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天津市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋 平城区校级月考）按照国际航天届的惯例，很多航天任务都会特别设计一枚图标，下列航天图标是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）（2024秋 吴桥县期末）一元二次方程2x2﹣3x+4＝0的根的情况为（　　）
A．没有实数根
B．有两个相等实数根
C．有两个不相等的实数根
D．无法判断
3．（3分）（2023秋 新宾县期末）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB'C，点B'恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（　　）
A．90° B．60° C．45° D．30°
4．（3分）（2024秋 太康县期中）一元二次方程x2﹣6x+5＝0用配方法解方程，配方结果是（　　）
A．（x﹣3）2＝4 B．（x﹣9）2＝4 C．（x﹣3）2＝14 D．（x﹣9）2＝14
5．（3分）（2022 城中区二模）抛物线y＝﹣3（x+2）2+5的顶点坐标是（　　）
A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（2，﹣5） D．（﹣2，﹣5）
6．（3分）（2022秋 蜀山区校级月考）抛物线yx2与抛物线yx2+2的相同点是（　　）
A．顶点相同 B．对称轴相同
C．开口方向相同 D．顶点都在x轴上
7．（3分）（2023 阜新）近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商纷纷开展降价促销活动．某款燃油汽车今年3月份售价为23万元，5月份售价为16万元．设该款汽车这两月售价的月均下降率是x，则所列方程正确的是（　　）
A．16（1+x）2＝23 B．23（1﹣x）2＝16
C．23﹣23（1﹣x）2＝16 D．23（1﹣2x）＝16
8．（3分）（2024秋 凉山州期末）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C．设点B′的坐标为（1，4），则点B的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣3） B．（﹣1，﹣4） C．（﹣1，﹣5） D．（﹣1，﹣6）
9．（3分）（2024 无为市模拟）已知二次函数y＝x2+（2m﹣1）x+2m，其中1＜m，点P（x1，y1），Q（x2，y2）是二次函数图象上两点，若﹣3＜x1＜﹣2，x2＜0，则y1与y2的大小关系是（　　）
A．y1＞y2 B．y1≥y2 C．y1＜y2 D．y1≤y2
10．（3分）（2022秋 老河口市期中）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度h（米）与运动时间t（秒）之间的关系式是h＝30t﹣5t2（0≤t≤6），则小球最高时，运动的时间是（　　）
A．4秒 B．3秒 C．2秒 D．1秒
11．（3分）（2025 凉州区校级二模）若1，3是关于x的方程：x2+mx+n＝0的两个实数根，则m+n的值为（　　）
A．﹣4 B．﹣3 C．﹣1 D．3
12．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D（﹣1，2），与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图，则以下结论：①abc＞0；②a+b+c＜0；③c﹣a＝2；④方程ax2+bx+c﹣2＝0有两个相等的实数根．其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）（2025春 柯桥区期末）已知关于x的一元二次方程m（x﹣h）2﹣k＝0（m，h，k均为常数，且m≠0）的解是x1＝2，x2＝5，则关于x的一元二次方程m（x﹣h+3）2＝k的解是 　 　 ．
14．（3分）（2024春 平果市期中）已知x＝1是方程x2﹣3x+2m＝0的一个根，则m的值是 　 　 ．
15．（3分）（2023秋 越城区期末）将二次函数y＝x2+4x+3的图象向左平移1个单位，向下平移2个单位得到的新抛物线的顶点坐标是 　 　 ．
16．（3分）若函数y＝（m+1）x2+3x+2的图象与x轴只有一个公共点，则m的值为 　 　 ．
17．（3分）（2023秋 蓬江区校级月考）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于A、B两点，若点A为（﹣2，0），则线段AB的长为 　 　 ．
18．（3分）（2025 连云港）如图，小亮同学掷铅球时，铅球沿抛物线y＝a（x﹣3）2+2.5运行，其中x是铅球离初始位置的水平距离，y是铅球离地面的高度．若铅球抛出时离地面的高度OA为1.6m，则铅球掷出的水平距离OB为 　 　 m．
三．解答题（共7小题）
19．（2024春 启东市期末）解下列方程：
（1）3x2﹣4x﹣1＝0；
（2）（2x﹣1）2＝3（2x﹣1）．
