23-24学年广东省实验中学九年级（上）12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 学年广东省实验中学九年级（上）月考数学试卷（12 月份） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.） 1．（3分）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是( ) A． B． C． D． 2．（3分）用配方法解一元二次方程x2 4x50，此方程可变形为( ) A．(x2)2 9 B．(x2)2 9 C．(x2)2 1 D．(x2)2 1 3．（3分）若将抛物线y5x2先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到的新抛物线的表达式为( ) 学 A．y5(x2)2 1 B．y5(x2)2 1 C．升y5(x2)2 1 D．y5(x2)2 1 4．（3分）下列事件中，必然事件是( 哥) A．打开电视体育频道，正在播放世界杯决赛 水 B．从一副扑克牌中，随意抽出一张是大王 C．若a是实数，则|a| 0 D．六边形的一个内角为120 5．（3分）已知A(x ，y )、B(x ，y )为二次函数y(x1)2 k图象上两点，且x x 1，则下列说法 1 1 2 2 1 2 正确的是( ) A．y  y 0 B．y  y 0 C．y  y 0 D．y  y 0 1 2 1 2 1 2 1 2 6．（3分）关于x的一元二次方程x2 4xk 0有两个实数根，则k的取值范围是( ) A．k 4 B．k 4 C．k 4 D．k 4 7．（3分）如图，AB、AC为O 的两条切线，BAC 50，点D是BC上一点、则BDC的大小是( ) 第1页（共26页）A．100 B．110 C．115 D．125 8．（3分）如图，RtABC中，ACB90，B60，将ACB绕点C逆时针旋转到CDE的位置，当 CD AB时，连接AE，则CAE的度数为( ) 学 A．45 B．60 C．65 D．75 升 9．（3分）如图，P为平行四边形ABCD边AD上一点，E、F 分别为PB、PC的中点，PEF、PDC 、 哥 PAB的面积分别为S、S 、S ，若S 2，则S S ( ) 1 2 1 2 水 A．4 B．6 C．8 D．不能确定 10．（3分）如图，BD为矩形ABCD的对角线，将BCD沿BD翻折得到△BCD，BC与边AD交于点E．若 AB x ，BC 2x ，DE 3，其中x 、x 是关于x的方程x2 4xm0的两个实根，则m的值是( ) 1 2 1 2 12 16 A．3 B． C． D．2 5 5 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.） 11．（3分）若2是关于x的一元二次方程x2 kx20的一个根，则常数k的值为 ． 第2页（共26页）12．（3分）圆锥的底面半径为2，母线长为6，则它的侧面积为 ． 13．（3分）在平面直角坐标系中，有两点A(1,2)，B(3,1)．以原点O为位似中心，将OAB放大为原来的 3倍，得到△OAB，则点A的对应点A的坐标是 ． 14．（3分）在一个不透明的袋中装有5个白色小球，n个红色小球，小球除颜色外其他完全相同．若从中 1 随机摸出一个球，恰为白球的概率为 ，则n为 ． 4 15．（3分）公路上行驶的汽车急刹车时的行驶路程s(m)与时间t(s)的函数关系式为s20t5t2，当遇到紧 急情况时，司机急刹车，但由于惯性汽车要滑行 m才能停下来． 16．（3分）如图，AB是半圆的直径，半径OC  AB于点O，AD平分CAB，交BC于点D，连接CD， OD，下列结论：①AC//OD；②CE OE；③ODE∽ADO；④2CD2 CEAB；⑤CDDE；其中 正确结论的序号是 ． 学 升 哥 三、解答题（本大题共9小题，满分72分.） 17．（4分）解方程：x(x6)水 7． 18．（4分）如图，已知12，AEDC ，求证：ABC∽ADE ． 19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点均在格点上，A(1,0)、B(2,2)，C(4,1)．将ABC 绕坐标原点O顺时针旋转90得到△ABC ． 1 1 1 （1）画出△ABC ； 1 1 1 （2）求点C 在旋转过程中运动的路径长．