的概率． 3 3 【答案】（1） ；（2） 5 5 【解析】 【分析】（1）直接由概率公式求解即可； （2）画树状图，共有20种等可能的结果，恰好选到一男一女的结果有12种，再根据概率公式求解即可． 学科网（北京）股份有限公司【详解】解：（1）根据题意， ∵男生2人，女生3人， 3 ∴从这5人中选1人进社区宣传，恰好选中女生的概率是： ； 5 3 故答案为： ； 5 （2）画树状图如图： 共有20种等可能的结果，恰好选到一男一女的结果有12种， 12 3 ∴恰好选到一男一女的概率为：  ． 20 5 【点睛】本题考查了利用列表或树状图求概率；用的的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 21. 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣2x+m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象相交于A，B两 点，点A（1，4）为二次函数图象的顶点，点B在x轴上． （1）求二次函数的解析式； （2）根据图象，求二次函数的函数值大于0时，自变量x的取值范围． 【答案】（1） y x2 2x3；（2）-1< x<3 【解析】 【分析】（1）把点A代入一次函数解析式，求出一次函数解析式和点B的坐标，然后设出二次函数顶点式， 把点B代入即可求出二次函数解析式； （2）由图像可知，x轴上面部分的二次函数值都大于0，根据二次函数与x轴的交点特征求得二次函数与x 学科网（北京）股份有限公司轴的交点即可得出答案． 【详解】解：（1）∵点A（1，4）在一次函数y＝﹣2x+m上， ∴把点A（1，4）代入y＝﹣2x+m， 得，4＝﹣2×1+m， 解得：m＝6， ∴一次函数解析式为：y＝﹣2x+6， 令y＝0时，则﹣2x+6＝0，解得：x＝3， ∴点B的坐标为：（3，0）， ∵点A（1，4）为二次函数图象的顶点，点B在x轴上， ∴设二次函数解析式为： y a  x1 2 4， 把点B（3，0）代入 y a  x1 2 4， 解得：a＝﹣1， ∴二次函数的解析式为： y  x1 24x22x3； （2）由（1）求得二次函数解析式为 y x2 2x3， 令y＝0，即x2 2x30， 解得：x 1，x 3， 1 2 由图像可知x轴上面部分的二次函数值都大于0，且二次函数与x轴交于点（﹣1，0）和（3，0）， ∴自变量x的取值范围：-1< x<3． 【点睛】本题考查了一次函数的图像和性质，二次函数的图像和性质，根据顶点坐标设出二次函数顶点式 是求出二次函数的关键． 22. 如图，在 ABC中，∠C＝90°，点O为边BC上一点．以O为圆心，OC为半径的⊙O与边AB相切于 点D． △ （1）尺规作图：画出⊙O，并标出点D（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）所作的图中，连接CD，若CD＝BD，且AC＝6．求劣弧 C  D 的长． 学科网（北京）股份有限公司4 3 【答案】（1）作图见解析；（2）  3 【解析】 【分析】（1）由于D点为⊙O的切点，即可得到OC=OD，且OD⊥AB，则可确定O点在∠A的角平分线上， 所以应先画出∠A的角平分线，与BC的交点即为O点，再以O为圆心，OC为半径画出圆即可； （2）连接CD和OD，根据切线长定理，以及圆的基本性质，求出∠DCB的度数，然后进一步求出∠COD 的度数，并结合三角函数求出OC的长度，再运用弧长公式求解即可． 【详解】解：（1）如图所示，先作∠A的角平分线，交BC于O点，以O为圆心，OC为半径画出⊙O即为 所求； （2）如图所示，连接CD和OD， 由题意，AD为⊙O的切线， ∵OC⊥AC，且OC为半径， ∴AC为⊙O的切线， ∴AC=AD， ∴∠ACD=∠ADC， ∵CD=BD， ∴∠B=∠DCB， ∵∠ADC=∠B+∠BCD， ∴∠ACD=∠ADC=2∠DCB， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠DCB=90°， 即：3∠DCB=90°， ∴∠DCB=30°， ∵OC=OD， 学科网（北京）股份有限公司∴∠DCB=∠ODC=30°， ∴∠COD=180°-2×30°=120°， ∵∠DCB=∠B=30°， ∴在Rt ABC中，∠BAC=60°， ∵AO平△分∠BAC， ∴∠CAO=∠DAO=30°， 3 ∴在Rt ACO中，OC  ACtanCAO 6  2 3 ， 3 △ 1202 3 4 3 ∴C  D   ． 