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山东省济南市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）（2024 衡南县校级开学）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024秋 上城区校级月考）若抛物线y＝a（x+1）2+3a（a＞0）上有A（﹣2.5，y1），B（3，y2）和C（1.2，y3）三点，则y1，y2和y3的大小关系为（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y3＜y1
3．（3分）（2023秋 蔡甸区月考）已知a、b是一元二次方程x2﹣3x+1＝0的根，则代数式的值是（　　）
A．3 B．1 C．﹣3 D．﹣1
4．（3分）（2024 山阳县一模）如图，一个圆柱形的玻璃水杯，将其水平放置，截面是个圆，C为弦AB中点，点D是弧AB的中点，CD＝2cm，杯内水面宽AB＝8cm，则圆的半径的长是（　　）
A．6cm B．5cm C．4cm D．
5．（3分）（2024秋 江阳区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝17，⊙O与△ABC三边分别相切于点D，E，F，且OD＝3，则△ABC的面积是（　　）
A．80 B．70 C．60 D．50
6．（3分）（2022秋 夏津县期中）下列命题中，正确的有（　　）
①平分弦的直径垂直于弦；②三角形的三个顶点确定一个圆；③圆内接四边形的对角相等；④圆的切线垂直于过切点的半径．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（3分）（2022秋 防城区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，此时使点A的对应点A1恰好在AB边上，点B的对应点为B1，A1B1与BC交于点E，则下列结论一定正确的是（　　）
A．AB＝EB1 B．∠CA1A＝∠CA1B1
C．A1B1⊥BC D．CA1＝A1A
8．（3分）（2024 黑龙江三模）在数学实践课上，小华要给一幅长30cm，宽20cm的手抄报加一个边框，如图所示，上下左右边框的宽度相等，且整个图形面积为704cm2，则小华添加的边框的宽度是（　　）
A．1cm B．2cm C．1.5cm D．3cm
9．（3分）（2024秋 巴东县期末）一次函数y＝mx﹣n的图象如图所示，则二次函数y＝m（x﹣n）2的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
10．（3分）（2025 九龙坡区校级三模）如图，若AB为⊙O的直径，过点C的切线交AB的延长线于点D，E为的中点，∠A＝55°，则∠D的度数为（　　）
A．70° B．60° C．55° D．50°
11．（3分）（2024 凉州区三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线AB，射线BC的方向匀速运动，且速度相等，连接DM，MN，ND．设点M运动的路程为x（0≤x≤4），△DMN的面积为S，则S与x之间的函数图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
12．（3分）（2023秋 香洲区校级期中）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列说法正确的有（　　）
①abc＞0；
②a﹣b+c＝0；
③2a+b＝0；
④若ax2+bx+c﹣k＝0有两个实数根，则k≤4；
⑤am2+bm≤a+b．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023 沈阳一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是直线x＝1，且经过点P（3，0），则a﹣b+c的值为 　 　 ．
14．（4分）（2022秋 太仓市校级月考）已知关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有两个实数根x1，x2，且1，则m＝　 　 ．
15．（4分）（2024 武汉模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（1，0），（﹣2，t）两点，其中t＜0，对称轴为x＝﹣1．下列四个结论：①bc＜0；②c＝t；③点A（s，y1）、B（s+1，y2）在抛物线上，当s＜﹣1时，y1＞y2；④已知关于x的方程ax2+bx+c﹣m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是3，若关于x的方程ax2+bx+c﹣n＝0（0＜n＜m）有整数根，则其根为﹣4和2；其中正确的结论是 　 　 （填写序号）．
16．（4分）（2023春 黄岛区校级期末）如图，在矩形ABCD中，O是对角线的交点，AB＝1，∠BOA＝60°，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点F，与BD交于点M，给出下列五个结论：①BF＝BO；②AC＝CH；③BE＝3DE；④S△ACFS△BMF；⑤AH．其中正确的结论有 　 　 （填正确的序号）．