（结果保留) 第3页（共26页）20．（6分）“双减”政策下，为了切实提高课后服务质量，红星中学开展了丰宫多彩的课后服务活动，设 置了体育活动、劳动技能、经典阅读、科普活动四大版块课程（依次记为A，B，C，D．若该校小慧和 小丽随机选择一个版块课程． 学 （1）小慧选科普活动课程的概率是 ； 升 （2）用画树状图取列表的方法，求小慧和小丽选同一个版块课程的概率． 哥 21．（8分）抛物线yax2 bxc上部分点的横坐标x，纵坐标y，的对应值如表： 水   x 2 1 0 1 2 y  0 4 4 0 8  （1）根据上表填空： ①抛物线与x轴的交点坐标是 和 ； ②抛物线经过点(3， )，对称轴为 ； ③当x为何值时，y0； （2）求该抛物线yax2 bxc的解析式． 22．（10分）如图，某校准备为投资1万元围一个矩形的运动场地，其中一边靠墙，另外三边选用不同材 料建造且三边的总长为60m，墙长35m，平行于墙的边的费用为200元/m，垂直于墙的边的费用150元/m， 设垂直于墙的边长为x m． （1）若运动场地面积为400m2，求x的值； （2）当运动场地的面积最大时是否会超过了预算？ 第4页（共26页）23．（10分）如图，四边形ABCD为菱形，DF  AB于点F ，E是BC上一点，且BE BF ，连接DE． （1）尺规作图：作ADF 的外接圆O（保留作图痕迹）； （2）判断直线DE与O的位置关系，并说明理由； （3）连接DB与O 交于点H ，若BF 4，DH 2 5，求菱形ABCD的面积． 24．（12分）平面直角坐标系中，抛物线yx2 2mxm2 2 学 m2与x轴有两个交点． （1）求抛物线的对称轴（用含有m的式子表示）: 升 （2）过点P(0,m1)作直线l y轴，抛物哥线的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上），求m 的范围： 水 （3）在（2）的条件下，设抛物线的对称轴与直线l相交于点B．结合图象，求ABO的面积最大时m的 值． 25．（12分）如图1，RtABC中，ACB90，AC BC ，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动 点，始终保持CECD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90到AF ，连接DF． （1）请判断线段BD和AF 的位置关系并证明； 1 （2）当S  BD2时，求AEC的度数； ABD 4 （3）如图2，连接EF ，G 为EF 中点，AB2 2 ，当D从点C 运动到点A的过程中，EF 的中点G也 第5页（共26页）随之运动，请求出点G所经过的路径长． 学 升 哥 水 第6页（共26页）2023-2024 学年广东省实验中学九年级（上）月考数学试卷（12 月份） 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．（3分）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是( ) A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180，如果旋转后的图形与另一个 图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直 线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）学逐项判断即可得． 【解答】A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 升 B．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 哥 C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 水 D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，熟记定义是解题关键． 2．（3分）用配方法解一元二次方程x2 4x50，此方程可变形为( ) A．(x2)2 9 B．(x2)2 9 C．(x2)2 1 D．(x2)2 1 【分析】移项，配方，再变形，即可得出选项． 【解答】解：x2 4x50， x2 4x5， x2 4x454， (x2)2 9， 故选：A． 