180 3 【点睛】本题考查复杂作图-作圆，以及圆的基本性质和切线长定理等，掌握圆的基本性质，切线的性质以 及灵活运用三角函数求解是解题关键． 23. 某市为鼓励居民节约用水，对居民用水实行阶梯收费，每户居民用水量每月不超过a吨时，每吨按0.3a 元缴纳水费；每月超过a吨时，超过部分每吨按0.4a元缴纳水费． （1）若a＝12，某户居民3月份用水量为22吨，则该用户应缴纳水费多少元？ （2）若如表是某户居民4月份和5月份的用水量和缴费情况： 月份 用水量（吨） 交水费总金额（元） 4 18 62 5 24 86 根据上表数据，求规定用水量a的值 【答案】（1）91.2 ；（2）10 【解析】 【分析】（1）根据题意得：该用户3月份用水量超过a吨，然后根据“用水量每月不超过a吨时，每吨按 0.3a元缴纳水费；每月超过a吨时，超过部分每吨按0.4a元缴纳水费”，即可求解； 学科网（北京）股份有限公司620 （2）若a18 ，可得a2  182 ，从而得到a18 ，再由“用水量每月不超过a吨时，每吨按0.3a 3 元缴纳水费；每月超过a吨时，超过部分每吨按0.4a元缴纳水费”，列出方程，即可求解． 【详解】解：（1）根据题意得：该用户3月份用水量超过a吨， 0.3122 0.412 2212 91.2 元； （2）若a18 ，有 620 0.3a2 62 ，解得：a2  182 ，即a18 ，不合题意，舍去， 3 ∴a18 ， 根据题意得：0.3a2 0.4a  18a 62 ， 解得：a 10,a 62 （舍去）， 1 2 答：规定用水量a的值为10吨． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键． 24. 如图，四边形ABCD为平行四边形，以AD为直径的⊙O交AB于点E，连接DE，DA＝2 2，DE 7， DC＝5．过点E作直线l．过点C作CH⊥l，垂足为H． （1）若l∥AD，且l与⊙O交于另一点F，连接DF，求DF的长； （2）连接BH，当直线l绕点E旋转时，求BH的最大值； （3）过点A作AM⊥l，垂足为M，当直线l绕点E旋转时，求CH﹣4AM的最大值． 【答案】（1）；（2）22 2 ；（3）2 2 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质可得∠ADE=∠DEF，则AE=DF，由AD是圆O的直径，得到∠AED=90°，则 DF  AE  AD2 DE2 1 ； 学科网（北京）股份有限公司（2）连接CE，取CE中点K，过点K作KM⊥BE于M，由题意可知H在以K为圆心，以CE为直径的圆 上，如图所示，当H运动到H的位置时，即此时H，B，K三点共线，BH有最大值BH，由此求解即 可； （3）如图3-1所示，过点B作BN⊥l于N，过点B作BT∥l交CH于T，先证四边形BCHN是平行四边形， 得到HT=BN，再证△AME∽△BNE，得到BN=4AM，即可推出CH-4AM=CH-HT=CT，又由CT  BC 即可 得到当直线l与直线BC垂直时，CT  BC，如图3-2所示，即此时CH-4AM的最大值即为BC，由此求解 即可． 【详解】解：（1）如图所示，连接DF， ∵AD∥l， ∴∠ADE=∠DEF， ∴AE=DF， ∵AD是圆O的直径， ∴∠AED=90°， ∴ DF  AE  AD2 DE2 1 ； （2）如图所示，连接CE，取CE中点K，过点K作KM⊥BE于M， ∵CH⊥EH， ∴∠CHE=90°， ∴H在以K为圆心，以CE为直径的圆上， ∵BH  HK BK ， ∴如图所示，当H运动到H的位置时，即此时H，B，K三点共线，BH有最大值BH， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD=5，AB∥CD， 