三．解答题（共6小题）
17．（2024秋 鼓楼区校级期中）解方程：
（1）x2+6x﹣7＝0；
（2）2x2﹣3x+1＝0．
18．（2023秋 五华区校级月考）如图所示，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点B（1，2），C（5，3）．
（1）将△ABC平移，使得点A的对应点A1的坐标为（﹣2，4），在所给图的坐标系中画出平移后的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C1；
（3）在y轴上找到一点P，使PA+PB的值最小．
19．已知关于x的一元二次方程x2﹣5x+2m＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当m时，方程的两根分别为矩形的长和宽，求该矩形对角线的长．
20．（2025 湘桥区二模）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，弦AP与BC交于点E，OP与BC交于点Q，∠CPH＝∠CAP．
（1）求证：PH是⊙O的切线；
（2）若OP⊥BC，BE＝1，CE＝2，求劣弧PC的长；
（3）如图2，BC＝2AB，BD⊥AC于点D，交AE于点F，EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，点G恰好在线段OC上，求证：CE＝2BE．
21．（2025 泗洪县三模）近两年直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在网络平台上对一款成本价为120元的商品进行直播销售，如果按每件200元销售，每天可卖出40件．通过市场调查，该商品售价每降低1元，日销售量增加2件，设每件商品降价x元．
（1）每件商品降价x元时，日销售量为　 　 件；
（2）若日销售盈利为4800元，为尽快减少库存，x的值应为多少；
（3）设日销售盈利为W元，当x为何值时，W取值最大，最大值是多少？
22．（2023 宽城区校级开学）在平面直角坐标系中，点A坐标为（a+3，1），点B坐标为（5a﹣1，1）．
（1）当点A和点B重合时，a＝　 　 ．
（2）若点A和点B均在第一象限，求a的取值范围．
（3）当点A、点B和原点构成的三角形面积为3时，求此时点A的坐标．
（4）在平面直角坐标系中有抛物线：y＝2x2﹣5x﹣2，当线段AB与抛物线有交点时，若线段AB恰被某个交点平分，直接写出此时线段AB的长．
山东省济南市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）（2024 衡南县校级开学）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可．
【解答】解：A．该图不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
B．该图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
C．该图不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D．该图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．
2．（3分）（2024秋 上城区校级月考）若抛物线y＝a（x+1）2+3a（a＞0）上有A（﹣2.5，y1），B（3，y2）和C（1.2，y3）三点，则y1，y2和y3的大小关系为（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y3＜y1
【考点】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】B
【分析】由抛物线的解析式及a＞0，可得出抛物线的对称轴为直线x＝﹣1且抛物线开口向上，利用二次函数的性质，可得出抛物线上离对称轴越远的点函数值越大，再结合三点的横坐标及1.5＜2.2＜4，即可得出y1＜y3＜y2．
【解答】解：∵抛物线的解析式为y＝a（x+1）2+3a，且a＞0，
∴抛物线开口向上，且抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∴抛物线上离对称轴越远的点函数值越大．
∵|﹣2.5﹣（﹣1）|＝1.5，|3﹣（﹣1）|＝4，|1.2﹣（﹣1）|＝2.2，1.5＜2.2＜4，
∴y1＜y3＜y2．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记“当a＞0时，抛物线开口向上，抛物线上离对称轴越远的点函数值越大；当a＜0时，抛物线开口向下，抛物线上离对称轴越远的点函数值越小”是解题的关键．
3．（3分）（2023秋 蔡甸区月考）已知a、b是一元二次方程x2﹣3x+1＝0的根，则代数式的值是（　　）
A．3 B．1 C．﹣3 D．﹣1
【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解．
【专题】整体思想；运算能力．
【答案】B
