专题11：2021-2022学年九年级数学上册期中考试模拟检测（2）（解析版）

这是一份专题11：2021-2022学年九年级数学上册期中考试模拟检测（2）（解析版），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题11：期中模拟检测（2）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．如果关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么的取值范围是（ ）
A． B．且
C．且 D．且
【答案】D
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，则Δ＞0，以及二次根式有意义的条件，由此建立关于k的不等式，然后就可以求出k的取值范围．
【详解】解：由题意知：2k＋1≥0，k≠0，Δ＝2k＋1−4k＞0，
∴−≤k＜，且k≠0．
故选：D．
【点评】此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根的判别式Δ＝b2−4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．同时考查了一元一次不等式的解法二次根式有意义的条件．
2．若抛物线与x轴两个交点间的距离为4．对称轴为，P为这条抛物线的顶点，则点P关于x轴的对称点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设抛物线与轴的两个交点坐标分别为，且，根据“两个交点间的距离为4，对称轴为”建立方程可求出的值，再利用待定系数法求出抛物线的解析式，从而可得顶点的坐标，然后根据关于轴的对称点的坐标变换规律即可得．
【详解】解：设抛物线与轴的两个交点坐标分别为，且，
由题意得：，解得，
则抛物线与轴的两个交点坐标分别为，
将点代入得：，解得，
则抛物线的解析式为，
顶点的坐标为，
则点关于轴的对称点的坐标是，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质、关于轴的对称点的坐标变换规律，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
3．在同一直角坐标系中，一次函数y＝﹣kx+1与二次函数y＝x2+k的大致图象可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】二次函数图象与y轴交点的位置可确定k的正负，再利用一次函数图象与系数的关系可找出一次函数y=-kx+1经过的象限，对比后即可得出结论．
【详解】解:由y＝x2+k可知抛物线的开口向上，故B不合题意；
∵二次函数y＝x2+k与y轴交于负半轴，则k＜0，
∴﹣k＞0，
∴一次函数y＝﹣kx+1的图象经过经过第一、二、三象限，A选项符合题意，C、D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的图象、一次函数图象以及一次函数图象与系数的关系，根据二次函数的图象找出每个选项中k的正负是解题的关键．
4．如图，预防新冠肺炎疫情期间，某校在校门口用塑料膜围成一个临时隔离区，隔离区一面靠长为的墙，隔离区分成两个区域，中间用塑料膜隔开．已知整个隔离区塑料膜总长为，如果隔离区出入口的大小不计，并且隔离区靠墙的一面不能超过墙长．小明认为：隔离区的最大面积为；小亮认为：隔离区的面积可能为，则（ ）

A．小明正确，小亮错误 B．小明错误，小亮正确 C．两人均正确 D．两人均错误
【答案】B
【分析】设隔离区靠近墙的长度为x m（0＜x≤5），隔离区的面积为S m2，根据矩形的面积公式列出S关于x的二次函数关系式，求得其对称轴，根据二次函数的性质可得S的最大值；令S＝9，求得方程的解并根据自变量的取值范围作出取舍，则可判断小亮的说法．
【详解】解：设隔离区靠近墙的长度为x m（0＜x≤5），隔离区的面积为S m2，由题意得：

＝，
∴对称轴为x＝，
∵0＜x≤5，抛物线开口向下，在对称轴左侧，S随x的增大而增大，
∴当x＝5时，S有最大值：
Smax＝
∵9＜＜12，
∴小明错误；
令S＝9得：9＝，
解得：x1＝9（舍），x2＝3，
∴x＝3时，S＝9．
∴隔离区的面积可能为9m2．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
5．已知m、n是方程x2+x﹣2021＝0两根，则m2+2m++1的值（　　）
A．0 B．2020 C．2022 D．无法确定
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根的定义，一元二次方程根与系数的关系求解即可，一元二次方程的根是使这个一元二次方程两边相等的未知数的值，也叫一元二次方程的解．
【详解】n，m是方程x2+x﹣2021＝0的根，
,
即，

m、n是方程x2+x﹣2021＝0两根，

原式
故选C
【点评】本题考查了一元二次方程根的定义，一元二次方程根与系数的关系，理解根的定义，掌握根与系数的关系是解题的关键．
6．现要在一个长为，宽为的矩形花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草．如图所示，要使种植花草的面积为，那么小道的宽度应是（ ）