【点评】本题考查了用配方法解一元二次方程的应用，能正确配方是解此题的关键． 3．（3分）若将抛物线y5x2先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到的新抛物线的表达式为( ) 第7页（共26页）A．y5(x2)2 1 B．y5(x2)2 1 C．y5(x2)2 1 D．y5(x2)2 1 【分析】根据平移规律，可得答案． 【解答】解： y5x2先向右平移2个单位，再向上平移1个单位， 得到的新抛物线的表达式为 y5(x2)2 1， 故选：A． 【点评】此题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． 4．（3分）下列事件中，必然事件是( ) A．打开电视体育频道，正在播放世界杯决赛 B．从一副扑克牌中，随意抽出一张是大王 C．若a是实数，则|a| 0 学 D．六边形的一个内角为120 【分析】根据事件的分类，逐一进行判断即可． 升 【解答】解：A、打开电视体育频道，正哥在播放世界杯决赛，是随机事件，不符合题意； B、从一副扑克牌中，随意抽出一张是大王，是随机事件，不符合题意； 水 C、若a是实数，则|a| 0，是必然事件，符合题意； D、六边形的一个内角为120，是随机事件，不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查事件的分类．熟练掌握事件分为确定事件和随机事件，确定事件分为必然事件和不可能 事件，是解题的关键． 5．（3分）已知A(x ，y )、B(x ，y )为二次函数y(x1)2 k图象上两点，且x x 1，则下列说法 1 1 2 2 1 2 正确的是( ) A．y  y 0 B．y  y 0 C．y  y 0 D．y  y 0 1 2 1 2 1 2 1 2 【分析】先利用顶点式得到抛物线的对称轴为直线x1，由于抛物线开口向下，在对称轴左侧，y随x的 增大而增大，于是可判断y 与y 的大小． 1 2 【解答】解：二次函数y(x1)2 k图象的对称轴为直线x1， 开口向下，而x x 1， 1 2 第8页（共26页）y  y ， 1 2 即y  y 0． 1 2 故选：D． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．解决本题的 关键是运用二次函数的性质比较 y 与y 的大小． 1 2 6．（3分）关于x的一元二次方程x2 4xk 0有两个实数根，则k的取值范围是( ) A．k 4 B．k 4 C．k 4 D．k 4 【分析】利用根的判别式的意义得到△(4)2 4k 0，然后解不等式即可． 【解答】解：根据题意得△(4)2 4k 0， 解得k 4． 学 故选：B． 升 【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2 bxc0(a0)的根与△b2 4ac有如下关系：当 哥 △0时，方程有两个不相等的实数根；当△0时，方程有两个相等的实数根；当△0时，方程无实数 根． 水 7．（3分）如图，AB、AC为O 的两条切线，BAC 50，点D是BC上一点、则BDC的大小是( ) A．100 B．110 C．115 D．125 1 【分析】如图连接OB、OC．首先求出BOC，再根据BDC  BOC，BDCBDC 180，即 2 可解决问题． 【解答】解：如图连接OB、OC． 第9页（共26页）AB、AC是O的切线， OB AB，OC  AC， ABOACO90， BAC 50， BOC 360909050130， 1 BDC  BOC 65， 2 BDC 18065115， 故选：C． 【点评】本题考查切线的性质、圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅 助线，则有一题多解． 8．（3分）如图，RtABC中，ACB90，B60，将ACB绕点C逆时针旋转到CDE的位置，当 CD AB时，连接AE，则CAE的度数为( ) 学 升 哥 水 A．45 B．60 C．65 D．75 【分析】根据旋转得出ECA30，CE AC，得出等腰三角形，利用三角形的内角和计算即可． 【解答】解：RtABC中，ACB90，B60，CD AB， BCD30， ACB绕点C逆时针旋转到CDE的位置， ECABCD30，CE AC， ACE是等腰三角形， 1 CAE  (18030)75， 2 故选：D． 