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湖北省武汉市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10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋 宁乡市期末）将一元二次方程2x2﹣1＝3x化为一般形式后，二次项系数和一次项系数分别是（　　）
A．2，﹣3 B．2，3 C．2，﹣1 D．2x2，3x
2．（3分）（2024 盐都区校级二模）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）（2025 吴兴区二模）利用“配方法”解方程x2﹣4x﹣7＝0，配方结果正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝11 B．（x﹣2）2＝3 C．（x﹣4）2＝11 D．（x﹣4）2＝3
4．（3分）（2023秋 富锦市校级月考）把抛物线y＝3x2﹣3向下平移5个单位长度，再向左平移2个单位长度，所得的抛物线是（　　）
A．y＝3（x﹣2）2 B．y＝3（x+2）2﹣8
C．y＝3（x+2）2 D．y＝3（x+2）2+8
5．（3分）（2023秋 蓬江区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，点D，C是的三等分点，∠COD＝34°，则∠AEO的度数是（　　）
A．51° B．56° C．68° D．78°
6．（3分）（2022秋 澧县期末）已知a，b是方程x2+3x﹣2021＝0的两根，则代数式2a+2b+ab的值为（　　）
A．﹣2015 B．2015 C．﹣2027 D．2027
7．（3分）（2023 濮阳县模拟）如图，矩形ABCD的边AD与x轴重合，且点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（3，3），点D的坐标为（﹣1，0），连接AC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，当点B的对应点B′落在对角线AC上时，边B′C′与x轴交于点P，则点P的坐标是（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）（2024秋 大洼区校级期末）我国古代著作《算法统宗》中记载：“今有方田一段，圆田一段，共积二百五十二步，只云方面圆径适等．问方（面）圆径各若干？”意思是：现在有正方形田和圆形田各一块（如图所示），面积之和为252，只知道正方形田的边长与圆形田的直径相等．问正方形田的边长和圆形田的直径各为多少？设正方形田的边长为x，则可列出方程为（　　）
A．x2+πx2＝252 B．（2x）2+πx2＝252
C．x2+2πx2＝252 D．
9．（3分）（2024 安徽模拟）一副三角板如图所示放置，∠ACB＝∠EBD＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，BD＝BE＝2，F为CE的中点，将△BDE绕点B旋转过程中，AF的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．2
10．（3分）（2025 荣县校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0），交y轴的正半轴于点C，对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，则下列结论：①2a+b＝0；②abc＜0；③a+b≥am2+bm（m为任意实数）；④若点Q（m，n）是抛物线上第一象限上的动点，当△QBC的面积最大时，m＝2，其中正确的有（　　）
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）
11．（3分）（2024秋 长垣市校级期末）已知：点A（2024，﹣2025）与点B（a，b）关于原点O成中心对称，则a+b＝ 　 　 ．
12．（3分）（2024 青阳县三模）若方程x2﹣x+m＝0没有实数根，则m的值可以是 　 　 ．
13．（3分）（2024秋 长沙期末）湘绣是中国四大名绣之一，是以湖南长沙为中心的带有鲜明湘楚文化特色的湖南刺绣产品的总称，它起源于湖南的民间刺绣，吸取了苏绣和粤绣的优点而发展起来，已经有2000多年历史．日常生活中常见的湘绣由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知AC＝BD＝5cm，AC⊥CD，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，CD＝16cm，⊙O的半径r＝10cm，则圆盘离桌面CD最近的距离为 　 　 cm．
14．（3分）（2024秋 江夏区校级期中）《九章算术》中记载：“今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．”译文：今有门，不知其高、宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽出4尺；竖放，竿比门高出2尺；斜放，竿与门的对角线长恰好相等，则门的对角线长为 　 　 尺．
15．（3分）（2024春 赣榆区校级月考）如图，在 ABCD中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝30°，对角线AC与BD交于点O，将直线l绕点O按顺时针方向旋转，分别交AD、BC于点E、F，则四边形ABFE周长的最小值是 　 　 ．
16．（3分）（2023秋 西乡塘区校级期中）如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴为x＝﹣1，且过点（﹣3，0）．下列说法：①abc＜0；②2a+b＜0；③4a﹣2b+c＞0；④若（﹣5，y1），是抛物线上两点．则y1＞y2；⑤b2﹣4ac＞0．正确的序号有 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024 黑龙江三模）解方程：2x2+4x﹣30＝0．