20．（2023秋 商南县校级期中）如图，在正方形网格中构建平面直角坐标系，△ABC的顶点均在格点上，请按要求解答下列问题．
（1）若△A1B1C1与△ABC关于坐标原点O成中心对称，且点A，B，C的对应点分别为点A1，B1，C1，请在图中画出△A1B1C1，其中点B1的坐标为（ 　 　 ，　 　 ）；
（2）将△ABC绕某点逆时针旋转90°后，点A，B，C的对应点分别为A2（﹣1，﹣2），B2（1，﹣3），C2（0，﹣5），则旋转中心的坐标为（ 　 　 ，　 　 ）．
21．（2023秋 宝应县期中）已知二次函数y＝﹣x2+4x+3．
（1）在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象，并求该函数图象的顶点坐标；
（2）当﹣1≤x≤3时，求y的取值范围．
22．（2024春 阜南县期末）安徽特产黄山毛峰是中国十大名茶之一，茶叶颜色鲜亮，茶香扑鼻，被誉为黄山一绝．在某次茶品交易会上，茶农小林参展首日签单100份，第三天签单144份，若连续三天签单数量的增长率相同，求增长率为多少？
23．（2021秋 咸丰县校级月考）如图1是一座抛物线型拱桥侧面示意图．水面宽AB与桥长CD均为24m，在距离D点6m的点E处，测得桥面到桥拱的距离EF为1.5m，以桥拱顶点O为原点，桥面为x轴建立平面直角坐标系．
（1）求桥拱顶部点O离水面的距离；
（2）如图2，桥面上方有3根高度均为4m的支柱CG，OH，DI，过相邻两根支柱顶端的钢缆呈形状相同的抛物线，其最低点到桥面距离为1m．
①求出其中一条钢缆抛物线的函数表达式；
②为庆祝节日，在钢缆和桥拱之间竖直装饰若干条彩带，设其中一条彩带与支柱OH的水平距离为dm，当这条彩带的长度小于m时，求d的取值范围．
24．（2024春 新城区校级期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90° D为AB边上一点，连接CD，将CD绕点C逆时针旋转 90° 到CE，连接AE．
（1）求证：AE＝DB．
（2）若，，求四边形AECD的面积．
25．（2024 西和县二模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+m的图象与x轴的一个交点为A（3，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求二次函数的表达式及点B的坐标；
（2）若该二次函数的图象上有一点D（不与点C重合）使S△ABD＝S△ABC，求点D的坐标．
天津市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋 平城区校级月考）按照国际航天届的惯例，很多航天任务都会特别设计一枚图标，下列航天图标是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【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）逐项判断即可得．
【解答】解：选项B、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（3分）（2024秋 吴桥县期末）一元二次方程2x2﹣3x+4＝0的根的情况为（　　）
A．没有实数根
B．有两个相等实数根
C．有两个不相等的实数根
D．无法判断
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】A
【分析】当Δ＞0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，一元二次方程没有实数根．求出根的判别式即可得出结论．
【解答】解：由条件可知Δ＝（﹣3）2﹣4×2×4＝﹣23＜0，
∴方程没有实数根．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）根的判别式Δ＝b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．
3．（3分）（2023秋 新宾县期末）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB'C，点B'恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（　　）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形旋转的性质，三角形的内角和定理，平角的意义，利用旋转不变性解答是解题的关键．
4．（3分）（2024秋 太康县期中）一元二次方程x2﹣6x+5＝0用配方法解方程，配方结果是（　　）
A．（x﹣3）2＝4 B．（x﹣9）2＝4 C．（x﹣3）2＝14 D．（x﹣9）2＝14
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】A
【分析】方程整理后，两边都加上9，利用完全平方公式即可将原方程配方．
【解答】解：整理得x2﹣6x＝﹣5，
两边都加上9得x2﹣6x+9＝﹣5+9，
即（x﹣3）2＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的配方．熟练掌握运算法则是解题的关键．