A．1 B．2 C．2.5 D．3
【答案】B
【分析】设小道的宽度应为x m，则剩余部分可合成长为（40-2x）m，宽为（26-x）m的矩形，根据矩形的面积计算公式，结合种植花草的面积为864m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【详解】解：设小道的宽度应为，则剩余部分可合成长为，宽为的矩形，
依题意得：，
整理，得．
解得，，．
（不合题意，舍去），
．
答：小道进出口的宽度应为2米．
故选：．
【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．
7．下列判断正确的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】C
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线互相平分且垂直的四边形是菱形；对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形进行分析即可．
【详解】解：A. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项A说法错误
B. 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故选项B说法错误；
C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项C说法正确；
D. 对角线相等的平行四边形是矩形，故说法D错误，
故选：C．
【点评】此题主要考查了命题与定理，关键是掌握平行四边形、菱形、矩形和正方形的判定方法．
8．如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，使得点恰好落在上，则线段的长为（ ）

A． B．5 C． D．
【答案】C
【分析】由锐角三角函数可求，由旋转的性质可求，，，，，，可证是等边三角形，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，连接，

∵，，，
∴，
，
∴，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，
∴，，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用这些性质是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2经过平移得到抛物线y=ax2+bx，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为，则a、b的值分别为（ ）

A．， B．，﹣ C．，﹣ D．﹣，
【答案】C
【分析】设平移后所得新抛物线的对称轴和两抛物线相交于点A和点B，连接OA，OB，确定出抛物线y=ax2+bx的顶点坐标，然后求出点B的坐标，从而判断出阴影部分的面积等于△AOB的面积，根据面积公式列式计算即可求解．
【详解】如下图，设平移后所得新抛物线的对称轴和两抛物线相交于点A和点B，连接OA，OB，

则由抛物线平移的性质可知，a= ，S阴影=S△OAB ，
∴ ，
∴点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，
∴AB= ，点O到AB的距离： ，
∴S△AOB= ，解得： .
综上所述， .
故答案为：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与平移变换，确定出阴影部分面积与三角形面积相等是关键．
10．在平面直角坐标系中，如果点P的横坐标与纵坐标相等，则称点P为和谐点，例如：点P（1，1）、（﹣2，﹣2）、（0.5，0.5）…，都是和谐点，若二次函数y＝ax2+7x+c（a≠0）的图象上有且只有一个和谐点（﹣1，﹣1），则此二次函数的解析式为（　　）
A．y＝3x2+7x+3 B．y＝2x2+7x+4 C．y＝x2+7x+5 D．y＝4x2+7x+2
【答案】A
【分析】设和谐点为（t，t），把（t，t）代入y＝ax2+7x+c得at2+7t+c＝t，则△＝62﹣4ac＝0，所以ac＝9，再把（﹣1，﹣1）代入y＝ax2+7x+c得c＝6﹣a，然后解关于a、c的方程组即可．
【详解】解：设和谐点为（t，t），
把（t，t）代入y＝ax2+7x+c得at2+7t+c＝t，
整理得at2+6t+c＝0，
∵t有且只有一个值，
∴△＝62﹣4ac＝0，即ac＝9，
把（﹣1，﹣1）代入y＝ax2+7x+c得a﹣7+c＝﹣1，即c＝6﹣a，
把c＝6﹣a代入ac＝9得a（6﹣a）＝9，解得a＝3，
∴c＝6﹣3＝3，
∴此二次函数的解析式为y＝3x2+7x+3．
故选：A．
【点评】本题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，把和谐点（t，t）代入y＝ax2+7x+c得到关于t的方程有两相等的实数根是解题关键．
11．如图，在中，、的平分线交于点，若，，则的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在CB上取CE=AC，连接BP，则BP是∠ABC的角平分线，得到 ，证明△ACP≌△ECP，AP=EP，∠CAP=∠CEP，根据BC=AP+AC，BC=BE+CE，得到BE=EP=AP则∠EBP=∠BPE=20°，再由三角形外角的性质求得∠CAP=∠CEP=∠EBP+∠BPE=40°，再根据角平分线的定义求解即可．
【详解】解：如图所示，在CB上取CE=AC，连接BP，则BP是∠ABC的角平分线，
∴ ，
∵PC是∠ACB的角平分线，
∴∠ACP=∠ECP，
在△ACP和△ECP中
，
∴△ACP≌△ECP（SAS），
∴AP=EP，∠CAP=∠CEP，
∵BC=AP+AC，BC=BE+CE，
∴BE=EP=AP
∴∠EBP=∠BPE=20°，
∴∠CAP=∠CEP=∠EBP+∠BPE=40°，
∵AP平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠CAP=80°，
故选C．