18．（8分）（2022秋 白云区校级期中）如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，∠ABO＝60°，把Rt△AOB绕点A顺时针旋转角α（30°＜α＜180°），得到△AO′B′．
（1）当α＝60°时，判断点B是否在直线O′B′上，并说明理由；
（2）连接OO′，设OO′与AB交于点D，当α为何值时，四边形ADO′B′是平行四边形？请说明理由．
19．（8分）如图，空地上有一段长为20m的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100m木栏，且围成的矩形菜园的面积为450m2，求所利用旧墙AD的长．
20．（8分）如图，已知Rt△ABC内接于⊙O（AB＜BC），∠ABC＝90°，点D为的中点，作BE⊥AC于点F，交CD于点E．
（1）证明：BE＝BC；
（2）若cos∠BCE，EF＝4，求AF的长．
21．（8分）（2022秋 香坊区校级期中）如图所示，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，建立平面直角坐标系，△ABC的三个顶点都在格点上（每个方格的顶点叫格点）．（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出C1的坐标；
（2）画出△ABC绕O点顺时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出C2的坐标．
22．（10分）（2022秋 定海区校级月考）舟山渔业公司以30元/千克的价格收购一批渔产品进行销售，为了得到日销售量P（千克）与销售价格x（元/千克）之间的关系，经过市场调查获得部分数据如下表：
销售价格x（元/千克） 30 35 40 45 50
日销售量p（千克） 600 450 300 150 0
（1）请你根据表中的数据，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定P与x之间的函数表达式（直接写出）；
（2）当这批渔产品的销售价格定为每千克多少元时，渔业公司的日销售利润最大？
（3）该公司每销售1千克这种渔产品需支出a元（a＞0）的相关费用，当40≤x≤45时，该公司的日获利的最大值为2430元，求a的值（日获利＝日销售利润﹣日支出费用）．
23．（10分）（2025春 市南区校级期中）综合与实践探究
【问题背景】学习三角形旋转之后，八1班各学习小组打算用两个大小不同的等腰直角三角形通过旋转变换设计本组的logo，小鸣在设计logo的过程中发现两个三角形在旋转过程中，某些边和角存在一定的关系．因此，他和同学一起对这个问题进行了数学探究．
已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°
【初步探究】（1）小鸣将△ADE绕点A在平面内自由旋转，连接BD、CE后，他发现这两条线段存在着一定的数量关系，如图（1），请探究线段BD、CE的数量关系，并说明理由；
【深入探究】（2）若∠ADB＝90°，旋转过程中，当点D、点E和BC的中点O三点共线时，如图2，探究线段BD、DO和OE的数量关系，并说明理由．
【应用探究】（3）如图2，在（2）的条件下，若∠BAD＝30°，AB＝4，则OD＝　 　 （直接写出结果）
【拓展探究】（4）如图3，当∠BDC＝60°，，，则CD＝　 　 （直接写出结果）
24．（12分）（2024 安阳模拟）操作与探究：已知点P是抛物线y＝﹣x2﹣2x+3上的一个动点．
（1）在如图的平面直角坐标系xOy中画出函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象；
（2）仔细观察图象，结合所学知识解答下列问题：
①当函数值y≥0时，自变量x的取值范围是 　 　 ；
②方程的根是 　 　 （结果保留一位小数）；
③当x＜m时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是 　 　 ；
④当﹣2≤x≤n时，函数值3≤y≤4，直接写出n的取值范围 　 　 ．
湖北省武汉市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10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋 宁乡市期末）将一元二次方程2x2﹣1＝3x化为一般形式后，二次项系数和一次项系数分别是（　　）
A．2，﹣3 B．2，3 C．2，﹣1 D．2x2，3x
【考点】一元二次方程的一般形式．
【专题】一元二次方程及应用；数感．
【答案】A
【分析】一元二次方程整理后为一般形式，找出二次项系数与一次项系数即可．
【解答】解：方程整理得：2x2﹣3x﹣1＝0，
所以，二次项系数为2；一次项系数为﹣3，
故选：A．
【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0）其中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．（3分）（2024 盐都区校级二模）下列图形中，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】B
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：选项A、C、D的图形均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．（3分）（2025 吴兴区二模）利用“配方法”解方程x2﹣4x﹣7＝0，配方结果正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝11 B．（x﹣2）2＝3 C．（x﹣4）2＝11 D．（x﹣4）2＝3