5．（3分）（2022 城中区二模）抛物线y＝﹣3（x+2）2+5的顶点坐标是（　　）
A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（2，﹣5） D．（﹣2，﹣5）
【考点】二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】B
【分析】已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
【解答】解：抛物线y＝﹣3（x+2）2+5的顶点坐标是（﹣2，5），
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数顶点式，y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k），掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．
6．（3分）（2022秋 蜀山区校级月考）抛物线yx2与抛物线yx2+2的相同点是（　　）
A．顶点相同 B．对称轴相同
C．开口方向相同 D．顶点都在x轴上
【考点】二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】B
【分析】分别求出两抛物线开口方向，顶点坐标求解．
【解答】解：抛物线yx2的开口向上，对称轴为y轴，顶点坐标为（0，0），
抛物线yx2+2的开口向下，对称轴为y轴，顶点坐标为（0，2），
∴两条抛物线对称轴相同，
故选：B．
【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．
7．（3分）（2023 阜新）近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商纷纷开展降价促销活动．某款燃油汽车今年3月份售价为23万元，5月份售价为16万元．设该款汽车这两月售价的月均下降率是x，则所列方程正确的是（　　）
A．16（1+x）2＝23 B．23（1﹣x）2＝16
C．23﹣23（1﹣x）2＝16 D．23（1﹣2x）＝16
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；推理能力．
【答案】B
【分析】首先根据3月份售价为23万元，月均下降率是x可得出4月份的售价为23（1﹣x）万元，5月份的售价为23（1﹣x）（1﹣x）＝23（1﹣x）2万元，据此根据5月份售价为16万元可列出方程，进而可得出答案．
【解答】解：∵3月份售价为23万元，月均下降率是x，5月份售价为16万元，
∴23（1﹣x）2＝16．
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，理解题意，根据月均下降率是x表示出5月份的售价是解答此题的关键．
8．（3分）（2024秋 凉山州期末）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C．设点B′的坐标为（1，4），则点B的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣3） B．（﹣1，﹣4） C．（﹣1，﹣5） D．（﹣1，﹣6）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可得△ABC≌△A′B′C，BC＝B′C，可证△BCE≌△B′FC（AAS），CE＝CF，BE＝B′F，由坐标与图形的特点可得B′F＝BE＝1，OE＝5﹣（﹣1）＝6，由此即可求解．
【解答】解：如图所示，过点B′作B′F⊥y轴于点F，过点B作BE⊥y轴于点E，则∠BEC＝∠B′FC＝90°，
∵将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C，
∴BC＝B′C，
又∵∠BCE＝∠B′CF，
∴△BCE≌△B′FC（AAS），
∴CE＝CF，BE＝B′F，
∵C（0，﹣1），B′（1，4），
∴CF＝CE＝4﹣（﹣1）＝5，B′F＝BE＝1，
∴OE＝5﹣（﹣1）＝6，
∴B（﹣1，﹣6），
故选：D．
【点评】本题考查了平面直角坐标系的特点，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握旋转的性质，全等三角形判定和性质是解题的关键．
9．（3分）（2024 无为市模拟）已知二次函数y＝x2+（2m﹣1）x+2m，其中1＜m，点P（x1，y1），Q（x2，y2）是二次函数图象上两点，若﹣3＜x1＜﹣2，x2＜0，则y1与y2的大小关系是（　　）
A．y1＞y2 B．y1≥y2 C．y1＜y2 D．y1≤y2
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】根据题意确定对称轴的范围后可确定P、Q的位置，再根据增减性判断即可．
【解答】解：∵y＝x2+（2m﹣1）x+2m，
∴抛物线的对称轴为：xm，
∵1＜m，
∴﹣1m，
∵﹣3＜x1＜﹣2，x2＜0，
∴P（x1，y1）在对称轴左侧，Q（x2，y2）在对称轴右侧，
∵a＝1＞0，
∴抛物线开口向上，在对称轴左侧，y随x增大而减小，在对称轴右侧，y随x增大而增大，
∴当x＝﹣2时，y1最小＝y＝4﹣4m+2+2m＝﹣2m+6，