【分析】将x＝a和x＝b分别代入原方程可得出a2+1＝3a，b2+1＝3b，再利用跟与系数的关系即可解决问题．
【解答】解：由题知，
因为a、b是一元二次方程x2﹣3x+1＝0的根，
所以a2﹣3a+1＝0，b2﹣3b+1＝0，
即a2+1＝3a，b2+1＝3b．
所以．
又a+b＝3，ab＝1，
所以．
故选：B．
【点评】本题考查根与系数的关系，整体思想的运用是解题的关键．
4．（3分）（2024 山阳县一模）如图，一个圆柱形的玻璃水杯，将其水平放置，截面是个圆，C为弦AB中点，点D是弧AB的中点，CD＝2cm，杯内水面宽AB＝8cm，则圆的半径的长是（　　）
A．6cm B．5cm C．4cm D．
【考点】垂径定理的应用；勾股定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】连接OA，OC，先由垂径定理可得AC长，再由勾股定理得OC长，从而求出CD长．
【解答】解：如图，连接 OA、OC，
则 OC⊥AB，
AC＝AB＝4（ cm ），
在Rt△OAC 中，
设OA＝x，则，OC＝x﹣2
则：x2﹣（x﹣2）2＝42，
解得：x＝5，
∴半径为5（cm），
故选：B．
【点评】本题考查垂径定理，正确利用构建直角三角形是解题关键．
5．（3分）（2024秋 江阳区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝17，⊙O与△ABC三边分别相切于点D，E，F，且OD＝3，则△ABC的面积是（　　）
A．80 B．70 C．60 D．50
【考点】三角形的内切圆与内心；三角形的面积；切线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】连接OE、OF，由⊙O与△ABC三边分别相切于点D，E，F，得AB⊥OD，AC⊥OE，BC⊥OF，OE＝OF＝OD＝3，AE＝AD，BF＝BD，则AE+BF＝AD+BD＝AB，推导出S△AOE+S△BOF＝S△AOB，可证明四边形OECF是正方形，则S四边形OECF＝OE2＝9，求得S△ABC＝S△AOE+S△BOF+S△AOB+S四边形OECF＝60，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OE、OF，
∵⊙O与△ABC三边分别相切于点D，E，F，且∠ACB＝90°，AB＝17，OD＝3，
∴AB⊥OD，AC⊥OE，BC⊥OF，OE＝OF＝OD＝3，AE＝AD，BF＝BD，
∴AE+BF＝AD+BD＝AB，
∴S△AOE+S△BOFAE OEBF OF（AE+BF） ODAB OD＝S△AOB3×17，
∵∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵OE＝OF，
∴四边形OECF是正方形，
∴S四边形OECF＝OE2＝32＝9，
∴S△ABC＝S△AOE+S△BOF+S△AOB+S四边形OECF9＝60，
故选：C．
【点评】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、正方形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
6．（3分）（2022秋 夏津县期中）下列命题中，正确的有（　　）
①平分弦的直径垂直于弦；②三角形的三个顶点确定一个圆；③圆内接四边形的对角相等；④圆的切线垂直于过切点的半径．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】命题与定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】B
【分析】利用垂径定理、确定圆的条件、圆内接四边形的性质等知识分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故原命题错误，不符合题意；
②三角形的三个顶点确定一个圆，正确，符合题意；
③圆内接四边形的对角互补，故原命题错误，不符合题意；
④圆的切线垂直于过切点的半径，正确，符合题意，
正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解垂径定理、确定圆的条件、圆内接四边形的性质等知识，难度不大．
7．（3分）（2022秋 防城区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，此时使点A的对应点A1恰好在AB边上，点B的对应点为B1，A1B1与BC交于点E，则下列结论一定正确的是（　　）
A．AB＝EB1 B．∠CA1A＝∠CA1B1
C．A1B1⊥BC D．CA1＝A1A
【考点】旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，
∴AB＝A1B1，B1C＝BC，不能得到AB＝B1E，故选项A不合题意；
CA1＝CA，不能得到CA1＝A1A，故选项D不合题意；
∵旋转角∠ACA1不一定等于∠A，
∴∠BCB1不一定等于∠A，
∴∠BCB1+∠B1不一定等于90°，故选项C不合题意；
∵CA1＝CA，
∴∠A＝∠CA1A，
由旋转可得∠A＝∠CA1B1，
∴∠CA1A＝∠CA1B1，故选项B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