【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】先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上4，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．
【解答】解：x2﹣4x﹣7＝0，
x2﹣4x＝7，
x2﹣4x+4＝11，
（x﹣2）2＝11．
故选：A．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
4．（3分）（2023秋 富锦市校级月考）把抛物线y＝3x2﹣3向下平移5个单位长度，再向左平移2个单位长度，所得的抛物线是（　　）
A．y＝3（x﹣2）2 B．y＝3（x+2）2﹣8
C．y＝3（x+2）2 D．y＝3（x+2）2+8
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】B
【分析】根据二次函数图象的平移规律，可得答案．
【解答】解：将抛物线y＝3x2﹣3先向下平移5个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是将抛物线y＝3（x+2）2﹣3﹣5，即：y＝3（x+2）2﹣8．
故选：B．
【点评】主要考查了二次函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
5．（3分）（2023秋 蓬江区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，点D，C是的三等分点，∠COD＝34°，则∠AEO的度数是（　　）
A．51° B．56° C．68° D．78°
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】A
【分析】先根据圆心角、弧、弦的关系得到∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝34°，然后利用平角的定义计算∠AOE的度数，再根据等腰三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：∵点D、C是的三等分点，
即，
∴∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝34°，
∴∠AOE＝180°﹣3×34°＝78°，
∵OA＝OE，
∴∠AEO＝∠A51°．
故选：A．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
6．（3分）（2022秋 澧县期末）已知a，b是方程x2+3x﹣2021＝0的两根，则代数式2a+2b+ab的值为（　　）
A．﹣2015 B．2015 C．﹣2027 D．2027
【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】根据已知方程，利用根与系数的关系求出a+b与ab的值，原式变形后代入计算即可求出值．
【解答】解：∵a，b是方程x2+3x﹣2021＝0的两根，
∴a+b＝﹣3，ab＝﹣2021，
则原式＝2（a+b）+ab
＝﹣6﹣2021
＝﹣2027．
故选：C．
【点评】此题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
7．（3分）（2023 濮阳县模拟）如图，矩形ABCD的边AD与x轴重合，且点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（3，3），点D的坐标为（﹣1，0），连接AC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，当点B的对应点B′落在对角线AC上时，边B′C′与x轴交于点P，则点P的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；相似三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得到AB＝CD，BC＝AD，∠B＝∠BAD＝∠CDA＝90°，BC∥AD，求得∠ACB＝∠CAD，根据旋转的性质得到A′B′＝AB＝3，∠AB′C′＝∠B＝90°，AC′＝AC5，∠C′＝∠ACB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，BC＝AD，∠B＝∠BAD＝∠CDA＝90°，BC∥AD，
∴∠ACB＝∠CAD，
∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（3，3），点D的坐标为（﹣1，0），
∴OA＝3，AB＝3，OD＝1，AD＝BC＝4，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴A′B′＝AB＝3，∠AB′C′＝∠B＝90°，AC′＝AC5，∠C′＝∠ACB，
∴∠C′＝∠B′AP，
∵∠FAB′＝∠AC′B′，
∴△APB′∽△C′AB′，
∴，
∴，
∴AP，
∴OP＝AP﹣OA，
∴P的坐标是（，0），
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
8．（3分）（2024秋 大洼区校级期末）我国古代著作《算法统宗》中记载：“今有方田一段，圆田一段，共积二百五十二步，只云方面圆径适等．问方（面）圆径各若干？”意思是：现在有正方形田和圆形田各一块（如图所示），面积之和为252，只知道正方形田的边长与圆形田的直径相等．问正方形田的边长和圆形田的直径各为多少？设正方形田的边长为x，则可列出方程为（　　）
A．x2+πx2＝252 B．（2x）2+πx2＝252
C．x2+2πx2＝252 D．
【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；应用意识．
