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湖北省黄冈中学2025级丘成桐少年班9月月考
数学试卷
考试时间：2025年9月27日下午15:00——17:00 试卷满分：120分
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．2025年4月24日17时17分，神舟二十号载人飞船发射成功，标志着我国向航天强国的目标又迈进了坚实的一步．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列一元二次方程中，有两个互为相反数的实数根的是（　　）
A．x2+1＝0 B．x2﹣1＝0 C．x2﹣x+1＝0 D．x2﹣4x+1＝0
3．已知抛物线y＝ax2+bx+c上的部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表：以下结论正确的是（　　）
x … ﹣1 0 1 2 3 …
y … 3 0 m 3 …
A．当x＜2时，y随x增大而增大 B．抛物线y＝ax2+bx+c的开口向下
C．m＝2 D．当y＜0时，x的取值范围是0＜x＜2
4．若x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝0的一个根，则2031﹣3a+3b的值为（　　）
A．2022 B．2025 C．2023 D．2024
5．如图，P是正△ABC外的一点，且∠BPC＝42°，若将△PBC绕点B逆时针旋转后到达△P1BA的位置，AP1与BP交于点D，则∠ADB等于（　　）
A．102° B．92° C．90° D．60°
6．已知抛物线y＝（x﹣x1）（x﹣x2）+1（x1＜x2），抛物线与x轴交于（m，0），（n，0）两点（m＜n），则m，n，x1，x2的大小关系是（　　）
A．x1＜m＜n＜x2 B．m＜x1＜x2＜n C．m＜x1＜n＜x2 D．x1＜m＜x2＜n
7．已知二次函数y＝x2+mx+n的图象经过点A（﹣3，0），当﹣3≤x≤0时，y的最小值为﹣4，则m的值为（　　）
A．﹣2或10 B．10或2 C．2 D．
8．剪纸是我国的民间传统艺术，能为节日增加许多喜庆的氛围．剪纸中有一种“抛物线剪纸”艺术，即作品的外轮廓在抛物线上，体现了一种曲线美，如图，这是利用“抛物线剪纸”艺术剪出的蝴蝶，建立适当的平面直角坐标系，使外轮廓上的A，B，C，D四点落在抛物线y＝ax2+c上，则下列结论正确的是（　　）
A．ac＜0 B．ac＝0 C．ac＞0 D．ac≥0
9．如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且CD＝3．当四边形ABCD的周长最小时，点D的坐标为（　　）
A．（4，1） B．（4，2） C．（4，3） D．（4，4）
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），顶点为M（﹣1，m），且抛物线与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣3）之间（不含端点）则下列结论：①当﹣3≤x≤1时，y≤0；②|ax2+bx+c|＝1﹣m 有两个实数根；③当△ABM的面积为时，；④当△ABM 为直角三角形时，在△AOB 内存在唯一一点P，使得 PA+PO+PB 的值最小，最小值的平方为，其中正确的结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分.
11．如果一元二次方程（m﹣3）x2+4x+m2﹣9＝0有一个根为0，则的值为　 　 ．
12．抛物线y＝ax2+bx+c经过点（﹣1，0），（5，0），且与y轴交于点（0，﹣6），则抛物线的顶点坐标为　 　 ．
13．已知方程的两根都大于﹣2，则实数的取值范围是　 ．
14．已知方程的两个根分别为，设（n为
自然数），则的值为__________.
15．平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A
点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标 为　 　 ．
三、解答题：本题共9小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16.（6分）解关于x的方程：
（1） （2）
17.（6分）解关于x的不等式：.