当x＝0时，y2最大＝2m，
此时，y1﹣y2＝﹣4m+6，
∵1＜m，
∴﹣4m+6＞0，
∴y1＞y2，
故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质．
10．（3分）（2022秋 老河口市期中）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度h（米）与运动时间t（秒）之间的关系式是h＝30t﹣5t2（0≤t≤6），则小球最高时，运动的时间是（　　）
A．4秒 B．3秒 C．2秒 D．1秒
【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【答案】B
【分析】首先理解题意，先把实际问题转化成数学问题后，知道解此题就是求出h＝30t﹣5t2的顶点坐标即可．
【解答】解：h＝30t﹣5t2＝﹣5（t﹣3）2+45，
∵﹣5＜0，0≤t≤6，
∴当t＝3时，h有最大值，最大值为45，
∴小球运动3秒时，小球最高，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的应用．解此题的关键是把实际问题转化成数学问题，利用二次函数的性质就能求出结果．
11．（3分）（2025 凉州区校级二模）若1，3是关于x的方程：x2+mx+n＝0的两个实数根，则m+n的值为（　　）
A．﹣4 B．﹣3 C．﹣1 D．3
【考点】根与系数的关系．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据题意得到1+3＝﹣m，1×3＝n，由此即可求解．
【解答】解：由条件可知1+3＝﹣m，1×3＝n，
∴m＝﹣4，n＝3，
∴m+n＝﹣4+3＝﹣1，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握根与系数的关系的计算是关键．
12．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D（﹣1，2），与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图，则以下结论：①abc＞0；②a+b+c＜0；③c﹣a＝2；④方程ax2+bx+c﹣2＝0有两个相等的实数根．其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点；根的判别式．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】抛物线开口向下a＜0，对称轴在y轴左侧，b＜0，根据抛物线顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，则根据抛物线的对称性得抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（1，0）之间，抛物线和y轴正半轴相交，c＞0，a+b+c＜0，则abc＞0，则可对①②进行判断；由抛物线的对称轴方程得到b＝2a，而x＝﹣1时，a﹣b+c＝2，则a﹣2a+c＝2，、于是可对③进行判断；利用抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D（﹣1，2），可得到抛物线与直线y＝2只有一个公共点，于是可对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴在y轴左侧，
∴b＜0，
∵对称轴为直线x＝﹣1，抛物线与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，
∴与x轴的另一个交点在点（0，0）和（1，0）之间，
∴抛物线和y轴正半轴相交，x＝1时，y＜0，
∴c＞0，a+b+c＜0，
∴abc＞0，故①正确，②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x1，
∴b＝2a．
∵x＝﹣1时，y＝2，
即a﹣b+c＝2，
∴a﹣2a+c＝2，即c﹣a＝2，所以③正确；
∵当x＝﹣1时，二次函数有最大值为2，
即只有x＝﹣1时，ax2+bx+c＝2，
∴方程ax2+bx+c﹣2＝0有两个相等的实数根，故④错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）（2025春 柯桥区期末）已知关于x的一元二次方程m（x﹣h）2﹣k＝0（m，h，k均为常数，且m≠0）的解是x1＝2，x2＝5，则关于x的一元二次方程m（x﹣h+3）2＝k的解是 　x3＝﹣1，x4＝2　 ．
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】x3＝﹣1，x4＝2．
【分析】令x+3＝y，由题意得到的解为y1＝2，y2＝5，解方程即可得到答案．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程m（x﹣h）2﹣k＝0（m，h，k均为常数，且m≠0）的解是x1＝2，x2＝5，即的解为x1＝2，x2＝5；
令x+3＝y，
∴关于x的一元二次方程m（x﹣h+3）2＝k化为m（y﹣h）2＝k，
∵的解为x1＝2，x2＝5，
∴的解为y1＝2，y2＝5，即x+3＝2或x+3＝5，