【答案】D
【分析】根据正方形田和圆形田的面积之和为252，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵正方形田和圆形田各一块，面积之和为252，正方形田的边长与圆形田的直径相等．设正方形田的边长为x，
∴x2+π（）2＝252．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9．（3分）（2024 安徽模拟）一副三角板如图所示放置，∠ACB＝∠EBD＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，BD＝BE＝2，F为CE的中点，将△BDE绕点B旋转过程中，AF的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．2
【考点】三角形的外接圆与外心；旋转的性质；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】取BC的中点N，连接AN、FN，先求出AB、BC的长，即可求出CN的长，利用勾股定理求出AN的长，再证FN为△BCE的中位线，即可求出FN的长，根据三角形三边关系定理即可求出AF的最大值．
【解答】解：取BC的中点N，连接AN、FN，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，
由勾股定理得BC，
∴CN，
∴，
∵F为CE的中点，N为BC的中点，
∴FN为△BCE的中位线，
∴FN，
∵BD＝BE＝2，
∴FN＝1，
∵AF≤AN+FN，
∴当点A、F、N三点共线时，AF最大，
∴AF的最大值为，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形，勾股定理，三角形三边关系定理，正确作出辅助线是解题的关键．
10．（3分）（2025 荣县校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0），交y轴的正半轴于点C，对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，则下列结论：①2a+b＝0；②abc＜0；③a+b≥am2+bm（m为任意实数）；④若点Q（m，n）是抛物线上第一象限上的动点，当△QBC的面积最大时，m＝2，其中正确的有（　　）
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；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值；抛物线与x轴的交点．
【专题】函数的综合应用；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据已知点的特点可求对称轴为直线x＝1，则b＝﹣2a；由函数的图象可知，a＜0，c＞0，再由b＝﹣2a可知b＞0；当x＝1时，函数有最大值a+b+c；再由铅锤法求△BCQ的面积，从而确定当m＝2时，三角形面积有最大值．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），
∴对称轴为直线x1，
∴1，
∴2a＝﹣b，
∴2a+b＝0，故①正确，符合题意；
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∴b＝﹣2a＞0，
∵抛物线交y轴的正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，故②正确，符合题意；
∵抛物线的对称轴x＝1，开口向下，
∴x＝1时，y有最大值，最大值＝a+b+c．
∴a+b+c≥am2+bm+c（m为任意实数），
∴a+b≥am2+bm（m为任意实数），故③正确，符合题意；
④∵C（0，c），
设直线BC的解析式为y＝kx+t，
∴，
解得，
∴yx+c，
将点A（﹣2，0）代入y＝ax2﹣2ax+c，
∴c＝﹣8a．
∴y＝ax2﹣2ax﹣8a．
过点Q作QN∥y轴交BC于点P，
∵Q（m，n），
∴P（m，2am﹣8a），
∴PQ＝n﹣2am+8a．
∴S△QBC4×（n﹣2am+8a）＝2（n﹣2am+8a），
∵n＝am2﹣2am﹣8a，
∴S△QBC＝2（am2﹣4am）＝2a（m﹣2）2﹣8a．
∴当m＝2时，△QBC的面积最大，
故④正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数图象上的坐标特征，二次函数的性质，二次函数最值的求法以及三角形面积公式．二次函数y＝ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 长垣市校级期末）已知：点A（2024，﹣2025）与点B（a，b）关于原点O成中心对称，则a+b＝ 　1　 ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】1．
【分析】关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，由此可得a，b的值，进而可得答案．
【解答】解：∵点A（2024，﹣2025）与点B（a，b）关于原点O成中心对称，
∴a＝﹣2024，b＝﹣（﹣2025）＝2025，
∴a+b＝﹣2024+2025＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解答本题的关键．
12．（3分）（2024 青阳县三模）若方程x2﹣x+m＝0没有实数根，则m的值可以是 　1（答案不唯一）　 ．
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】1（答案不唯一）．
【分析】利用根的判别式的意义得到Δ＝（﹣1）2﹣4m＜0，然后解不等式得到m的范围，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：∵方程x2﹣x+m＝0没有实数根，