8．（3分）（2024 黑龙江三模）在数学实践课上，小华要给一幅长30cm，宽20cm的手抄报加一个边框，如图所示，上下左右边框的宽度相等，且整个图形面积为704cm2，则小华添加的边框的宽度是（　　）
A．1cm B．2cm C．1.5cm D．3cm
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】A
【分析】设小华添加的边框的宽度是x cm，则整个图形的长为（30+2x）cm，宽为（20+2x）cm，根据整个图形面积为704cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：设小华添加的边框的宽度是x cm，则整个图形的长为（30+2x）cm，宽为（20+2x）cm，
根据题意得：（30+2x）（20+2x）＝704，
整理得：x2+25x﹣26＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣26（不符合题意，舍去），
∴小华添加的边框的宽度是1cm．
故选：A．
【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．
9．（3分）（2024秋 巴东县期末）一次函数y＝mx﹣n的图象如图所示，则二次函数y＝m（x﹣n）2的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】二次函数的图象；一次函数的图象．
【专题】函数及其图象；几何直观．
【答案】B
【分析】根据所给一次函数的图象，得出m＜0，n＜0，据此得出抛物线的对称性在y轴左侧，且开口向下，据此可解决问题．
【解答】解：由所给一次函数图象可知，
m＜0，n＜0．
因为二次函数解析式为y＝m（x﹣n）2，
所以抛物线的开口向下，且对称轴在y轴的左侧，
显然只有B选项符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象及一次函数的图象，熟知二次函数及一次函数的图象与性质是解题的关键．
10．（3分）（2025 九龙坡区校级三模）如图，若AB为⊙O的直径，过点C的切线交AB的延长线于点D，E为的中点，∠A＝55°，则∠D的度数为（　　）
A．70° B．60° C．55° D．50°
【考点】切线的性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠AOE，根据切线的性质得到OC⊥CD，再根据直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵OA＝OE，
∴∠OEA＝∠A＝55°，
∴∠AOE＝180°﹣55°×2＝70°，
∵E为的中点，
∴∠COE＝∠AOE＝70°，
∴∠COD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠D＝90°﹣40°＝50°，
故选：D．
【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
11．（3分）（2024 凉州区三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线AB，射线BC的方向匀速运动，且速度相等，连接DM，MN，ND．设点M运动的路程为x（0≤x≤4），△DMN的面积为S，则S与x之间的函数图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】动点问题的函数图象．
【专题】函数及其图象；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】根据点N的运动情况，写出每种情况y和x之间的函数关系式，即可确定图象．
【解答】解：0≤x≤4时，M在AB上，N在BC上，依题意可知：
设AM＝BN＝x，
∴CN＝4﹣x，
S＝S正方形ABCD﹣S△AMD﹣S△BMN﹣S△DNC
＝4×44x（4﹣x）x4×（4﹣x）
＝（x﹣2）2+6；
∴S与x的函数关系是二次函数，函数图象是抛物线，抛物线开口向上，
当x＝2时，二次函数的最小值为6；
当x＝0或4时，二次函数的最大值为8；
故选：A．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象、正方形的性质、三角形的面积等知识点，解题关键是深刻理解动点的函数图象，了解图象中关键点所代表的实际意义，理解动点的完整运动过程．
12．（3分）（2023秋 香洲区校级期中）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列说法正确的有（　　）
①abc＞0；
②a﹣b+c＝0；
③2a+b＝0；
④若ax2+bx+c﹣k＝0有两个实数根，则k≤4；
⑤am2+bm≤a+b．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1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；推理能力；应用意识．
【答案】A
