2022-2023学年黑龙江省鹤岗市九年级（上）期中数学试卷(解析版)

这是一份2022-2023学年黑龙江省鹤岗市九年级（上）期中数学试卷(解析版)，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年黑龙江省鹤岗市九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（每题3分，满分30分）
1．以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．下列二次函数图象的顶点坐标是（﹣2，3）的是（　　）
A．y＝﹣3（x+2）2﹣3 B．y＝﹣3（x+2）2+3
C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
3．若方程x2﹣bx+4＝0有两个不相等的实数根，则b的值不可能是（　　）
A．4 B．5 C．﹣5 D．﹣6
4．将抛物线y＝﹣x2通过一次平移可得到抛物线y＝﹣（x+4）2，对这一平移过程描述正确的（　　）
A．向右平移4个单位长度 B．向左平移4个单位长度
C．向上平移4个单位长度 D．向下平移4个单位长度
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到的△AB′C′，点C的对应点C′在BA延长线上，连接CC′．若∠CC′B′＝32°，则∠B的大小是（　　）

A．64° B．67° C．77° D．87°
6．关于二次函数y＝2（x+1）2﹣3，下列说法不正确的是（　　）
A．图象与y轴的交点坐标为（0，﹣1）
B．图象的对称轴在y轴左侧
C．当x＜0时，y随x的增大而减小
D．函数的最小值为﹣3
7．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，则一次函数y＝kx+b的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
8．在一次同学聚会上，大家一见面就相互握手（每两人只握一次），大家共握了21次手．设参加这次聚会的同学共有x人，根据题意，可列方程为（　　）
A．x（x+1）＝21 B．（x+1）＝21 C．x（x﹣1）＝21 D．（x﹣1）＝21
9．已知二次函数y＝3（x+2）2的图象上有三点A（1，y1），B（2，y2），C（﹣3，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＜y1＜y2 C．y3＞y1＞y2 D．y3＞y2＞y1
10．如图所示，在正方形ABCD中，P为对角线BD上一点且PB＝AB，连接AP，CP，延长AP交CD于点F，交BC的延长线于点G．将线段CP绕点C顺时针旋转，交AG于点E，且CP＝CE，连接DE．下列结论：①E为FG的中点；②BD⊥DE；③AD＝DE；④△PCE为等腰直角三角形；⑤FG＝2AP．其中结论正确的序号（　　）

A．①③⑤ B．①②④⑤ C．②③④ D．①②③④⑤
二、填空题（每题3分，满分30分）
11．如果点M（x，y）关于原点的对称点为（﹣2023，﹣1），则x+y＝　 　．
12．若关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为3，则k的值为 　 　．
13．若二次函数y＝mx2+x+2的图象与x轴只有一个交点，则m的值为 　 　．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为　 　．

15．飞机着陆后滑行的距离s（单位：m）与滑行时间t（单位：s）之间的函数关系式为：s＝60t﹣2t2，则飞机着陆后滑行 　 　m才能停下来．
16．已知x1，x2是一元二次方程x2﹣4x+3＝0的两根，则x1+x2﹣x1x2＝　 　．
17．函数y＝（x﹣2）2﹣2（x﹣2）+1的图象的对称轴是 　 　．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A'B'C，M是AC的中点，N是A'B'的中点，连接MN，若AC＝4，∠ABC＝30°，则线段MN的最小值为　 　．

19．三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是一元二次方程x2﹣16x+60＝0的一个实数根，则该三角形的面积是　 　．
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰三角形AOB，∠OAB＝120°，边OA在x轴上，且AO＝1．将△AOB绕原点O逆时针旋转60°得到等腰三角形A1OB1，且OB1＝2OB，再将△A1OB1绕原点O逆时针旋转60°得到等腰三角形A2OB2，且OB2＝2OB1……依此规律，点B2023的坐标为 　 　．

三、解答题（满分60分）
21．解下列一元二次方程：
（1）x2﹣2x﹣3＝0；
（2）（2x﹣1）2＝4（2x﹣1）．
22．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣1，3），C（﹣2，4）．
（1）画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标．

23．已知关于x的方程x2﹣4x+3﹣a＝0有两个不相等的实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）当a取满足条件的最小整数值时，求方程的解．
24．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4a（a≠0）经过A（﹣1，0），C（0，4）两点，与x轴交于另一点B，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于x轴的直线y＝﹣14与抛物线分别交于点D，E，求线段DE的长．