【点评】本题考查的是直角三角形和旋转，解题的关键是旋转前后的线段长度不变，旋转的角度相等． 9．（3分）如图，P为平行四边形ABCD边AD上一点，E、F 分别为PB、PC的中点，PEF、PDC 、 第10页（共26页）PAB的面积分别为S、S 、S ，若S 2，则S S ( ) 1 2 1 2 A．4 B．6 C．8 D．不能确定 【分析】过P作PQ平行于DC，由DC与AB平行，得到PQ平行于AB，可得出四边形PQCD与ABQP都 为平行四边形，进而确定出PDC 与PCQ面积相等，PQB与ABP面积相等，再由EF 为BPC 的中 位线，利用中位线定理得到EF 为BC的一半，且EF 平行于BC，得出PEF与PBC 相似，相似比为1:2， 面积之比为1:4，求出PBC 的面积，而PBC 面积CPQ面积PBQ面积，即为PDC 面积PAB面 积，即为平行四边形面积的一半，即可求出所求的面积． 【解答】解：过P作PQ//DC交BC于点Q，由DC//AB，得到PQ//AB， 四边形PQCD与四边形APQB都为平行四边形， 学 PDCCQP，ABPQPB， 升 S S ，S S ， PDC CQP ABP QPB 哥 EF为PCB的中位线， 水 1 EF //BC，EF  BC， 2 PEF∽PBC，且相似比为1:2， S :S 1:4，S 2， PEF PBC PEF S S S S S S S  8． PBC CQP QPB PDC ABP 1 2 故选：C． 【点评】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是 解本题的关键． 10．（3分）如图，BD为矩形ABCD的对角线，将BCD沿BD翻折得到△BCD，BC与边AD交于点E．若 AB x ，BC 2x ，DE 3，其中x 、x 是关于x的方程x2 4xm0的两个实根，则m的值是( ) 1 2 1 2 第11页（共26页）12 16 A．3 B． C． D．2 5 5 1 1 【分析】利用根与系数的关系得到x x 4，xx m，AB BC 4，m AB BC，再利用折叠的 1 2 1 2 2 2 性质和平行线的性质得到EBDEDB，则EBED3，所以AE  ADDE 52AB，利用勾股定理 102 5 102 5 204 5 得到AB2 (52AB)2 32，解得AB 或AB （舍去），则BC  ，然后计算m 5 5 5 的值． 【解答】解：x 、x 是关于x的方程x2 4xm0的两个实根， 1 2 x x 4，xx m， 1 2 1 2 学 1 1 即AB BC 4，m AB BC， 升 2 2 BCD沿BD翻折得到△BCD，BC与哥边AD交于点E， CBDEBD， 水 AD//BC， CBDEDB， EBDEDB ， EBED3， 在RtABE中，AE  ADDE BC382AB352AB， 102 5 102 5 AB2 (52AB)2 32，解得AB 或AB （舍去）， 5 5 204 5 BC82AB ， 5 1 102 5 204 5 16 m    ． 2 5 5 5 故选：C． 另一种方法： 在RtABE中，x2 (2x 3)2 32， 1 2 整理得x2 4x2 12x 0， 1 2 2 第12页（共26页）利用x2 4x m0，x2 4x m0， 1 1 2 2 ，根据根与系数的关系得x x 4，xx m， 1 2 1 2 从而得到165m0， 16 解得m ． 5 故选：C． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若 x ， x 是一元二次方程ax2 bxc0(a0) 的两根时， 1 2 b c x x  ，xx  ．也考查了矩形的性质和折叠的性质． 1 2 a 1 2 a 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.） 11．（3分）若2是关于x的一元二次方程x2 kx20的一个根，则常数k的值为 3 ． 【分析】把x2代入方程x2 kx20得42k 20，然后解关于k的方程即可． 【解答】解：把x2代入方程x2 kx20得42k 20，学 解得k 3， 升 即常数k的值为3． 哥 故答案为：3． 水 【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的 解． 12．