【分析】根据图象开口向下，可知a＜0，根据左同右异可知b＞0，再根据图象与y轴交于正半轴可知c＞0，从而可以判断①；再根据二次函数图象具有对称性，可以得到该函数经过点（﹣1，0），从而可以判断②；再根据对称轴可以判断③；然后根据二次函数的顶点坐标，可以判断④⑤．
【解答】解：由图象可得，
a＜0，b＞0，c＞0，则abc＜0，故①错误，不符合题意；
对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），则与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
∴当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0，故②正确，符合题意；
1，则2a+b＝0，故③正确，符合题意；
若ax2+bx+c﹣k＝0有两个实数根，则k≤4，故④正确，符合题意；
由图象可知，当x＝1时，该函数取得最大值4，
∴am2+bm+c≤a+b+c，
即am2+bm≤a+b，故⑤正确，符合题意；
由上可得，说法正确的有4个，
故选：A．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023 沈阳一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是直线x＝1，且经过点P（3，0），则a﹣b+c的值为 　0　 ．
【考点】二次函数的性质；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】见试题解答内容
【分析】根据二次函数的对称性求出抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的另一交点为（﹣1，0），由此求出a﹣b+c的值．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点P（3，0），对称轴是直线x＝1，
∴y＝ax2+bx+c与x轴的另一交点为（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的对称性求出抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的另一交点为（﹣1，0）是解题的关键．
14．（4分）（2022秋 太仓市校级月考）已知关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有两个实数根x1，x2，且1，则m＝　0　 ．
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】0．
【分析】根据（x1+x2）2﹣2x1 x2＝1，结合一元二次方程根与系数的关系求解，最后根据一元二次方程根的判别式进行判断即可．
【解答】解：∵x1，x2是x2+（2m﹣1）x+m2＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝﹣2m+1，x1 x2＝m2，
∵1，
∴（x1+x2）2﹣2x1 x2＝1，
即（﹣2m+1）2﹣2m2＝1，解得：m1＝0，m2＝2．
当m＝0时，Δ＝b2﹣4ac＝1＞0，原方程有两个实数根；
当m＝2时，Δ＝b2﹣4ac＝9﹣16＝﹣7＜0，原方程无实数根，不符合题意，舍去．
故答案为：0．
【点评】本题主要考查了根与系数的关系，正确记忆根与系数的关系式解题关键．
15．（4分）（2024 武汉模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（1，0），（﹣2，t）两点，其中t＜0，对称轴为x＝﹣1．下列四个结论：①bc＜0；②c＝t；③点A（s，y1）、B（s+1，y2）在抛物线上，当s＜﹣1时，y1＞y2；④已知关于x的方程ax2+bx+c﹣m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是3，若关于x的方程ax2+bx+c﹣n＝0（0＜n＜m）有整数根，则其根为﹣4和2；其中正确的结论是 　①②④　 （填写序号）．
【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式；根与系数的关系；二次函数的性质；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】①②④．
【分析】利用二次函数的图象及性质，系数间的关系和一元二次方程的关系即可求解．
【解答】解：∵抛物线过（1，0），对称轴为x＝﹣1，
∴图象必过（﹣3，0），
又∵过点（﹣2，t）（t＜0），
∴开口向上，与y轴交于负半轴，
∴a＞0，b＞0，c＜0，故①对；
∵（0，c）与（﹣2，t）到对称轴等距，
∴c＝t，故②对；
∵s＜﹣1，无法判断点A（s，y1）、B（s+1，y2）与对称轴是同侧还是异侧，
也就无法判断点A、B与对称轴x＝﹣1的距离的大小，故无法比较y1与y2的大小，故③错；
∵方程ax2+bx+c＝0的两根分别为1和﹣3，
又x的方程ax2+bx+c﹣m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是3，而抛物线的对称轴为x＝﹣1，由对称性得另一个根为﹣5，
观察图象，得关于x的方程ax2+bx+c﹣n＝0（0＜n＜m）整数根为﹣4和2，故④对，