∴Δ＝（﹣1）2﹣4m＜0，
解得，
∴m的值可以是1，
故答案为：1（答案不唯一）．
【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Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
13．（3分）（2024秋 长沙期末）湘绣是中国四大名绣之一，是以湖南长沙为中心的带有鲜明湘楚文化特色的湖南刺绣产品的总称，它起源于湖南的民间刺绣，吸取了苏绣和粤绣的优点而发展起来，已经有2000多年历史．日常生活中常见的湘绣由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知AC＝BD＝5cm，AC⊥CD，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，CD＝16cm，⊙O的半径r＝10cm，则圆盘离桌面CD最近的距离为 　1　 cm．
【考点】垂径定理；勾股定理的应用．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】1．
【分析】连接OA，OB，AB，再过点O作CD的垂线，垂足为M，交AB于点N，交⊙O于点H，利用垂径定理及勾股定理求出ON的长，进而得出OM的长，据此可解决问题．
【解答】解：连接OA，OB，AB，过点O作CD的垂线，垂足为M，分别交AB及⊙O与点N和点H，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，AC＝BD，
∴四边形ABDC为矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝16cm．
又∵OM⊥CD，
∴ON⊥AB，
∴AN8cm．
在Rt△ANO中，
ON（cm）．
又∵NM＝AC＝5cm，
∴OM＝ON+NM＝6+5＝11（cm），
∴HM＝OM﹣OH＝11﹣10＝1（cm），
即圆盘离桌面CD最近的距离为1cm．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了勾股定理的应用及垂径定理，熟知勾股定理及垂径定理是解题的关键．
14．（3分）（2024秋 江夏区校级期中）《九章算术》中记载：“今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．”译文：今有门，不知其高、宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽出4尺；竖放，竿比门高出2尺；斜放，竿与门的对角线长恰好相等，则门的对角线长为 　10　 尺．
【考点】勾股定理的应用；数学常识．
【专题】一元二次方程及应用；等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．
【答案】10．
【分析】设竿的长度为x尺，则门高为（x﹣2）尺，门宽为（x﹣4）尺，利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合（x﹣2）和（x﹣4）均为正数可求得门的高和宽，根据勾股定理即可求得答案．
【解答】解：设竿的长度为x尺，则门高为（x﹣2）尺，门宽为（x﹣4）尺，
依题意得：（x﹣2）2+（x﹣4）2＝x2，
化简得：x2﹣12x+20＝0，
解得：x1＝2，x2＝10．
当x＝2时，x﹣2＝2﹣2＝0，x﹣4＝2﹣4＝﹣2，不合题意，舍去；
当x＝10时，x﹣2＝10﹣2＝8，x﹣4＝10﹣4＝6．
∴门高为8尺，门宽为6尺，
∴门的对角线长为10（尺）．
故答案为：10．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．（3分）（2024春 赣榆区校级月考）如图，在 ABCD中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝30°，对角线AC与BD交于点O，将直线l绕点O按顺时针方向旋转，分别交AD、BC于点E、F，则四边形ABFE周长的最小值是 　12　 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】12．
【分析】根据平行四边形的性质可得△AOF≌△EOC可得AE＝EC，进而确定当EF取最小值时，四边形ABFE周长的最小，即EF⊥BC；然后求得EF取最小值即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠ECO，
∵∠AOF＝∠EOC，
∴△AOF≌△EOC，
∴AE＝EC，
∴四边形ABFE周长为AF+AB+BE+EF＝EC+AB+BE+EF＝AB+BC+EF＝10+EF，
∴当EF取最小值时，四边形ABFE周长的最小，即EF⊥BC，
如图：过A点作AG⊥BC，即AG的长为EF的最小值，
∵∠ABC＝30°，
∴，即EF的最小值为2，
∴四边形ABFE周长的最小值为10+2＝12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形判定与性质、直角三角形的性质等知识点，确定四边形ABFE周长取最小值时点E、F的位置成为解题的关键．
16．（3分）（2023秋 西乡塘区校级期中）如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴为x＝﹣1，且过点（﹣3，0）．下列说法：①abc＜0；②2a+b＜0；③4a﹣2b+c＞0；④若（﹣5，y1），是抛物线上两点．则y1＞y2；⑤b2﹣4ac＞0．正确的序号有 　①④⑤　 ．
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；推理能力．
【答案】①④⑤．
【分析】根据图像开口方向判断a，根据与y轴交点判断c，根据对称轴判断b，可判断①；根据对称轴得到a，b的关系，可判断②；根据当x＝﹣2时，y＜0可判断③；根据抛物线的对称性和增减性可判断④；再根据抛物线与x轴交点个数，利用根的判别式可判断⑤．