（3分）圆锥的底面半径为2，母线长为6，则它的侧面积为 12 ． 【分析】根据圆锥的底面半径为2，母线长为6，直接利用圆锥的侧面积公式求出它的侧面积． 【解答】解：根据圆锥的侧面积公式：rl 2612， 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了圆锥侧面积公式．熟练地应用圆锥侧面积公式求出是解决问题的关键． 13．（3分）在平面直角坐标系中，有两点A(1,2)，B(3,1)．以原点O为位似中心，将OAB放大为原来的 3倍，得到△OAB，则点A的对应点A的坐标是 (3,6)或(3,6) ． 【分析】直接利用位似图形的性质以及结合A点坐标直接得出点A的坐标． 【解答】解：以原点O为位似中心，将OAB放大为原来的3倍，得到△OAB，A(1,2)， 点A的对应点A的坐标是：(3,6)或(3,6)． 故答案为：(3,6)或(3,6)． 【点评】此题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键． 第13页（共26页）14．（3分）在一个不透明的袋中装有5个白色小球，n个红色小球，小球除颜色外其他完全相同．若从中 1 随机摸出一个球，恰为白球的概率为 ，则n为 15 ． 4 【分析】根据概率公式列式求得n的值即可． n 3 【解答】解：根据题意得：  ， 5n 4 解得：n15， 经检验：n15是原方程的解， 故答案为：15． 【点评】本题考查了概率公式，掌握概率所求情况数与总情况数之比是解题的关键． 15．（3分）公路上行驶的汽车急刹车时的行驶路程s(m)与时间t(s)的函数关系式为s20t5t2，当遇到紧 急情况时，司机急刹车，但由于惯性汽车要滑行 20 m才能停下来． 【分析】由题意得，此题实际是求从开始刹车到停止所走的路程，即s的最大值．把抛物线解析式化成顶 学 点式后，即可解答． 升 【解答】解：依题意：该函数关系式化简为s5(t2)2 20， 哥 当t 2时，汽车停下来，滑行了20m． 故惯性汽车要滑行20米． 水 【点评】本题涉及二次函数的实际应用，难度中等． 16．（3分）如图，AB是半圆的直径，半径OC  AB于点O，AD平分CAB，交BC于点D，连接CD， OD，下列结论：①AC//OD；②CE OE；③ODE∽ADO；④2CD2 CEAB；⑤CDDE；其中 正确结论的序号是 ①④⑤ ． 【分析】①根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证CADADO即可； ②由①得OE:EC OD:AC，再由OD AC ，可得CEOE； ③两三角形中，只有一个公共角的度数相等，其它两角不相等，所以不能证明ODE∽ADO； ④根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出COD45，再利用等腰三角形的性质和三 角形内角和定理求出CDE 45，再求证CED∽CDO，利用其对应变成比例即可得出结论． 第14页（共26页）1 ⑤依据题意， DAOCAD CAO22.5 ，故 AEO90DAO9022.567.5 ，从而 2 CEDAEO67.5，又OCD67.5，进而可得OCDCED，故可判断得解． 【解答】解：AB是半圆直径， AOOD， OADADO， AD平分CAB交弧BC于点D， 1 CADDAO CAB， 2 CADADO， AC//OD，故①正确． 由题意得，ODR，AC  2R， 2 OE:CE OD:AC  ， 2 学 OE CE，故②错误； 升 OEDAOEOAE 9022.5112.5，AOD9045135， 哥 OEDAOD， ODE与ADO不相似，故③水错误； AD平分CAB交弧BC于点D， 1 CAD 4522.5． 2 COD45， AB是半圆直径， OC OD， OCDODC 67.5 CADADO22.5（已证）， CDE ODCADO67.522.545， CED∽CDO， CD CE   ． CO CD 1 CD2 COCE  ABCE， 2 2CD2 CEAB，故④正确． 第15页（共26页）1 由题意，DAOCAD CAO22.5， 2 AEO90DAO9022.567.5． CEDAEO67.5． 又OCD67.5， OCDCED． CDDE，故⑤正确． 综上可得①④⑤正确． 故答案为：①④⑤． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角学形的判定与性质、圆周角定理，解题时要熟 练掌握并能灵活运用是关键． 