故答案为：①②④．
【点评】此题考查了抛物线与x轴的交点，根的判别式，根与系数的关系，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，利用已知条件画出函数的大致图象是解题的关键．
16．（4分）（2023春 黄岛区校级期末）如图，在矩形ABCD中，O是对角线的交点，AB＝1，∠BOA＝60°，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点F，与BD交于点M，给出下列五个结论：①BF＝BO；②AC＝CH；③BE＝3DE；④S△ACFS△BMF；⑤AH．其中正确的结论有 　①②③⑤　 （填正确的序号）．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】①②③⑤．
【分析】①先证△OAB 是等边三角形得OB＝AB，∠OAB＝∠ABO＝∠AOB＝60°，再证△ABF为等腰直角三角形得BF＝AB，据此可对结论①进行判断；
②先求出∠CAH＝15°，∠EMF＝75° 进而可求出∠H＝15°，据此可对结论②进行判断；
③先证△OCD等边三角形得OE＝DE，则OB＝OD＝2DE，据此可对结论③进行判断；
④过点M作MN⊥AB于点N，先求出，则，据此可求出△ACF的面积，再证△AMN为等腰直角三角形得AN＝MN，进而得BM＝2BN，，再由AN+BN＝AB＝1求出，进而可求出△BMF的面积，据此可对结论④进行判断；
⑤过点H作HQ⊥AB交AB的延长线于Q，延长DC交HQ于P，先证△AHQ为等腰直角三角形得AQ＝HQ，∠AHQ＝45°，再证四边形AQPD和四边形BQPC均为矩形得，PC＝BQ，然后设HP＝x，则，，，再由AQ＝HQ求出x＝1，进而得，由此可求出AH，进而可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OD＝OB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵∠BOA＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB＝AB，∠OAB＝∠ABO＝∠AOB＝60°，
∵AH平分∠BAD，
∴∠HAB＝45°，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴BF＝AB
∴BF＝OB，
∴结论①正确；
②由①可知：∠BAF＝60°，∠AOB＝60°，∠HAB＝45°，
∴∠CAH＝∠BAF﹣∠HAB＝60°﹣45°＝15°，
∴∠EMF＝∠CAH+∠AOB＝15°+60°＝75°
∵CE⊥BD，
∴∠HEM＝90°，
∴∠H＝180°﹣∠HEM﹣∠EMF＝180°﹣90°﹣75°＝15°，
∴∠H＝∠CAH，
∴AC＝CH，
∴结论②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，OC＝OD，
由①可知：△OAB是等边三角形，
∴△OCD也是等边三角形，
∵CE⊥OD，
∴OE＝DE，
∴OB＝OD＝2DE，
∴BE＝OB+OE＝3DE，
∴结论③正确；
④过点M作MN⊥AB于点N，如图：
在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝60°，
∴∠BCA＝30°，
∴AC＝2AB＝2，
由勾股定理得：，
由①可知：BF＝AB＝1，
∴，
∴，
由①可知：∠HAB＝45°，∠OBA＝60°，
∵MN⊥AB，∠HAB＝45°，
∴△AMN为等腰直角三角形，
∴AN＝MN，
在Rt△BMN中，∠OBA＝60°，
∴∠BMN＝30°，
∴BM＝2BN，
由勾股定理得：，
∴，
∵AN+BN＝AB＝1，
∴
∴，
，
∴S△BMF＝2S△ACF，
∴结论④不正确；
⑤过点H作HQ⊥AB交AB的延长线于Q，延长DC交HQ于P，如图：
由①可知：∠HAB＝45°，
∵HQ⊥AB，
∴△AHQ为等腰直角三角形，
∴AQ＝HQ，∠AHQ＝45°，
由②可知：∠CHA＝15°，
∴∠CHP＝∠CHA+∠AHQ＝15°+45°＝60°，
由④可知：，
∵∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，HQ⊥AB，
∴四边形AQPD和四边形BQPC均为矩形，
∴，PC＝BQ，
在Rt△CHP中，∠CHP＝60°，设HP＝x，
∴∠HCP＝30°，
∴CH＝2HP＝2x，
由勾股定理得：，
∴，
∴，，
∵AQ＝HQ，
∴，
解得：x＝1，
∴，
在Rt△AHQ中，由勾股定理得：．
∴结论⑤正确．
综上所述：正确的结论是①②③⑤．
故答案为：①②③⑤．
【点评】此题主要考查了矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，含有30°角的直角三角形的性质等，熟练掌握矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质是解答此题的关键，难点是在判定④⑤时正确的作出辅助线构造含有30°角的直角三角形和等腰直角三角形的．
三．解答题（共6小题）
17．（2024秋 鼓楼区校级期中）解方程：
（1）x2+6x﹣7＝0；