【点评】本题主要考查了角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
12．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，下列结论：①；；③；④若点、点、点在该函数图象上，则；⑤若方程的两根为和，且，则；⑥， 其中正确的结论有（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】利用对称轴方程得到−＝2，则b＝−4a，于是可对①进行判断；利用x＝−3时，y＜0可对②进行判断；利用图象过点（−1，0）得到a−b＋c＝0，把b＝−4a代入得到c＝−5a，则8a＋7b＋2c＝−30a，然后利用a＜0可对③进行判断；根据二次函数的性质，通过比较A、B、C点到对称轴的距离的大小得到y1＜y2＜y3．则可对④进行判断．根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为（5，0），则抛物线解析式为y＝a（x＋1）（x−5），所以方程a（x＋1）（x−5）＝−3的两根x1和x2为抛物线y＝a（x＋1）（x−5）与直线y＝−3的交点的横坐标，于是结合函数图象可对⑤进行判断； 根据b＝−4a，可对⑥进行判断．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝−＝2，
∴b＝−4a，即4a＋b＝0，所以①正确；
∵x＝−3时，y＜0，
∴9a−3b＋c＜0，即9a＋c＜3b，所以②错误；
∵抛物线经过点（−1，0），
∴a−b＋c＝0，而b＝−4a，
∴a＋4a＋c＝0，则c＝−5a，
∴8a＋7b＋2c＝8a−28a−10a＝−30a，
∵a＜0，
∴8a＋7b＋2c＞0，所以③正确；
∵点A（−3，y1）到直线x＝2的距离最大、点C（，y3）到直线x＝2的距离最小，抛物线开口向下，
∴y1＜y2＜y3．所以④错误．
∵抛物线的对称轴为直线x＝2，抛物线与x轴的一个交点坐标为（−1，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（5，0），
∴抛物线解析式为y＝a（x＋1）（x−5），
∴方程a（x＋1）（x−5）＝−3的两根x1和x2为抛物线y＝a（x＋1）（x−5）与直线y＝−3的交点的横坐标，
∴x1＜−1＜5＜x2；所以⑤正确；
∵b＝−4a，
∴，故⑥错误；
故选A．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：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，对称轴在y轴左；当a与b异号时，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）．抛物线与x轴交点个数由判别式确定：Δ＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＜0时，抛物线与x轴没有交点．