【解答】解：由图可知：抛物线开口向上，则a＞0，
抛物线与y轴交于负半轴，则c＜0，
对称轴为直线，则b＞0，
∴abc＜0，故①正确；
∵，
∴b＝2a，即2a+b＝4a＞0，故②错误；
由图可知：当x＝﹣2时，y＜0，即4a﹣2b+c＜0，故③错误；
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣1，﹣1﹣（﹣5）＝4，，且，
∴（﹣5，y1）离对称轴较远，离对称轴较近，
又开口向上，
∴y1＞y2，故④正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴对应方程ax2+bx+c＝0中，Δ＝b2﹣4ac＞0，故⑤正确；
∴正确的有①④⑤，
故答案为：①④⑤．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024 黑龙江三模）解方程：2x2+4x﹣30＝0．
【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】x1＝3，x2＝﹣5．
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：2x2+4x﹣30＝0，
化简得：x2+2x﹣15＝0，
因式分解得：（x+5）（x﹣3）＝0，
∴x+5＝0或x﹣3＝0，
解得：x1＝3，x2＝﹣5．
【点评】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法．
18．（8分）（2022秋 白云区校级期中）如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，∠ABO＝60°，把Rt△AOB绕点A顺时针旋转角α（30°＜α＜180°），得到△AO′B′．
（1）当α＝60°时，判断点B是否在直线O′B′上，并说明理由；
（2）连接OO′，设OO′与AB交于点D，当α为何值时，四边形ADO′B′是平行四边形？请说明理由．
【考点】旋转的性质；平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）点B（0，1）在直线O'B'上；
（2）当α＝120°时，四边形ADO'B'是平行四边形．
【分析】（1）先建立平面直角坐标系，求出直线AB的函数解析式，即可到得点A和B两点的坐标，进而得出点B'和O'两点的坐标，即可求出直线O'B'的函数解析式，即可判定点B是否在直线O'B'上．
（2）通过旋转的性质，证明两组内错角相等，进而得到对边平行，利用对边互相平行的四边形是平行四边形来判定平行四边形．
【解答】解：（1）以O点为坐标原点，以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图1，
∵∠AOB＝90°，∠ABO＝60°，
∴∠BAO＝30°，AB＝2OB，，
设OB＝1，则B点坐标为（0，1），则，则A点坐标为，
由A和B两点可求得直线AB的函数解析式为：，
∴，∠BAO＝30°，AB＝2，
∵旋转角为60°，
∴，，
由B'和O'两点可求得直线O'B'的函数解析式为：，
∵x＝0时，y＝1．
∴点B（0，1）在直线O'B'上．
（2）如图2，当α＝120°时，四边形ADO'B'是平行四边形．
理由：∵AO＝AO'，∠OAO'＝120°，
∴∠AOO'＝∠AO'O＝30°，
∵∠BAO＝30°，
∴∠DAO'＝∠AO'B'＝90°，
∴AD∥O'B'，
∵∠B'AO'＝∠BAO，
∴∠B'AO'＝∠AO'O＝30°，
∴DO'∥AB，
∴四边形ADO'B'是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，坐标与图形的变化——旋转，解题关键是通过两点能求出直线的解析式，进而得到一次函数图象上点的坐标的特征．
19．（8分）如图，空地上有一段长为20m的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100m木栏，且围成的矩形菜园的面积为450m2，求所利用旧墙AD的长．
【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】所利用旧墙AD的长为10m．
【分析】设AB＝b m，则AD＝BC＝（100﹣2b） m．根据围成的矩形菜园的面积为450m2，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
【解答】解：设AB＝b m，则AD＝BC＝（100﹣2b） m．
根据题意得：b（100﹣2b）＝450，
解得：b1＝5，b2＝45，
当b＝5时，100﹣2b＝90＞20，不合题意，舍去；
当b＝45时，100﹣2b＝10，符合题意；
答：所利用旧墙AD的长为10m．
【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．
20．（8分）如图，已知Rt△ABC内接于⊙O（AB＜BC），∠ABC＝90°，点D为的中点，作BE⊥AC于点F，交CD于点E．
（1）证明：BE＝BC；
（2）若cos∠BCE，EF＝4，求AF的长．
【考点】三角形的外接圆与外心；解直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由圆周角定理得到∠DBC＝∠DCB，∠A＝∠D，由余角的性质得到∠A＝∠CBF，由三角形外角的性质推出∠BEC＝∠DCB，得到BE＝BC；
（2）由锐角的余弦求出EC长，由勾股定理求出FC长，由勾股定理列出关于BF的方程，求出BF的长，由△ABF∽△BCF，得到BF：CF＝AF：BF，代入有关数据，即可求出AF的长．
【解答】（1）证明：∵点D为的中点，
∠DBC＝∠DCB，
∵AC是圆的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE⊥AC，