（2）2x2﹣3x+1＝0．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝﹣7，x2＝1；
（2），x2＝1．
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【解答】解：（1）x2+6x﹣7＝0
（x+7）（x﹣1）＝0
解得x1＝﹣7，x2＝1；
（2）2x2﹣3x+1＝0
（2x﹣1）（x﹣1）＝0
解得：，x2＝1．
【点评】此题考查一元二次方程的求解，解题的关键是掌握一元二次方程的求解方法．
18．（2023秋 五华区校级月考）如图所示，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点B（1，2），C（5，3）．
（1）将△ABC平移，使得点A的对应点A1的坐标为（﹣2，4），在所给图的坐标系中画出平移后的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C1；
（3）在y轴上找到一点P，使PA+PB的值最小．
【考点】作图﹣旋转变换；轴对称﹣最短路线问题；作图﹣平移变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）作图见解答过程；
（2）作图见解答过程；
（3）作图见解答过程．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可；
（3）找出A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴相交于点P，点P即为所求．
【解答】（1）如图1，△A1B1C1即为所求；
（2）如图2，△A2B2C1即为所求；
（3）如图3，点P即为所求使．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
19．已知关于x的一元二次方程x2﹣5x+2m＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当m时，方程的两根分别为矩形的长和宽，求该矩形对角线的长．
【考点】根与系数的关系；矩形的性质；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；推理能力．
【答案】（1）当m时，原方程有实数根；
（2）．
【分析】（1）一元二次方程有实数根，则△≥0，得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可；
（2）设方程的两个根分别为x1，x2，，利用 根与系数的关系即可得出结论．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣5x+2m＝0有实数根，a＝1，b＝﹣5，c＝2m，
∴Δ＝（﹣5）2﹣4×2m≥0，
∴m，
∴当m时，原方程有实数根；
（2）当m时，原方程为x2﹣5x+5＝0．
设方程x2﹣5x+5＝0的两个根分别为x1，x2，
则x1+x2＝5，x1x2＝5，
∴该矩形对角线的长为．
【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式、根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系和进行变形是解题的关键．
20．（2025 湘桥区二模）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，弦AP与BC交于点E，OP与BC交于点Q，∠CPH＝∠CAP．
（1）求证：PH是⊙O的切线；
（2）若OP⊥BC，BE＝1，CE＝2，求劣弧PC的长；
（3）如图2，BC＝2AB，BD⊥AC于点D，交AE于点F，EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，点G恰好在线段OC上，求证：CE＝2BE．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据圆周角定理求得∠APC＝∠APO+∠OPC＝90°，再证明∠CPH＝∠APO，推出∠OPH＝∠CPH+∠OPC＝90°，即可证明PH是⊙O的切线；
（2）利用垂径定理求得，证明△PCE∽△QCP，求得，利用特殊角的三角函数值求得∠QCP＝30°，推出△CPQ是等边三角形，据此求解即可；
（3）过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，证明△FEM≌△EGN（AAS），得到GN＝EM，EN＝FM，根据三角函数的定义求得，推出CN＝2GN＝EM，EN＝FM＝2BM，据此求解即可．
【解答】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠APC＝∠APO+∠OPC＝90°，
∵OA＝OP，
∴∠APO＝∠CAP，
∵∠CPH＝∠CAP，
∴∠CPH＝∠APO，
∴∠OPH＝∠CPH+∠OPC＝90°，
∵OP是⊙O的半径，
∴PH是⊙O的切线；
（2）解：∵BE＝1，CE＝2，
∴BC＝1+2＝3，
∵OP⊥BC，
∴，∠EPC＝∠PQC＝90°，
∵∠PCE＝∠QCP，
∴△PCE∽△QCP，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∠QCP＝30°，