二、填空题
13．已知非零实数，满足，则的值等于______．
【答案】4
【分析】由得：x−y＝xy，整体代入到代数式中求值即可．
【详解】解：由得：xy＋y＝x，
∴x−y＝xy，
∴原式＝．
故答案为：4．
【点评】本题考查了分式的值，对条件进行化简，得到x−y＝xy，把x−y看作整体，代入到代数式求值是解题的关键．
14．把二次函数y＝x2+bx+c的图象向下平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度后，得到的抛物线的顶点坐标为（﹣2，1），则b﹣c的值为_______．
【答案】﹣2
【分析】抛物线y＝x2+bx+c化为顶点坐标式再按照“左加右减，上加下减”的规律平移则可．
【详解】解：根据题意y＝x2+bx+c＝（x+）2+c﹣下平移2个单位，再向左平移1个单位，得y＝（x++1）2+c﹣﹣2．
∵抛物线的顶点坐标为（﹣2，1），
∴﹣﹣1＝﹣2，c﹣﹣2＝1，
解得：b＝2，c＝4，
∴b﹣c＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了二次函数图像的平移，解题的关键是能将二次函数一般式整理为顶点式，然后按照“左加右减，上加下减”的规律平移．
15．我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，此公式与古希腊几何学家海伦提出的公式如出一辙，即三角形的三边长分别为，，，记，则其面积．这个公式也被称为海伦秦九韶公式．若，，则此三角形面积的最大值为________．
【答案】
【分析】由已知可得a+b=6，，把b=6-a代入S的表达式中得：，由被开方数是二次函数可得其最大值，从而可求得S的最大值．
【详解】∵p=5，c=4，
∴a+b=2p-c=6
∴
由a+b=6，得b=6-a，代入上式，得：
设，当取得最大值时，S也取得最大值
∵
∴当a=3时，取得最大值4
∴S的最大值为
故答案为：
【点评】本题考查了二次函数的性质，关键是由已知得出a+b=6，把面积最大值问题转化为二次函数的最大值问题．
16．如图，∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点B、C分别在边OM、ON上，当B在边OM上运动时，C随之在边ON上运动，若CD＝5，BC＝24，运动过程中，点D到点O的最大距离为_____.

【答案】
【分析】取BC的中点E，连接OD、OE、DE，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理列式求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解.
【详解】取BC的中点E，连接OD、OE、DE，如图所示：

∵
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大
∵CD＝5，BC＝24，∠MON＝90°
∴

∴OD的最大值为：
∴点D到点O的最大距离为
故填：.
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大是解题的关键.

三、解答题
17．先化简，再求值：，其中x满足．
【答案】，
【分析】先把除法转化成乘法进行约分计算，再算减法即可求得化简的结果，再由解得，，然后根据分式有意义的条件可得，最后将代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：原式


，
∵，
∴，
解得：，，
又∵，，
∴不符合题意，舍去，
∴，
当时，
原式．
【点评】本题考查了分式的化简求值．解题的关键是注意对分式的分子、分母因式分解，除法转化成乘法．
18．现代互联网技术的广泛应用催生了快递行业的高速发展．据凋查，某家小型“大学生自主创业”的快递公司，今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件．现假定该公司每月的投递总件数的增长率相同．
（1）求该快递公司投递快递总件数的月平均增长率；
（2）如果平均每人每月最多可投递快递0.6万件，那么该公司现有的16名快递投递业务员能否完成今年6月份的快递投递任务？如果不能，请问至少需要增加几名业务员？
【答案】（1）该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为10%．（2）该公司现有的16名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务，至少需要增加7名业务员
【分析】（1）设该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为x，根据今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据五月份完成投递的快递总件数结合完成投递的快递总件数即可算出今年6月份的快递投递总件数，再根据投递快递总件数=每人投递件数×人数即可算出该公司现有的16名快递投递业务员最多能够完成的任务量，二者比较后即可得出结论，再确定人数即可．
【详解】解：（1）设该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为x，
根据题意得：10×（1+x）2=12.1，
解得：x1=10%，x2=-210%．
答：该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为10%．
（2）12.1×（1+10%）=13.31（万件），
16×0.6=9.6（万件）．
∵9.6<13.31，
∴该公司现有的16名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务．
∴需要增加业务员（13.31-9.6）÷0.6=（人）．
答：该公司现有的16名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务，至少需要增加7名业务员
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据三月份与五月份完成投递的快递总件数之间的关系列出关于x的一元二次方程；（2）根据该公司每月的投递总件数的增长率相同算出今年6月份的快递投递任务量．
19．某农户生产经销一种农产品，已知这种产品的成本价为每千克20元．市场调查发现，该产品每天的销售价为25（元/千克）时，每天销售量为30（千克）．当产品的销售价每千克涨1元时每天销售量会减少2千克，设涨价x（元/千克）（x为正整数），每天销售量为y（千克）．
（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围．
（2）该农户想要每天获得128元的销售利润，销售价为多少？
（3）每千克涨价多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）y＝30－2x（0≤x＜15，且x为整数）；（2）36元；（3）每千克涨价5元时，每天的销售利润最大，最大利润是200元
【分析】（1）设涨价x（元/千克），然后根据当产品的销售价每千克涨1元时每天销售量会减少2千克，进行求解即可；
（2）设利润为z元，则由（1）可得每天销售量为（30－2x）千克，每天的每千克的获利为（x＋5），由此可得z＝（x＋25-20）（30－2x）=（x＋5）（30－2x），再把z=128代入进行求解即可；
（3）由（2）得z＝（x＋5）（30－2x）＝－2（x－5）2＋200，然后利用二次函数的性质进行求解即可．
【详解】解：（1）设涨价x（元/千克），则由题意得：y＝30－2x（0≤x＜15，且x为整数）；
（2）设利润为z元，
则由题意得：z＝（x＋25-20）（30－2x）=（x＋5）（30－2x），
∵该农户想要每天获得128元的销售利润，
∴（x＋5）（30－2x）＝128
解得：x1＝11，x2＝－1（舍去）
∴销售价为36元．
答：销售价为36元；
（3）∵z＝（x＋5）（30－2x）＝－2（x－5）2＋200，
∴当x=5时，z有最大值，最大值为200
∴每千克涨价5元时，每天的销售利润最大，最大利润是200元．
答：每千克涨价5元时，每天的销售利润最大，最大利润是200元．
【点评】本题主要考查了二次函数的实际应用，解题的关键在于能够准确读懂题意找到关系式进行求解．
20．完成下列各题
（1）计算：
（2）如图：图1中有5个边长为1的正方形，请把它们分割后拼接成一个新的正方形．要求：在图1中画出分割线，并在图2的正方形网格图中用实线画出拼成的新正方形．