∴∠A+∠ABF＝∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠A＝∠D，
∴∠CBF＝∠D，
∵∠BEC＝∠D+∠DBE，∠DBC＝∠CBF+∠DBE，
∴∠BEC＝∠DBC，
∴∠BEC＝∠DCB，
∴BE＝BC；
（2）解：∵∠FEC＝∠BCE，
∴cos∠FEC＝cos∠BCE，
∴，
∵EF＝4，
∴EC＝4，
∴FC8，
设BF＝x，则BC＝BE＝4+x，
∵BC2＝BF2+FC2，
∴（x+4）2＝x2+82，
∴x＝6，
∴BF＝6，
∵∠AFB＝∠CFB＝90°，∠A＝∠CBF，
∴△ABF∽△BCF，
∴BF：CF＝AF：BF，
∴6：8＝AF：6，
∴AF．
【点评】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，解直角三角形，关键是由勾股定理求出BF的长，证明△ABF∽△BCF，从而求出AF的长．
21．（8分）（2022秋 香坊区校级期中）如图所示，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，建立平面直角坐标系，△ABC的三个顶点都在格点上（每个方格的顶点叫格点）．（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出C1的坐标；
（2）画出△ABC绕O点顺时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出C2的坐标．
【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣轴对称变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）见解析，（﹣4，2）；
（2）见解析，（2，﹣4）．
【分析】（1）根据轴对称变换的性质找出对应点，再连线即可作图，根据图形读出坐标即可；
（2）根据旋转变换的性质找出对应点，再连线即可作图，根据图形读出坐标即可．
【解答】解：（1）如图所示△A1B1C1即为所求作的三角形，
由图可知：点C1的坐标是（﹣4，2）；
（2）如图所示△A2B2C2即为所求作的三角形，
由图可知：点C2的坐标是（2，﹣4）；
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换和作图﹣旋转变换，根据题意找出三角形变换后的对应点是解题的关键．
22．（10分）（2022秋 定海区校级月考）舟山渔业公司以30元/千克的价格收购一批渔产品进行销售，为了得到日销售量P（千克）与销售价格x（元/千克）之间的关系，经过市场调查获得部分数据如下表：
销售价格x（元/千克） 30 35 40 45 50
日销售量p（千克） 600 450 300 150 0
（1）请你根据表中的数据，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定P与x之间的函数表达式（直接写出）；
（2）当这批渔产品的销售价格定为每千克多少元时，渔业公司的日销售利润最大？
（3）该公司每销售1千克这种渔产品需支出a元（a＞0）的相关费用，当40≤x≤45时，该公司的日获利的最大值为2430元，求a的值（日获利＝日销售利润﹣日支出费用）．
【考点】二次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；二次函数的应用；应用意识．
【答案】（1）P＝﹣30x+1500；
（2）当x＝40时，y有最大值3000元；
（3）a的值为2．
【分析】（1）用待定系数法可得P与x之间的函数表达式；
（2）由总利润＝每千克利润×销售量可列出函数关系式，再由二次函数性质可得答案；
（3）先列出函数关系式，再分两种情况，由二次函数性质可得答案．
【解答】解：（1）观察表中数据，P与x满足一次函数关系，设P＝kx+b，
把（30，600），（35，450）代入得：
，
解得，
∴P＝﹣30x+1500；
（2）设日销售利润为y元，
根据题意得：y＝P（x﹣30）＝（﹣30x+1500）（x﹣30）＝﹣30（x﹣40）2+3000，
∵﹣30＜0，
∴当x＝40时，y有最大值3000元；
（3）日获利y＝P（x﹣30﹣a）＝（﹣30x+1500）（x﹣30﹣a），
∴y＝﹣30x2+（2400+30a）x﹣（1500a+45000），
对称轴，
若40a＞45，即a＞10，
当x＝45时，y有最大值2250﹣150a，
∵2250﹣150a＜2430，
∴这种情况不存在，
若40a＜45，即a＜10时，
当x＝40a时，y有最大值，
∴﹣30（40a）2+（2400+30a）（40a）﹣（1500a+45000）＝2430，
解得a＝38（舍去）或a＝2，
∴a的值为2．
【点评】本题考查一次函数，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
23．（10分）（2025春 市南区校级期中）综合与实践探究
【问题背景】学习三角形旋转之后，八1班各学习小组打算用两个大小不同的等腰直角三角形通过旋转变换设计本组的logo，小鸣在设计logo的过程中发现两个三角形在旋转过程中，某些边和角存在一定的关系．因此，他和同学一起对这个问题进行了数学探究．
已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°
【初步探究】（1）小鸣将△ADE绕点A在平面内自由旋转，连接BD、CE后，他发现这两条线段存在着一定的数量关系，如图（1），请探究线段BD、CE的数量关系，并说明理由；
【深入探究】（2）若∠ADB＝90°，旋转过程中，当点D、点E和BC的中点O三点共线时，如图2，探究线段BD、DO和OE的数量关系，并说明理由．
【应用探究】（3）如图2，在（2）的条件下，若∠BAD＝30°，AB＝4，则OD＝　　 （直接写出结果）
【拓展探究】（4）如图3，当∠BDC＝60°，，，则CD＝　6　 （直接写出结果）