18．（6分）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（1，0）两点．
（1）求二次函数解析式；
（2）若点P在该二次函数的图象上，且△PAB的面积为6，求点P的坐标．
19．（8分）如图，P是等边△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P'AB，
（1）求点P与P'之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
20．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求m的取值范围；
（2）若x1，x2满足2x1＝|x2|+1，求m的值．
21．（8分）已知∠ACD＝90°，AC＝DC，MN是过点A的直线，过点D作DB⊥MN于点B，连接CB．
（1）问题发现
如图（1），过点C作CE⊥CB，与MN交于点E，则易发现BD和EA之间的数量关系为　 　，BD、AB、CB之间的数量关系为　 　．
（2）拓展探究
当MN绕点A旋转到如图（2）位置时，BD、AB、CB之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．
（3）解决问题
当MN绕点A旋转到如图（3）位置时（点C、D在直线MN两侧），若此时∠BCD＝30°，BD＝2时，CB＝　 　．
22．（10分）16世纪中叶，我国发明了一种新式火箭“火龙出水”，它是二级火箭的始祖．火箭第一级运行路径形如抛物线，当火箭运行一定水平距离时，自动引发火箭第二级，火箭第二级沿直线运行．
某科技小组运用信息技术模拟火箭运行过程．如图，以发射点为原点，地平线为x轴，垂直于地面的直线为y轴，建立平面直角坐标系，分别得到抛物线y＝ax2+x和直线．其中，当火箭运行的水平距离为9km时，自动引发火箭的第二级．
（1）若火箭第二级的引发点的高度为3.6km，
①直接写出a，b的值；
②火箭在运行过程中，有两个位置的高度比火箭运行的最高点低1.35km，求这两个位置之间的距离．
（2）直接写出a满足什么条件时，火箭落地点与发射点的水平距离超过15km．
23．（11分）已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)求不等式的解集；
(3)若不等式的解集中恰有三个整数解，求实数的取值范围．
24．（12分）数学活动课上，老师出示两个大小不一样的等腰直角△ABC和△ADE摆在一起，其中直角顶点A重合，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）用数学的眼光观察．
如图1，连接BD，CE，判断BD与CE的关系，并说明理由；
（2）用数学的思维思考．
如图2，连接BE，CD，若F是BE中点，判断AF与CD的数量关系，并说明理由；
（3）用数学的语言表达．
如图3，延长CA至点F，满足AF＝AC，然后连接DF，BE，当，AD＝1，△ADE绕A点旋转得到D，E，F三点共线时，求线段EF的长．
9.27 参考答案
一．选择题
1．C．
2．B．
3．D．
4．B．
5．A．
6．A．
7．
【解答】解：∵二次函数y＝x2+mx+n的图象经过点A（﹣3，0），代入，得0＝9﹣3m+n，即3m﹣9＝n，
二次函数对称轴为直线x，然后分情况讨论：①对称轴为直线x3，即m≥6，
此时在﹣3≤x≤0上，y随x的增大而增大，∴当x＝﹣3时，y有最小值0，不符合题意，舍去；
②对称轴为直线x满足﹣3时，即0＜m＜6，此时二次函数的顶点在﹣3≤x≤0范围内，顶点的纵坐标为最小值﹣4，二次函数顶点纵坐标公式为y，将a＝1，b＝m，c＝3m﹣9代入，
可得（m﹣2）（m﹣10）＝0，解得m ＝ 2或m ＝ 10，∵0＜m＜6，∴m ＝ 2；
③对称轴为直线x0，即m≤0，此时在﹣3≤x≤0上y随x的增大而减小，∴当x＝0时，y有最小值3m﹣9，
令3m﹣9＝4，解得m，不符合题意，舍去；故答案为m＝2，故选：C．
8．【解答】解：建立适当的平面直角坐标系，使外轮廓上的A，B，C，D四点落在抛物线y＝ax2+c上，
∵根据抛物线开口向上，与y轴交于负半轴，∴a＞0，c＜0，则ac＜0，故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的应用，解答本题的关键是熟练掌握二次函数图象与系数的关系．
9．解：抛物线与x轴的另一个交点为E点，把E点向上平移3个单位得到F点，连结AF交对称轴于D点，如图，∵CD＝EF＝3，CD∥EF，∴四边形CDFE为平行四边形，∴CE＝DF，∵CB＝CE，∴CB＝DF，