（3）如图3，已知点及在第一象限的动点，且，设的面积为S．
①求S关于x的函数表达式；
②求x的取值范围；
③把坐标系补充完整，并画出函数S的图象．
【答案】（1）；（2）画图见解析；（3）①；②；③见解析．
【分析】（1）首先化简二次根式，进而合并同类二次根式求出即可；
（2）设新正方形的边长为x，根据割补前后图形的面积相等求出x的值，再根据新正方形的边长等于两个小正方形组成的矩形的对角线的长把原正方形进行分割，然后拼成新的图形即可；
（3）首先把x＋y＝10，变形成y＝10−x，再利用三角形的面积求法：底×高÷2＝S，可以得到S关于x的函数表达式；P在第一象限，故x＞0，再利用三角形的面积S＞0，可得到x的取值范围；进而画出图象．
【详解】（1）

；
（2）设新正方形的边长为x，依题意割补前后图形的面积相等，有，
解得：，
由此可知新正方形的边长等于两个小正方形组成的矩形的对角线的长．
于是，画出如图（1）所示的分割线，拼出如图（2）所示的新正方形．
；
（3）①
，
；
②，
，
；
③如图所示：
．
【点评】本题考查了二次根式的加减运算以及一次函数的性质和应用与设计作图，解答此题的关键是根据割补前后图形的面积相等求出新正方形的边长，再根据新正方形的边长等于两个小正方形组成的矩形的对角线的长进行解答．
21．一块三角形材料如图所示，．用这块材料剪出一个矩形，其中，点D，E，F分别在上，要使剪出的矩形的面积最大，点E应选在何处？

【答案】点E选在AB的中点时，剪出的矩形CDEF的面积最大
【分析】根据30°直角三角形的性质求出FE，根据勾股定理求出ED，根据矩形的面积公式列出函数解析式，根据二次函数的性质解答即可．
【详解】解：∵∠A＝30°，∠C＝90°，且四边形CDEF是矩形，
∴DE∥AC，EF∥BC，
∴∠DEB＝∠A＝30°，
在Rt△AFE中，FE＝AE，
在Rt△EDB中，DB＝EB，
设AE＝x，则FE＝x，ED＝＝＝（12－x），
令矩形CDEF的面积为S，
则S＝EF·ED＝x·（12－x）＝（12x－x2）＝·（x－6）2＋9，
∴当x＝6时，S最大值＝9，
此时AE＝6，EB＝12－x＝6，
∴AE＝EB，即点E是AB的中点，
∴当点E选在AB的中点时，剪出的矩形CDEF的面积最大．