学科网（北京）股份有限公司∴BE=AB-AE=4，∠CDE=∠AED=90°，∠DCE=∠MEK， ∴CE  KE  DE2 CD2 4 2， 1 ∴KH CE 2 2 ， 2 ∵∠CDE=∠EMK=90°， ∴△CDE∽△EMK， KM EK EM 1 ∴    ， DE CE CD 2 1 7 1 5 ∴KM  DE  ，EM  CD  ， 2 2 2 2 3 ∴BM  AB AE EM  ， 2 ∴ BK  KM2 BM2 2 ， ∴BH22 2 ， ∴BH的最大值为22 2 ； （3）如图3-1所示，过点B作BN⊥l于N，过点B作BT∥l交CH于T， ∵BN⊥l，CH⊥l， ∴BN∥CH， ∴四边形BCHN是平行四边形， ∴HT=BN， 同理可证AM∥BN， ∴△AME∽△BNE， BN BE ∴  4， AM AE 学科网（北京）股份有限公司∴BN=4AM， ∴HT=4AM， ∴CH-4AM=CH-HT=CT， 又∵CT  BC ∴当直线l与直线BC垂直时，CT  BC，如图3-2所示，即此时CH-4AM的最大值即为BC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC  AD  2 2， ∴CH-4AM的最大值为2 2． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，弧、弦，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直 角，圆内一点到圆上一点的最大距离，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，熟练掌握相关知识是解 题的关键． 1 1 5 25. 已知抛物线y x2+mx+m 与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0， ）， 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司点P为抛物线在直线AC上方图象上一动点． （1）求抛物线的解析式； （2）求△PAC面积的最大值，并求此时点P的坐标； 1 1 （3）在（2）的条件下，抛物线y x2+mx+m 在点A、B之间的部分（含点A、B）沿x轴向下翻折， 2 2 得到图象G．现将图象G沿直线AC平移，得到新的图象M与线段PC只有一个交点，求图象M的顶点横 坐标n的取值范围． 1 5  5 15 125 【答案】（1） y  x2 3x ；（2）当P  , 时，S 取得的最大值，最大值为 ；（3） 2 2  2 8  PAC 16 18   n1或n2 5 【解析】 5 【分析】（1）将点C（0， ）代入抛物线解析式直接求解即可； 2 （2）先求出A点坐标，以及直线AC的解析式，再过P点作PQ⊥x轴，交AC于Q点，通过设P、Q两点 的坐标，建立出关于S 的二次函数表达式，然后结合二次函数的性质求出其最值，并求出此时对应的P PAC 点坐标即可； （3）先根据题意画出基本图像G，然后结合平移的性质确定B点的运动轨迹，以及其直线解析式，根据题 目要求和平移的性质可以确定点B平移至恰好在PC上时，以及图象G与直线AC的交点R，经过平移至C 点时，满足要求，应注意，当A点平移后经过C点时，此时也可满足图象M与PC仅有一个交点，即为C 点，此情况应单独求解． 5 【详解】解：（1）将点C（0， ）代入抛物线解析式得： 2 1 5 m  ，解得：m3， 2 2 1 5 ∴抛物线解析式为： y  x2 3x ； 2 2 （2）∵抛物线与x轴交于A、B两点， 1 5 ∴令0 x2 3x ，解得：x 5，x 1， 2 2 1 2 ∴A、B坐标分别为：A 5,0  ，B 1,0  ， 设直线AC的解析式为： y kxb  k 0  ， 学科网（北京）股份有限公司 5 将A 5,0  和C0, 代入得：  2  1 5kb0 k     2  5 ，解得： ， b  5  2 b  2 1 5 ∴直线AC的解析式为： y  x ， 2 2 如图所示，过P点作PQ⊥x轴，交AC于Q点， ∵P点在位于直线AC上方的抛物线上，  1 5  1 5 ∴设Pa, a2 3a  ，则Qa, a ，其中5a0，  2 2  2 2 1 5  1 5 1 5 ∴PQ  y y  a23a    a   a2 a ， P Q 2 2  2 2 2 2 1 ∵S  PQ  x x ， PAC 2 C A 2 1 1 5  5 5 125 ∴S    a2 a   05    a   ， PAC 2 2 2  4 2 16 5 ∵ 0， 4 5 125 ∴抛物线开口向下，当a  时，S 取得的最大值，最大值为 ， 2 PAC 16 5 15 此时，将a  代入抛物线解析式得： y  ， 2 8  5 15 125 ∴当P  , 时，S 取得的最大值，最大值为 ；  2 8  PAC 16 学科网（北京）股份有限公司1 1 （3）如图所示，抛物线y x2+mx+m 在点A、B之间的部分（含点A、B）沿x轴向下翻折，得到图 2 2 象G． 由（1）可知，原抛物线顶点坐标为3,2， 1 5 ∴沿x轴向下翻折后，图象G的顶点坐标为 3,2  ，图象G的解析式为： y  x2 3x ； 2 2 ∵图象G沿着直线AC平移， ∴作直线BS∥AC，交PC于S点，则随着平移过程，点B在直线BS上运动， 分如下情况讨论： ①当图象G沿直线AC平移至B点恰好经过S点时，如图中M 所示， 1 此时，平移后的图象M恰好与线段PC有一个交点，即为S点，  5 15 1 5 由（2）知，P  , ，以及直线AC的解析式为y  x ，  2 8  2 2 1 ∴设直线BS的解析式为： y   xb， 2 1 将B 1,0  代入得：b ， 2 1 1 ∴直线BS的解析式为： y  x ； 2 2 设直线PC的解析式为： y kxb  k 0  ，  5 15  5 将P  , ，C0, 代入得：  2 8   2  5 15  7  kb k     2 8  4  ，解得： ， 5 5   b b  2  2 7 5 ∴直线PC的解析式为： y  x ； 4 2  1 1  8 y  x x    2 2  5 联立 ，解得： ， 7 5 3   y  x y   4 2  10  8 3  即：S点的坐标为S  , ，  5 10 学科网（北京）股份有限公司 8 3  3 3 ∴此时点B 1,0  平移至S  , ，等同于向左平移 个单位，向上平移 个单位，  5 10 5 10 3 3 即：当平移后的图象M与线段PC恰好仅有一个交点时，可由原图像G向左平移 个单位，向上平移 个 5 10 单位， ∵原图像G的顶点坐标为： 3,2  ， 3 18 ∴平移后图象M 的顶点的横坐标n3  ； 1 5 5 ②当图象G沿直线AC平移至恰好经过C点时，如图中M 所示， 2 设图象G与直线AC的交点为R，  1 5 y  x23x x2   2 2 x5  联立 ，解得： 或 3，  1 5 y 0 y  y  x  2  2 2  3 ∴点R的坐标为：R 2, ，  2  3  5 由R 2, 平移至C0, ，等同于向右平移2个单位，向下平移1个单位，  2  2 ∴当平移后的图象M与线段PC恰好仅有一个交点时，可由原图像G向右平移2个单位，向下平移1各单 位， ∵原图像G的顶点坐标为： 3,2  ， ∴平移后图象M 的顶点的横坐标n321； 2 ∴当图象G在M 和M 之间平移时，均能满足与线段PC有且仅有一个交点， 1 2 18 此时，图象M的顶点横坐标n的取值范围为：  n1； 5 ③当图象G沿直线AC平移至A点恰好经过C点时，如图中M 所示， 3  5 5 此时，由A 5,0  平移至C0, ，等同于向右平移5个单位，向下平移 个单位，  2 2 5 即：原图像G向右平移5个单位，向下平移 个单位，得到图象M ， 3 2 ∵原图像G的顶点坐标为： 3,2  ， ∴平移后图象M 的顶点的横坐标n352； 3 学科网（北京）股份有限公司18 综上所述，当新的图象M与线段PC只有一个交点时，图象M的顶点横坐标n的取值范围为：  n1 5 或n2． 【点睛】本题考查二次函数综合问题，包括图象的翻折变换和平移变换等，掌握二次函数的基本性质，翻 折和平移变换的性质，以及准确分类讨论是解题关键． 学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司