∴x3＝﹣1，x4＝2，
∴关于x的一元二次方程m（x﹣h+3）2＝k的解是x3＝﹣1，x4＝2，
故答案为：x3＝﹣1，x4＝2．
【点评】本题考查同解方程，涉及换元法，读懂题意，由同解方程求解是解决问题的关键．
14．（3分）（2024春 平果市期中）已知x＝1是方程x2﹣3x+2m＝0的一个根，则m的值是 　1　 ．
【考点】一元二次方程的解；解一元一次方程．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】1．
【分析】根据方程根的定义，将x＝1代入方程x2﹣3x+2m＝0求解即可．
【解答】解：∵x＝1是方程x2﹣3x+2m＝0的一个根，
∴1﹣3+2m＝0，
解得m＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查方程的解及解方程，熟记方程解的定义及解一元一次方程的方法步骤是解决问题的关键．
15．（3分）（2023秋 越城区期末）将二次函数y＝x2+4x+3的图象向左平移1个单位，向下平移2个单位得到的新抛物线的顶点坐标是 　（﹣3，﹣3）　 ．
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（﹣3，﹣3）．
【分析】由题意知，y＝x2+4x+3＝（x+2）2﹣1，则平移后的抛物线的解析式为y＝（x+2+1）2﹣1﹣2＝（x+3）2﹣3，然后作答即可．
【解答】解：由题意知，y＝x2+4x+3＝（x+2）2﹣1，
∴平移后的抛物线的解析式为y＝（x+2+1）2﹣1﹣2＝（x+3）2﹣3，
∴顶点坐标为（﹣3，﹣3），
故答案为：（﹣3，﹣3）．
【点评】本题考查了二次函数的平移，二次函数的图象与性质．熟练掌握二次函数的平移，二次函数的图象与性质是解题的关键．
16．（3分）若函数y＝（m+1）x2+3x+2的图象与x轴只有一个公共点，则m的值为 　﹣1或　 ．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】﹣1或．
【分析】根据m+1＝0和m+1≠0两种情况，根据一次函数的性质、二次函数与方程的关系解答．
【解答】解：当m+1＝0，即m＝﹣1时，函数解析式为：y＝3x+2是一次函数，图象与x轴有且只有一个交点，
当m+1≠0即m≠﹣1时，函数为二次函数，
∵函数y＝（m+1）x2+3x+2的图象与x轴有且只有一个交点，
∴（m+1）x2+3x+2＝0有2个相等的实数根，
∴Δ＝9﹣8（m+1）＝0，
解得．
故答案为：﹣1或．
【点评】本题考查了一次函数的性质，以及二次函数与x轴的交点问题，掌握二次函数与一元二次方程的关系、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
17．（3分）（2023秋 蓬江区校级月考）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于A、B两点，若点A为（﹣2，0），则线段AB的长为 　6　 ．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】6．
【分析】将点A的坐标代入抛物线解析式可求得c＝﹣8a，再令y＝0，可求得点B的坐标，即可求得答案．
【解答】解：把A（﹣2，0）代入y＝ax2﹣2ax+c，得：4a+4a+c＝0，
解得：c＝﹣8a，
∴y＝ax2﹣2ax﹣8a，
令y＝0，则ax2﹣2ax﹣8a＝0，
∵a≠0，
∴x2﹣2x﹣8＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
∴AB＝4﹣（﹣2）＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了二次函数性质，抛物线与x轴的交点等，利用二次函数与一元二次方程的关系求点B的坐标是解题关键．
18．（3分）（2025 连云港）如图，小亮同学掷铅球时，铅球沿抛物线y＝a（x﹣3）2+2.5运行，其中x是铅球离初始位置的水平距离，y是铅球离地面的高度．若铅球抛出时离地面的高度OA为1.6m，则铅球掷出的水平距离OB为 　8　 m．
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】8．
【分析】由题得A（0，1.6），代入y＝a（x﹣3）2+2.5，得出抛物线的解析式为，令y＝0，求解即可，
【解答】解：由题意，OA＝1.6m，
得A（0，1.6），
将A（0，1.6）代入y＝a（x﹣3）2+2.5，
得：1.6＝a（0﹣3）2+2.5，
解得：，
∴，
令y＝0，得，
解得：x1＝8，x2＝﹣2，
∴OB为8m，
故答案为：8．
【点评】本题考查待定系数法求抛物线解析式，二次函数与x轴的交点坐标，熟练掌握待定系数法和二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
三．解答题（共7小题）
19．（2024春 启东市期末）解下列方程：
（1）3x2﹣4x﹣1＝0；
（2）（2x﹣1）2＝3（2x﹣1）．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；解一元二次方程﹣公式法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1），．（2），x2＝2．