升 三、解答题（本大题共9小题，满分72分.） 哥 17．（4分）解方程：x(x6)7． 水 【分析】方程整理后，利用配方法求出解即可． 【解答】解：方程整理得：x2 6x7， 配方得：x2 6x916，即(x3)2 16， 开方得：x34或x34， 解得：x 1，x 7． 1 2 【点评】此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 18．（4分）如图，已知12，AEDC ，求证：ABC∽ADE ． 【分析】已经有一角相等，只需再证一角相等即可；由等式的性质得出DAE BAC ，即可得出结论． 【解答】证明：12， 第16页（共26页）1BAE2BAE ， 即DAE BAC ， AEDC， ABC∽ADE． 【点评】本题考查了相似三角形的判定方法；熟记两角相等的两个三角形相似是解决问题的关键． 19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点均在格点上，A(1,0)、B(2,2)，C(4,1)．将ABC 绕坐标原点O顺时针旋转90得到△ABC ． 1 1 1 （1）画出△ABC ； 1 1 1 （2）求点C 在旋转过程中运动的路径长．（结果保留) 学 升 哥 水 【分析】（1）分别作出A，B的对应点A，B 即可； 1 1 （2）根据弧长公式列式计算即可得解． 【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求作． 1 1 1 17 （2）点C在旋转过程中运动的路径长 2 4212  4 2 第17页（共26页）【点评】本题考查作图旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型． 20．（6分）“双减”政策下，为了切实提高课后服务质量，红星中学开展了丰宫多彩的课后服务活动，设 置了体育活动、劳动技能、经典阅读、科普活动四大版块课程（依次记为A，B，C，D．若该校小慧和 学 小丽随机选择一个版块课程． 升 1 （1）小慧选科普活动课程的概率是 ； 4 哥 （2）用画树状图取列表的方法，求小慧和小丽选同一个版块课程的概率． 水 【分析】（1）直接由概率公式求解即可； （2）画树状图，共有16种等可能的结果，其中小慧和小丽选同一个板块课程的结果有4种，再由概率公 式求解即可． 1 【解答】解：（1）小慧选科普活动课程的概率是 ， 4 1 故答案为： ； 4 （2）画树状图如下： 共有16种等可能的结果，其中小慧和小丽选同一个板块课程的结果有4种， 4 1 小慧和小丽选同一个板块课程的概率为  16 4 【点评】此题考查的是用树状图法求概率．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． 第18页（共26页）21．（8分）抛物线yax2 bxc上部分点的横坐标x，纵坐标y，的对应值如表：   x 2 1 0 1 2 y  0 4 4 0 8  （1）根据上表填空： ①抛物线与x轴的交点坐标是 (2,0) 和 ； ②抛物线经过点(3， )，对称轴为 ； ③当x为何值时，y0； （2）求该抛物线yax2 bxc的解析式． 【分析】（1）①由表格可知：x2及1时，y的值为0，从而确定出抛物线与x轴的交点坐标； 1 ②由x1及x0时的函数值y相等，x2及1时的函数值也相等，可得抛物线的对称轴为x ，由 2 函数的对称性可得x2及x3时的函数值相等，故由x2对应的函数值可得出x3所对应的函数值， 学 从而得出正确答案； 升 ③由表格中y值的变化规律及找出的对称轴，得到抛物线的开口向上，在对称轴右侧，y随x的增大而增 哥 大，从而求解； （2）由第一问得出抛物线与x轴水的两交点坐标(2,0)和(1,0)，与y轴的交点坐标(0,4)代入所设的解析式 即可求出． 【解答】解：（1）①由表格可得：抛物线与x轴的交点坐标是(2,0)和(1,0)； 故答案为：(2,0)，(1,0)； ②由表格可得：抛物线经过点(3,8)， 由①得：抛物线与x轴的交点坐标是(2,0)和(1,0)， 21 1 对称轴直线x  ； 2 2 1 故答案为：8，直线x ； 2 21 1 ③由②可得：对称轴为直线x  ， 2 2 由表格可得：在对称轴右侧，y随x增大而增大， 抛物线开口向上， 由①得：抛物线与x轴的交点坐标是(2,0)和(1,0)， 当2 x1时，y0； 第19页（共26页）（2）由表格可得：抛物线与x轴的交点坐标是(2,0)和(1,0)，与y轴的交点坐标是(0,4)， 4a2bc0 a2   代入 yax2 bxc得： abc0 ，解得：b2 ，    c4 c4 抛物线解析式为：y2x2 2x4． 