∴∠CPQ＝60°，
∵OC＝OP，
∴△CPO是等边三角形，
∴∠COP＝60°，，
∴劣弧PC的长为；
（3）证明：过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，
由旋转的性质知∠FEG＝90°，EF＝EG，
∴∠FME＝∠FEG＝∠ENG＝90°，
∴∠FEM＝90°﹣∠GEN＝∠EGN，
在△FEM和△EGN中，
，
∴△FEM≌△EGN（AAS），
∴GN＝EM，EN＝FM，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝∠ACB，
∵FM⊥BC，
∴AB∥FM，
∴∠BFM＝∠ABD＝∠ACB，
∵BC＝2AB，
∴，
∴，，
∴CN＝2GN＝2EM，EN＝FM＝2BM，
∴CE＝CN+EN＝2EM+2BM＝2BE．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
21．（2025 泗洪县三模）近两年直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在网络平台上对一款成本价为120元的商品进行直播销售，如果按每件200元销售，每天可卖出40件．通过市场调查，该商品售价每降低1元，日销售量增加2件，设每件商品降价x元．
（1）每件商品降价x元时，日销售量为　（40+2x）　 件；
（2）若日销售盈利为4800元，为尽快减少库存，x的值应为多少；
（3）设日销售盈利为W元，当x为何值时，W取值最大，最大值是多少？
【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】（1）（40+2x）；
（2）x的值应为40；
（3）当x＝30时，W取值最大，最大值是5000元．
【分析】（1）根据售价每降低1元，日销售量增加2件列出对应的代数式即可；
（2）根据利润＝（售价﹣成本价）×数量列出方程求解即可；
（3）根据利润＝（售价﹣成本价）×数量列出W关于x的二次函数关系，利用二次函数的性质求解即可．
【解答】解：（1）由题意得，每件商品降价x元时，日销售量为（40+2x）件，
故答案为：（40+2x）；
（2）由题意得，（200﹣x﹣120）（40+2x）＝4800，
解得x1＝40，x2＝20，
∵为尽快减少库存，
∴x的值应为40；
（3）由题意得：W＝（200﹣x﹣120）（40+2x）＝﹣2x2+120x+3200＝﹣2（x﹣30）2+5000，
∵a＝﹣2＜0，
∴当x＝30时，W最大，最大值为5000，
答：当x＝30时，W取值最大，最大值是5000元．
【点评】本题主要考查了列代数式，一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用，正确理解题意列出对应的解析式和方程是解题的关键．
22．（2023 宽城区校级开学）在平面直角坐标系中，点A坐标为（a+3，1），点B坐标为（5a﹣1，1）．
（1）当点A和点B重合时，a＝　1　 ．
（2）若点A和点B均在第一象限，求a的取值范围．
（3）当点A、点B和原点构成的三角形面积为3时，求此时点A的坐标．
（4）在平面直角坐标系中有抛物线：y＝2x2﹣5x﹣2，当线段AB与抛物线有交点时，若线段AB恰被某个交点平分，直接写出此时线段AB的长．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）1；
（2）；
（3）或；
（4）此时线段AB的长为6或．
【分析】（1）根据题意，A，B的横坐标相等，列出方程，解方程，即可求解；
（2）根据第一象限点的坐标特征，列出不等式组，解不等式组，即可求解；
（3）分a＞1和a＜1两种情况讨论，根据三角形的面积为3，列出方程，解方程即可求解；
（4）将y＝1代入y＝2x2﹣5x﹣2，得出AB的中点坐标，进而即可求解．
【解答】解：（1）依题意，a+3＝5a﹣1，
解得：a＝1，
故答案为：1；
（2）依题意得：，
解不等式①得：a＞﹣3，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：；
（3）∵点A、点B和原点构成的三角形面积为3时，
∴点A，B不重合，则a≠1，
当a＞1时，a+3＜5a﹣1，则AB＝5a﹣1﹣（a+3）＝4a﹣4，
∴，
解得：；
当a＜1时，a+3＞5a﹣1，则AB＝（a+3）﹣（5a﹣1）＝﹣4a+4，
∴，
解得：，
综上所述，或；
（4）AB的长为6或．理由如下：
∵点A坐标为（a+3，1），点B坐标为（5a﹣1，1），
∴A，B在y＝1上，
依题意，当y＝1时，1＝2x2﹣5x﹣2，
解得：或x＝3，
∴线段AB被或（3，1）平分，
∴或，
解得：或，
当时，AB＝a+3﹣（5a﹣1）＝﹣4a+4＝6，
当时，，
综上所述，AB的长为6或．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了坐标与图形，解不等式组，二次函数的性质，熟练运用分类讨论的思想解决问题是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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