【分析】（1）利用公式法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【解答】解（1）∵a＝3，b＝﹣4，c＝﹣1，
Δ＝16+12＝28＞0，
x，
∴，．
（2）原方程化为（2x﹣1）（2x﹣4）＝0，
∴2x﹣1＝0或2x﹣4＝0，
∴，x2＝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．
20．（2023秋 商南县校级期中）如图，在正方形网格中构建平面直角坐标系，△ABC的顶点均在格点上，请按要求解答下列问题．
（1）若△A1B1C1与△ABC关于坐标原点O成中心对称，且点A，B，C的对应点分别为点A1，B1，C1，请在图中画出△A1B1C1，其中点B1的坐标为（ 　2　 ，　2　 ）；
（2）将△ABC绕某点逆时针旋转90°后，点A，B，C的对应点分别为A2（﹣1，﹣2），B2（1，﹣3），C2（0，﹣5），则旋转中心的坐标为（ 　0　 ，　﹣1　 ）．
【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）作图见解析，2；2；
（2）0，﹣1．
【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）连接AA2，CC2，再分别作线段AA2，CC2的垂直平分线，两线相交于点M，写出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）△A1B1C1如图1所示，（2，2）．
故答案为：2，2；
（2）如图2，连接AA2，CC2，再分别作线段AA2，CC2的垂直平分线，两线相交于点M，则△ABC是绕点M逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，
∴旋转中心的坐标为（0，﹣1），
故答案为：0，﹣1；
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
21．（2023秋 宝应县期中）已知二次函数y＝﹣x2+4x+3．
（1）在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象，并求该函数图象的顶点坐标；
（2）当﹣1≤x≤3时，求y的取值范围．
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的图象．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】（1）作图见解析，顶点坐标为（2，7）；
（2）﹣2≤y≤7．
【分析】（1）列表、描点、连线可得函数图象，然后化成顶点式求顶点坐标即可；
（2）根据二次函数的图象与性质求解即可．
【解答】解：（1）由题意，列表格如下：
x 0 1 2 3 4
y 3 6 7 6 3
描点、连线，作图象如下：
∵y＝﹣x2+4x+3＝﹣（x﹣2）2+7，
∴顶点坐标为（2，7）；
（2）由题意知，对称轴为直线x＝2，
∵﹣1≤x≤3，
∴当x＝﹣1时，，
当x＝2时，ymax＝7，
∴当﹣1≤x≤3时，y的取值范围为﹣2≤y≤7．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的顶点式．熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
22．（2024春 阜南县期末）安徽特产黄山毛峰是中国十大名茶之一，茶叶颜色鲜亮，茶香扑鼻，被誉为黄山一绝．在某次茶品交易会上，茶农小林参展首日签单100份，第三天签单144份，若连续三天签单数量的增长率相同，求增长率为多少？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】增长率为20%．
【分析】设增长率为x，根据茶农小林参展首日签单100份，第三天签单144份，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
【解答】解：设增长率为x，
由题意得：100（1+x）2＝144，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去），
答：增长率为20%．
【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．
23．（2021秋 咸丰县校级月考）如图1是一座抛物线型拱桥侧面示意图．水面宽AB与桥长CD均为24m，在距离D点6m的点E处，测得桥面到桥拱的距离EF为1.5m，以桥拱顶点O为原点，桥面为x轴建立平面直角坐标系．
（1）求桥拱顶部点O离水面的距离；
（2）如图2，桥面上方有3根高度均为4m的支柱CG，OH，DI，过相邻两根支柱顶端的钢缆呈形状相同的抛物线，其最低点到桥面距离为1m．
①求出其中一条钢缆抛物线的函数表达式；
②为庆祝节日，在钢缆和桥拱之间竖直装饰若干条彩带，设其中一条彩带与支柱OH的水平距离为dm，当这条彩带的长度小于m时，求d的取值范围．
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式，然后结合二次函数图象上点的坐标特征计算求解；