【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征等， 正确记忆相关知识点是解题关键． 22．（10分）如图，某校准备为投资1万元围一个矩形的运动场地，其中一边靠墙，另外三边选用不同材 料建造且三边的总长为60m，墙长35m，平行于墙的边的费用为200元/m，垂直于墙的边的费用150元/m， 设垂直于墙的边长为x m． （1）若运动场地面积为400m2，求x的值； （2）当运动场地的面积最大时是否会超过了预算？ 学 升 哥 【分析】（1）根据矩形的面积公式列方程求解可得； 水 （2）根据矩形的面积公式列出总面积关于x的函数解析式，配方成顶点式后利用二次函数的性质求解可得． 【解答】解：（2）根据题意，得：(602x)x400， 解得：x20或x10， 墙的长度为35m， x20； （2）设运动场地的面积是S， 则S (602x)x 2x2 60x 2(x15)2 450， 20， 当x15时，S随x的增大而增大， 当x15时，S取得最大值， 总费用30200301501050010000， 第20页（共26页）超过预算． 【点评】本题考查了二次函数的应用、长方形的周长公式的运用、长方形的面积公式的运用、一元二次方 程的解法的运用，解答时根据长方形的面积公式建立方程和函数解析式是关键． 23．（10分）如图，四边形ABCD为菱形，DF  AB于点F ，E是BC上一点，且BE BF ，连接DE． （1）尺规作图：作ADF 的外接圆O（保留作图痕迹）； （2）判断直线DE与O的位置关系，并说明理由； （3）连接DB与O 交于点H ，若BF 4，DH 2 5，求菱形ABCD的面积． 学 【分析】（1）作AD的垂直平分线得到AD的中点O，然后以O点为圆心，OA为半径作圆即可； （2）利用 DF  AB 得到 AFDBFD90 ，升则 AD 为 O 的直径，再证明 BDF BDE 得到 BFDBED90，然后证明ADDE哥，于是根据切线的判定定理得到DE为O的切线； （3）连接AH ，如图，根据圆周角定理得到AHD90，再根据菱形的性质得到AB AD，则根据等腰 水 三角形的性质得到BH DH 2 5 ，接着利用勾股定理计算出DF 8，设ABx，在RtADF中老油条 勾股定理得到(x4)2 82 x2，解方程求出x得到AB10，然后根据菱形的面积公式计算． 【解答】解：（1）如图，O为所作； （2）直线DE与O相切． 理由如下： DF  AB， AFDBFD90， AD为O的直径， 第21页（共26页）四边形ABCD为菱形， BD平分ABC，AD//BC ， ABDCBD， 在BDF 和BDE中， BF BE  DBF DBE，  BDBD BDF BDE(SAS)， BFDBED90， DE BC， AD//BC， ADDE， DE为O的切线； 学 （3）连接AH ，如图， 升 AD为直径， 哥 AHD90， 水 四边形ABCD为菱形， AB AD， BH DH 2 5， 在RtBDF中，DF  (4 5)242 8， 设ABx，则AF  x4，AD x， 在RtADF中，(x4)2 82 x2， 解得x10， 即AB10， 菱形ABCD的面积10880． 【点评】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的 基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、菱形的性质和圆周 角定理． 24．（12分）平面直角坐标系中，抛物线yx2 2mxm2 2m2与x轴有两个交点． 第22页（共26页）（1）求抛物线的对称轴（用含有m的式子表示）: （2）过点P(0,m1)作直线l y轴，抛物线的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上），求m 的范围： （3）在（2）的条件下，设抛物线的对称轴与直线l相交于点B．结合图象，求ABO的面积最大时m的 值． 