∴四边形ABCD的周长＝AB+CD+AD+BC＝AB+CD+DF+AD＝AB+CD+AF，∴此时四边形ABCD的周长最小，
当y＝0时，x2﹣4x+6＝0，解得x1＝2，x2＝6，∴B（2，0），E（6，0），∴抛物线的对称性为直线x＝4，F（6，3），当x＝0时，yx2﹣4x+6＝6，∴A（0，6），设直线AF的解析式为y＝kx+b，把A（0，6），F（6，3）代入得，解得，∴直线AF的解析式为yx+6，当x＝4时，yx+6＝4，
∴D（4，4）．故选D．
10．②②解：①∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），顶点为M（﹣1，m），
∴抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，∴抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的另一个交点坐标为（1，0），
∵抛物线y＝ax2+bx+c的开口向上，∴当﹣3≤x≤1时，y≤0，故①正确；
②方程|ax2+bx+c|＝1﹣m 有两个实数根相当于函数y＝|ax2+bx+c|的图象与函数y＝1﹣m的图象有两个交点，
画出函数图象如下，由图可知，这两个图象没有交点，
故②正确；③将（﹣3，0），（1，0）代入y＝ax2+bx+c，
得，解得：，∴y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a，∴抛物线的顶点为M（﹣1，﹣4a），
设抛物线对称轴交x轴于H，如图，
则H（﹣1，0），∴AH＝﹣1﹣（﹣3）＝2，MH＝4a，OH＝1，∵B（0，﹣3a），∴OB＝3a，
∴S△ABM＝S△AMH+S梯形BMHO﹣S△AOB AH MH （MH+OB） OHOA OB2×4a（4a+3a）×13×3a＝3a，∵S△ABM，∴3a∴a，故③正确；
④如图，过点A、M分别作y轴、x轴的平行线交于点C，连接AM、AB、BM，则四边形ACDO是矩形，
∴∠C＝∠BDM＝∠AOB＝90°，
∵A（﹣3，0），B（0，﹣3a），M（﹣1，﹣4a），
∴AC＝OD＝4a，OA＝CD＝3，OB＝3a，BD＝a，DM＝1，CM＝2，
∵△ABM为直角三角形，有三种情况：∠BAM＝90°或∠AMB＝90°或∠ABM＝90°，
显然∠BAM＜90°，∴只能∠AMB＝90°或∠ABM＝90°，若∠AMB＝90°，则∠AMC+∠BMD＝90°，
∵AC∥OD，OA∥DC，∴四边形ACDO是平行四边形，∵∠AOD＝90°，∴四边形ACDO是矩形，
∴∠C＝∠BDM＝∠AOB＝90°，∴∠AMC+∠MAC＝90°，∴△AMC∽△MBD，
∴，即，∴a2，∵a＞0，∴a；
若∠ABM＝90°，则∠ABO+∠MBD＝90°，
∵∠AOB＝∠BDM＝90°，∴∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠MBD＝∠BAO，∴△ABO∽△BMD，
∴，即，∴a2＝1，∵a＞0，∴a＝1；∵点B在（0，﹣2）与（0，﹣3）之间（不含端点），∴﹣3＜﹣3a＜﹣2，解得a＜1，∴a，∴OB，AB2，
如图，将△BPA绕点B逆时针旋转60°得到△BP′A′，连接PP′，过点A′作A′T⊥x轴于点T，作A′Q⊥y轴于点Q，
∴BP＝BP′，PA＝P′A′，∠PBP′＝∠ABA′＝60°，
∴△PBP′和△ABA′是等边三角形，
∴BP＝PP′，AA′2＝A′B2＝AB2，
∴PA+PO+PB＝P′A′+PO+PP′≥OA′，
∴当点O、P、P′、A′共线时，PA+PO+PB值最小，最小值为OA′，
此时∠APB＝∠APO＝∠BPO＝120°，
设A′（m，n），
则A′T＝﹣n，AT＝﹣3﹣m，A′Q＝﹣m，BQ＝﹣n，
在Rt△AA′T中，
由勾股定理，得AT2+A′T2＝AA′2，
在Rt△BA′Q中，
由勾股定理，得BQ2+A′Q2＝A′B2，
即，
解得，
∴OA′2＝m2+n2＝（）2+（）2，故④错误；综上，正确的有①②③．
故选：C．
二．填空题
11．解：把x＝0代入方程（m﹣3）x2+4x+m2﹣9＝0中得：m2﹣9＝0，
解得：m＝±3，∵m﹣3≠0，∴m≠3，∴m＝﹣3，故答案为：﹣3．
12．解：由题意，∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点（﹣1，0），（5，0），且与y轴交于点（0，﹣6），
∴．∴．∴yx2x﹣6（x﹣2）2．∴抛物线的顶点坐标为（2，）．
故答案为：（2，）．
13．令，因为方程的两根都大于，
所以由题意可得，解得．
14.