（2）①由图象分析右边钢缆所在抛物线的顶点坐标为（6，1），然后利用待定系数法求函数解析式；
②根据题意，列式
y
2﹣
y
1
（x﹣4）2+2，然后解不等式即可．
【解答】解：（1）根据题意可知点F的坐标为（6，﹣1.5），
可设拱桥侧面所在二次函数表达式为：y1＝a1x2，
将F（6，﹣1.5）代入y1＝a1x2有：﹣1.5＝36a1，
解得a1，
∴y1x2，
当x＝12时，y1122＝﹣6，
∴桥拱顶部离水面高度为6m；
（2）①由题意可知右边钢缆所在抛物线的顶点坐标为（6，1），可设其表达式为y2＝a2（x﹣6）2+1，
将H（0，4）代入其表达式有：4＝a2（0﹣6）2+1，求得a2，
∴右边钢缆所在抛物线表达式为：y2（x﹣6）2+1，
同理可得左边钢缆所在抛物线表达式为：y3（x+6）2+1，
②设彩带的长度为L m，
则L＝y2﹣y1（x﹣6）2+1﹣（x2）x2﹣x+4（x﹣4）2+2，
∵这条彩带的长度小于m，
∴（x﹣4）2+2，
解得x．
∴d的取值范围d．
【点评】本题考查二次函数的应用，解决此类型题一般先根据题意设出适当的二次函数表达式（一般式、顶点式或交点式），再结合实际和二次函数的图象与性质进行求解．
24．（2024春 新城区校级期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90° D为AB边上一点，连接CD，将CD绕点C逆时针旋转 90° 到CE，连接AE．
（1）求证：AE＝DB．
（2）若，，求四边形AECD的面积．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）8．
【分析】（1）根据旋转的性质得到CD＝CE，∠DCE＝90°，求得∠ACE＝∠BCD，根据全等三角形的判定和性质定理得到AE＝DB．
（2）求得AB＝4，根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BCAB＝4，根据全等三角形的性质得到S△BDC＝S△AEC，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE与△BCD中，
，
∴△BDC≌△AEC（SAS），
∴AE＝DB．
（2）解：∵，，
∴AB＝4，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AC＝BCAB＝4，
∵△BDC≌△AEC，
∴S△BDC＝S△AEC，
∴S四边形AECD＝S△BDC+S△ACD，
即S四边形AECD＝S△ACBAC BC4×4＝8．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
25．（2024 西和县二模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+m的图象与x轴的一个交点为A（3，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求二次函数的表达式及点B的坐标；
（2）若该二次函数的图象上有一点D（不与点C重合）使S△ABD＝S△ABC，求点D的坐标．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求二次函数解析式．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3，B（﹣1，0）；
（2）满足条件的点D的坐标为（2，3）或或．
【分析】（1）用待定系数法求二次函数的解析式，另y＝0可求出B的坐标；
（2）求出点C的坐标，因为S△ABD＝S△ABC，则根据同底等高的两个三角形的面积相等，所以只要S△ABD的高与OC的长相等即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+2x+m的图象与x轴的一个交点为A（3，0），
代入表达式，得﹣9+2×3+m＝0，
解得m＝3，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3．
在y＝﹣x2+2x+3中，
当y＝0时，则﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣1，
∴B（﹣1，0）；
（2）如图，当点D在x轴上方时，连接BD，AD，过点D作DE⊥AB于点E．
∵当x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C（0，3）．
当S△ABD＝S△ABC时，OC＝DE＝3，
当y＝3时，﹣x2+2x+3＝3，
解得x＝0或x＝2，
∴点D的坐标为（2，3）．
当点D在x轴下方时，﹣x2+2x+3＝﹣3，
解得或，
∴点D的坐标为或．
综上所述，满足条件的点D的坐标为（2，3）或或．
【点评】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，抛物线与两坐标轴的交点，以及二次函数与几何综合，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
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