【分析】（1）先把抛物线化为顶点式，从而可得答案； （2）应用配方法得到顶点A坐标，讨论点A与直线l以及x轴之间位置关系，确定m取值范围； （3）在（2）的基础上表示ABO的面积，根据二次函数性质学求面积最大值与m的值即可． 【解答】解：（1）抛物线yx2 2mxm2 2m升2(xm)2 2m2， 抛物线的对称轴为直线xm； 哥 （2）yx2 2mxm2 2m水2(xm)2 2m2， 抛物线顶点坐标为A(m,2m2)， 二次函数图象的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上）， 2m2m1  当直线l在x轴上方时m10 ，  2m20 此时不等式组无解， 2m2m1  当直线l在x轴下方时m10 ，  2m20 解得3m1； （3）由（1）得：点A在点B上方，则AB2m2m1m3， 3m1， 1 1 3 ABO的面积S  (m3)(m) m2  m， 2 2 2 第23页（共26页）1  0， 2 3  当m 2  3 时，S  9 ． 1 2 最大值 8 2( ) 2 【点评】本题考查了二次函数的图象性质，以及分类讨论、数形结合的数学思想，理解题意，构建不等式 组与关于面积的二次函数关系式是解本题的关键． 25．（12分）如图1，RtABC中，ACB90，AC BC ，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动 点，始终保持CECD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90到AF ，连接DF． （1）请判断线段BD和AF 的位置关系并证明； 1 （2）当S  BD2时，求AEC的度数； ABD 4 （3）如图2，连接EF ，G 为EF 中点，AB2 2 ，当D从 学 点C 运动到点A的过程中，EF 的中点G也 随之运动，请求出点G所经过的路径长． 升 哥 水 【分析】（1）延长BD交AE于点H ，由“SAS ”可证BCDACE，由旋转的性质和全等三角形的性质 可得 BD AE  AF ，CAE CBD ，EAF 90 ，由余角的性质可得AHB90FAE ，可得 AF //BD，可得结论； 1 1 （2）由三角形的面积公式可得AH  BD AE，可得BH 垂直平分AE，由等腰三角形的性质可求解； 2 2 （3）先求出点G在ACE的角平分线上运动，即可求解． 【解答】解：（1）结论：BD//AF． 理由：如图1，延长BD交AE于点H ， 第24页（共26页）E 绕A点逆时针旋转90到AF ， AE AF ，EAF 90， 在BCD和ACE中， BC  AC  BCDACE，  CDCE BCDACE(SAS)， 学 BD AE AF ，CAE CBD， 升 ECAE 90， 哥 ECBD90， 水 AHB90FAE， AF //BD； 1 （2）（2）S  BD2， ABD 4 1 BDAH  BD2， 2 1 1 AH  BD AE， 2 2 BH 垂直平分AE， BABE ， AC BC，ACB90， ABE 45， 又BABE， AEC 67.5； 第25页（共26页）（3）如图2，连接AG、CG，过点G作GM CE交CE 延长线于M ，GN  AC于N， GM CE，GN  AC，ACM 90， 四边形CMGN 是矩形， AF  AE，EAF 90，G是EF 中点， AGGE，AGEF ， CAGACM CEGAGE 360， 学 CAGCEG180， CEGGEM 180， 升 CAGGEM ， 哥 又ANGGME 90， 水 ANGEMG(AAS)， NGGM ， 四边形CMGN 是正方形， CG平分ACE， 点G在ACE的角平分线上运动，  当 D 从 C 运动到 A 点， G 点所经过的路径是正方形 ACMG 的对角线的一半，即为 1 1  2AC  AB 2． 2 2 【点评】本题是几何变换综合题，考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性 质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 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：2024/8/3017:08:24；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 第26页（共26页）