【点评】本题考查的是30°直角三角形性质，矩形的性质，勾股定理、二次函数的性质、根据矩形的面积公式列出二次函数解析式是解题的关键．
22．甲、乙、丙三名同学探索课本上一道题：如图1，E是边长为a的正方形ABCD中CD边上任意一点，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°，画出旋转后的图形．
任务要求：
（1）请你在图1中画出旋转后的图形
甲、乙、丙三名同学又继续探索：
在正方形ABCD中，∠EAF=45°，点F为BC上一点，点E为DC上一点，∠EAF的两边AE、AF分别与直线BD交于点M、N．连接EF
甲发现：线段BF，EF，DE之间存在着关系式EF=BF+DE；
乙发现：△CEF的周长是一个恒定不变的值；
丙发现：线段BN，MN，DM之间存在着关系式BN2+DM2=MN2
（2）现请你参与三位同学的研究工作中来，你认为三名同学中哪个的发现是正确的，并说明你的理由．


【答案】（1）见解析；（2）甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的，见解析
【分析】（1）根据题意容易画出图形；
（2）延长CB到K，使BK=DE，连AK，由SAS证明△AKB≌△AED，得出对应角相等∠BAK=∠DAE，证出∠KAF=∠FAE，再证明△AKF≌△AEF，得出KF=EF，得出甲发现正确；延长CB到K，使BK=DE，连接AK，同①得出△AKB≌△AED，得出∠BAK=∠DAE，证出∠KAF=∠FAE，由SAS证明△AKF≌△AEF，得出KF=EF，得出乙发现正确；在AK上截取AG=AM，连接BG，GN，由SAS证明△ABG≌△ADM，得出BG=DM，∠ABG=∠ADB=45°，证出∠KAF=∠FAE，由SAS证明△GAN≌△NAM，得出NG=MN，再由勾股定理即可得出丙发现正确．
【详解】解答： 解：（1）画图如图1所示；


（2）甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的；
①甲发现正确；理由如下：
如图2所示，
延长CB到K，使BK=DE，连AK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ABK=∠ADE=90°，
在△AKB和△AED中，，
∴△AKB≌△AED（SAS），
∴∠BAK=∠DAE，
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠BAK=45°，
即∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE，
在△AKF和△AEF中，，
∴△AKF≌△AEF（SAS），
∴KF=EF，
又∵BK=DE，
∴EF=BF+DE；
②乙发现正确；理由如下：
延长CB到K，使BK=DE，连接AK，如图2所示：
同①得：△AKB≌△AED，
∴∠BAK=∠DAE，
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠BAK=45°，
即∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE，
在△AKF和△AEF中，，
∴△AKF≌△AEF（SAS），
∴KF=EF，
又∵BK=DE，
∴EF=BF+DE；
△CEF周长=CF+CE+EF
=CF+CE+（BF+DE）
=（CF+BF）+（CE+DE）
=BC+DC=2a（定值）；
③丙发现正确；理由如下：
如图3，在AK上截取AG=AM，连接BG，GN，
在△ABG和△ADM中，，
∴△ABG≌△ADM（SAS），
∴BG=DM，∠ABG=∠ADB=45°，
又∵∠ABD=45°，
∴∠GBD=90°，
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE，
在△GAN和△NAM中，，
∴△GAN≌△NAM（SAS），
∴NG=MN，
∵∠GBD=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
∴BN2+DM2=MN2；
综上所述：甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的．



【点评】 本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，需要通过作辅助线多次证明三角形全等才能得出结论．