15．
【解答】解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，
由，解得，
∴M（3，﹣1），
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
解答题（共7小题）
16.（1） （2）
17.当时，不等式为，解得，当时，由不等式，可得，所以，若，则，解不等式得或，
若，则，不等式的解集为若，若，解得时，解不等式得或，当时，由不等式，可得，
所以，解得，
综上所述：当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为.
18．解：（1）把A（﹣2，0），B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得；
（2）由（1）知，二次函数解析式为y＝﹣x2﹣x+2，设点P坐标为（m，﹣m2﹣m+2），
∵△PAB的面积为6，AB＝1﹣（﹣2）＝3，∴S△PABAB |yP|3×|﹣m2﹣m+2|＝6，∴|m2+m﹣2|＝4，
即m2+m﹣2＝4或m2+m﹣2＝﹣4，解得m＝﹣3或m＝2，∴P（﹣3，﹣4）或（2，﹣4）．
19．
【解答】解：（1）由题意可知BP′＝PC＝5，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，而∠PAC+∠BAP＝60°，
所以∠PAP′＝60度．故△APP′为等边三角形，所以PP′＝AP＝AP′＝3；
（2）利用勾股定理的逆定理可知：PP′2+BP2＝BP′2，所以△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°
可求∠APB＝90°+60°＝150°．
20解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣2＝0有两个实数根，∴△≥0，即9﹣4（m﹣2）≥0
解得m．答：m的求值范围为m．
（2）根据根与系数的关系：x1+x2＝3，x1 x2＝m﹣2，∵x1，x2满足2x1＝|x2|+1，
①当x2≥0时，2x1＝x2+1把x2＝3﹣x1代入，得2x1＝3﹣x1+1解得x1，∴x2，∴m﹣2＝x1 x2
∴m．
②当x2＜0时，2x1＝﹣x2+1∴2x1+3﹣x1＝1解得x1＝﹣2，x2＝5，∵2x1＝|x2|+1，
∴x1＝﹣2，x2＝5（不符合题意，舍去）
答：m的值为．
21．解：（1）如图1，过点C作⊥CB交MN于点E，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠ACB，∠BCD＝90°﹣∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴在四边形ACDB中，∠BAC+∠ACD+∠ABD+∠D＝360°，
∴∠BAC+∠D＝180°，
∵∠CAE+∠BAC＝180°，
∠CAE＝∠D，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BECB，
∴BE＝AE+AB＝DB+AB，
∴BD+ABCB；
故答案为：BD＝AE，BD+ABCB；
（2）如图2，过点C作CE⊥CB交MN于点E，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°+∠ACB，∠BCD＝90°+∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴∠CAE＝90°﹣∠AFB，∠D＝90°﹣∠CFD，
∵∠AFB＝∠CFD，
∴∠CAE＝∠D，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BECB，
∴BE＝AE﹣AB＝DB﹣AB，
∴BD﹣ABCB；
（3）如图3，过点C作CE⊥CB交MN于点E，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠DCE，
∠BCD＝90°﹣∠DCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴∠CAE＝90°﹣∠AFC，∠D＝90°﹣∠CFD，
∵∠AFC＝∠BFD，
∴∠CAE＝∠D，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BECB，
∴BE＝AB﹣AE＝AB﹣DB，
∴AB﹣DBCB；
∵△BCE为等腰直角三角形，
∴∠BEC＝∠CBE＝45°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠DBH＝45°
过点D作DH⊥BC，
∴△DHB是等腰直角三角形，
∴BDBH＝2，
∴BH＝DH，
在Rt△CDH中，∠BCD＝30°，DH，
∴CHDH，
∴BC＝CH﹣BH；
故答案为：．
22．解：（1）①∵y＝ax2+x经过点（9，3.6），
∴81a+9＝3.6．
解得：a．
∵yx+b经过点（9，3.6），
∴3.69+b．
解得：b＝8.1；
②由①得：yx2+x
（x2﹣15x）
（x）2（0≤x≤9）．
∴火箭运行的最高点是km．
∴1.35＝2.4（km）．
∴2.4x2+x．
整理得：x2﹣15x+36＝0．
解得：x1＝12＞9（不合题意，舍去），x2＝3．
由①得：yx+8.1．
∴2.4x+8.1．
解得：x＝11.4．
∴11.4﹣3＝8.4（km）．
答：这两个位置之间的距离为8.4km；
（2）当x＝9时，y＝81a+9．
∴火箭第二级的引发点的坐标为（9，81a+9）．
设火箭落地点与发射点的水平距离为15km．
∴yx+b经过点（9，81a+9），（15，0）
∴．
解得：．
∴a＜0时，火箭落地点与发射点的水平距离超过15km．
23．（1）当时，，
所以方程的根为或－3，
所以不等式的解集为．
（2）若，即，此时二次函数的图象在轴上方，
不等式的解集为；
②若，即，此时方程为，
只有一个根，不等式的解集为；
③若，即，
此时方程的两根分别为，，
不等式的解集为．
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
（3）因为，故抛物线的对称轴为且开口向上，
而不等式的解集中恰有三个整数解，
故且，在不等式的解集中（、关于对称），
，不在不等式的解集中（、关于对称），
故，
故.
24解：（1）BD＝CE且BD⊥CE，理由：
∵∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝90°+∠CAD＝∠EAD+∠CAD＝∠CAE，又AB＝AC，AE＝DA，
∴△BAD≌△CAE（SAS），则BD＝CE，∠ABD=∠ACE，利用8字型可知BD⊥CE；
（2）CD＝2AF，理由：
点B作BQ∥AE交AF的延长线于点Q，
∴∠Q＝∠EAF，∠EFA＝∠QFB，
∵F是BE中点，则FE＝FB，
∴△FAE≌△FBQ（AAS），
∴AF＝FQAQ，BQ＝AE＝AD，
∵BQ∥EA，
∴∠QBA+∠EAB＝180°，
∵∠DAC+∠EAB＝360°﹣∠DAE﹣∠BAC＝180°，
∴∠DAC＝∠QBA，
∵AB＝AC，
∴△DAC≌△QAB（SAS），
则CD＝BQ＝2AF；
（3）△ADE旋转得到D，E，F三点共线，
①如图所示，过点A作AM⊥D1F于M，
∵Rt△ADE是等腰三角形，AD＝AE＝AD1＝AE1＝1，AM⊥D1F，
∴D1E1，AM＝D1MD1E1，
在Rt△AFM中，AF＝AB，
∴MF，ME1，
则EF；
∴D1F＝MF﹣D1M，即△ADE旋转得到D，E，F三点共线时，EF；
②如图所示，过点A作AN⊥D2F于N，
同理，D2F＝MF﹣D2M，即△ADE旋转得到D，E，F三点共线时，EF，
综上所述，线段EF的长为：或．

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