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）BD＝CE，理由见解答；
（2），理由见解答；
（3）；
（4）6．
【分析】（1）证明△ABD≌△ACE 即可；
（2）过C作CM∥BD，证明△BDO≌△CMO，则CM＝BD，OM＝OD，由已知得CM∥AE，CE＝CM，由勾股定理得，进而得到．
（3）由直角三角形的性质可分别求得BD、AD，进而求得DE，由即可求得结果：
（4）设∠DBC＝α，则∠ABD＝45°+α由（1）可得△ABD≌△ACE，则∠ABD＝∠ACE＝45°+α，导角证明∠DCE＝150°，过点E作EH⊥CD交延长线于点H，则∠HCE＝30°，在 Rt△HEC 中，∠HCE＝30°，，则，由勾股定理得，在Rt△ADE 中，AD＝AE，∠AED＝45°，由勾股定理得：，在Rt△DEH中，由勾股定理得 HD＝9，再由CD＝HD﹣HC即可求解．
【解答】解：（1）BD＝CE，理由如下：
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2），理由如下：
如图，过C作CM∥BD，
则∠DBO＝∠MCO，
∵O为BC的中点，
∴OB＝OC，
在△BDO和△CMO中，
，
∴△BDO≌△CMO（ASA），
∴CM＝BD，OM＝OD，
∵∠ADB＝90°，∠DAE＝90°，
∴BD∥AE，
∵CM∥BD，
∴CM∥AE，
∴∠ECM＝90°，
由（1）知△ABD≌△ACE，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠CEM＝45°，
∴∠CME＝∠CEM＝45°，
∴CE＝CM，
由勾股定理得，
∴．
（3）∵∠ADB＝90°，∠BAD＝30°，AB＝4，
∴，
由勾股定理得，
由勾股定理得，
由（2）知，
∵OE＝DE﹣OD，
∴，
即，
故答案为：．
（4）设∠DBC＝α，则∠ABD＝45°+α，
由（1）可得△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE＝45°+α，
∴∠CBD+∠BDC+∠BCD＝180°，
∴α+60°+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝120°﹣α，
∵∠ACE+∠ACB+∠BCD+∠DCE＝360°，∠ACE＝45°+α，∠ACB＝45°，∠BCD＝120°﹣α，
∴∠DCE＝150°，
过点E作EH⊥CD交延长线于点H，
∠DCE＝150°，
∴∠HCE＝30°，
在 Rt△HEC 中，∠HCE＝30°，，
∴，
∴由勾股定理得：，
在 Rt△ADE 中，AD＝AE，∠AED＝45°，
∴由勾股定理得：，
在 Rt△DEH 中，DE2＝HE2+HD2，
∴HD＝9，
∵CD＝HD﹣HC，
∴CD＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了几何变换的综合应用，主要考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，有一定的综合性，证明三角形全等是解题的关键．
24．（12分）（2024 安阳模拟）操作与探究：已知点P是抛物线y＝﹣x2﹣2x+3上的一个动点．
（1）在如图的平面直角坐标系xOy中画出函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象；
（2）仔细观察图象，结合所学知识解答下列问题：
①当函数值y≥0时，自变量x的取值范围是 　﹣3≤x≤1　 ；
②方程的根是 　（2.4，0）、（﹣0.4，0）（答案不唯一）　 （结果保留一位小数）；
③当x＜m时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是 　m≤4　 ；
④当﹣2≤x≤n时，函数值3≤y≤4，直接写出n的取值范围 　﹣1≤n≤0　 ．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数综合题；函数思想；二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】（1）描点连线绘制函数图象见解答；
（2）﹣3≤x≤1，（﹣2.4，0）、（0.4，0）（答案不唯一），m≤﹣1，﹣1≤n≤0．
【分析】（1）取点描点连线即可绘制函数图象；
（2）①当函数值y≥0时，观察函数图象即可求解；
②方程的根，可以看成y＝﹣x2﹣2x+1和x轴的交点，即可求解；
③观察函数图象即可求解；
④观察函数图象即可求解．
【解答】解：（1）对于y＝﹣x2﹣2x+3，当x＝0时，y＝3，
令y＝﹣x2﹣2x+3＝0，则x＝﹣3或1，
当x＝0或﹣2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3，
抛物线的顶点坐标为：（﹣1，4），
利用上述5个点：（﹣3，0）、（1，0）、（0，3）、（﹣2，3）、（﹣1，4），描点连线绘制函数图象如下：
（2）①当函数值y≥0时，从图象看，自变量x的取值范围是﹣3≤x≤1；
②方程的根，可以看成y＝﹣x2﹣2x+1和x轴的交点，如图：
将y＝﹣x2﹣2x+3向下平移两个单位，即为y＝﹣x2﹣2x+1，
该函数的x轴的交点坐标近似为：（﹣2.4，0）、（0.4，0）（答案不唯一）；
③当x＜m时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是m≤﹣1；
④当﹣2≤x≤n时，函数值3≤y≤4，此时x＝n在对称轴和y轴之间，即﹣1≤n≤0；
故答案为：﹣3≤x≤1，（2.4，0）、（﹣0.4，0）（答案不唯一），m≤﹣1，﹣1≤n≤0．
【点评】本题考查了二次函数综合运用，涉及到函数的图象和性质、图象的平移，函数思想是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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