23．已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：这个方程的一根大于2，一根小于2；
（2）若对于时，相应得到的一元二次方程的两根分别为和和和，…，和和，试求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）设方程的两根是，，得出，，代入，，求出其结果是，求出即可；
（2）得出，，把变形为，代入后得出，推出，求出即可．
【详解】解：（1）证明：设方程的两根是，，
则，，



，
，
，
即这个方程的一根大于2，一根小于2；
（2），
对于，2，3，，2019，2020时，相应得到的一元二次方程的两根分别为和，和，和，，和，和，







．
【点评】本题考查了根与系数的应用，解（1）小题的关键是看看式子（α1-2）（β1-2）结果的符号，解（2）小题的关键是找出所求的式子的计算规律，本题题型较好，但有一定的难度．
24．如图，已知抛物线过点，交轴于点和点（点在点的左侧），抛物线的顶点为，对称轴交轴于点，连接．

（1）直接写出的值，点的坐标和抛物线对称轴的表达式．
（2）若点是抛物线对称轴上的点，当是等腰三角形时，求点的坐标．
（3）点是抛物线上的动点，连接，，将沿所在的直线对折，点落在坐标平面内的点处．求当点恰好落在直线上时点的横坐标．
【答案】（1）a＝−；对称轴为直线x＝−2；A（−6，0）；（2）（−2，2）或（−2，4）或（−2，2）或（−2，−2）；（3）或
【分析】（1）将点C坐标代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）分三种情况：直接利用等腰三角形的性质，即可得出结论；
（3）先判断出△PQE≌△P'Q'E（AAS），得出PQ＝P'Q'，EQ＝EQ'，进而得出P'Q'＝n，EQ'＝QE＝m＋2，确定出点P'（n−2，2＋m），将点P'的坐标代入直线AD的解析式中，和点P代入抛物线解析式中，联立方程组，求解即可得出结论．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝a（x＋6）（x−2）过点C（0，2），
∴2＝a（0＋6）（0−2），
∴a＝−，
∴抛物线的解析式为y＝−（x＋6）（x−2）＝−（x＋2）2＋，
∴抛物线的对称轴为直线x＝−2；
针对于抛物线的解析式为y＝−（x＋6）（x−2），
令y＝0，则−（x＋6）（x−2）＝0，
∴x＝2或x＝−6，
∴A（−6，0）；
（2）如图1，

由（1）知，抛物线的对称轴为x＝−2，
∴E（−2，0），
∵C（0，2），
∴OC＝OE＝2，
∴CE＝OC＝2，∠CED＝45°，
∵△CME是等腰三角形，
∴①当ME＝MC时，
∴∠ECM＝∠CED＝45°，
∴∠CME＝90°，
∴M（−2，2），
②当CE＝CM时，
∴MM1＝CM＝2，
∴EM1＝4，
∴M1（−2，4），
③当EM＝CE时，
∴EM2＝EM3＝2，
∴M2（−2，−2），M3（−2，2），
即满足条件的点M的坐标为（−2，2）或（−2，4）或（−2，2）或（−2，−2）；
（3）如图2，

由（1）知，抛物线的解析式为y＝−（x＋6）（x−2）＝−（x＋2）2＋，
∴D（−2，），
令y＝0，则（x＋6）（x−2）＝0，
∴x＝−6或x＝2，
∴点A（−6，0），
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线AD的解析式为y＝x＋4，
过点P作PQ⊥x轴于Q，过点P'作P'Q'⊥DE于Q'，
∴∠EQ'P'＝∠EQP＝90°，
由（2）知，∠CED＝∠CEB＝45°，
由折叠知，EP'＝EP，∠CEP'＝∠CEP，
∴△PQE≌△P'Q'E（AAS），
∴PQ＝P'Q'，EQ＝EQ'，
设点P（m，n），
∴OQ＝m，PQ＝n，
∴P'Q'＝n，EQ'＝QE＝m＋2，
∴点P'（n−2，2＋m），
∵点P'在直线AD上，
∴2＋m＝（n−2）＋4①，
∵点P在抛物线上，
∴n＝−（m＋6）（m−2）②，
联立①②解得，m＝或，
即点P的横坐标为或．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．