25．2021年是中国共产党建党100周年，全国各地积极开展“弘扬红色文化，重走长征路”主题教育学习活动，我市“红二方面军长征出发地纪念馆”成为重要的活动基地．据了解，今年3月份该基地接待参观人数10万人，5月份接待参观人数增加到12.1万人．
（1）求这两个月参观人数的月平均增长率；
（2）按照这个增长率，预计6月份的参观人数是多少？
26．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为直线BC上的一动点（点D不与点B，C重合），将AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接CE，DE．
（1）如图①，当点D在边BC上时，求证：BC＝CD+CE；
（2）当点D在直线BC上时，如图②、图③所示，线段BC，CD，CE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．


27．暑假期间，某景区商店推出销售纪念品活动，已知纪念品每件的进货价为30元，经市场调研发现，当该纪念品的销售单价为40元时，每天可销售280件；当销售单价每增加1元，每天的销售数量将减少10件．[销售利润＝销售总额﹣进货成本）
（1）若该纪念品的销售单价为45元时，则当天销售量为　 　件．
（2）当该纪念品的销售单价为多少元时，该产品的当天销售利润是2610元．
（3）该纪念品的当天销售利润有可能达到3700元吗？若能请求出此时的销售单价；若不能，请说明理由．
28．直角三角形OAB在平面直角坐标系中的位置如图所示，OA，OB的长是方程x2﹣6x+8＝0的两个根（OA＜OB）．将△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到△OCD，点A，B的对应点为C，D，连接BD．点E从点D出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线DB运动，设点E运动的时间为t秒，过点E作EF⊥x轴于点F，以EF为斜边向左作等腰直角三角形EFG，连接BF．
（1）求点A，D的坐标；
（2）设△BEF的面积为S，求S与t的关系式；
（3）在平面内是否存在点H，使以C，D，G，H为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．



参考答案
一、选择题（每题3分，满分30分）
1．以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转180°，能够与自身重合的图形．轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断．
解：A．是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D．不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．
2．下列二次函数图象的顶点坐标是（﹣2，3）的是（　　）
A．y＝﹣3（x+2）2﹣3 B．y＝﹣3（x+2）2+3
C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
【分析】根据二次函数顶点式解析式可直接对选项进行判断．
解：A、二次函数y＝﹣3（x+2）2﹣3的顶点坐标是（﹣2，﹣3），不符合题意；
B、二次函数y＝﹣3（x+2）2+3的顶点坐标是（﹣2，3），符合题意；
C、二次函数y＝（x﹣2）2+3的顶点坐标是（2，3），不符合题意；
D、二次函数y＝（x﹣2）2﹣3的顶点坐标是（2，﹣3），不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线的顶点式与顶点坐标的关系，需要熟练掌握顶点式与顶点坐标的关系．
3．若方程x2﹣bx+4＝0有两个不相等的实数根，则b的值不可能是（　　）
A．4 B．5 C．﹣5 D．﹣6
【分析】根据方程有两个不相等的实数根得出Δ＞0，求出不等式的解集即可．
解：∵方程x2+bx+3＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（﹣b）2﹣4×1×4＞0，
解得：b＞4或b＜﹣4，
∴只有4不符合，
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式和解一元一次不等式，能得出关于b的不等式是解此题的关键．
4．将抛物线y＝﹣x2通过一次平移可得到抛物线y＝﹣（x+4）2，对这一平移过程描述正确的（　　）
A．向右平移4个单位长度 B．向左平移4个单位长度
C．向上平移4个单位长度 D．向下平移4个单位长度
【分析】先利用顶点式得到两抛物线的顶点坐标，然后通过点的平移情况判断抛物线平移的情况．
解：抛物线y＝﹣x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y＝﹣（x+4）2的顶点坐标为（﹣4，0），
∵点（0，0）向左平移4个单位可得到（﹣4，0），
∴将抛物线y＝﹣x2向左平移4个单位得到抛物线y＝﹣（x+4）2．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到的△AB′C′，点C的对应点C′在BA延长线上，连接CC′．若∠CC′B′＝32°，则∠B的大小是（　　）

A．64° B．67° C．77° D．87°
【分析】由旋转的性质可知△ACC'是等腰直角三角形，再利用三角形外角的性质可得．
解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′，
∴AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠B＝∠AB'C'，
∴△ACC'是等腰直角三角形，
∴∠ACC'＝45°，
∴∠AB'C'＝∠ACC'+∠B'C'C＝45°+32°＝77°，
∴∠B＝77°，
故选：C．
【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，三角形外角的性质等知识，证明△ACC'是等腰直角三角形是解题的关键．
6．关于二次函数y＝2（x+1）2﹣3，下列说法不正确的是（　　）
A．图象与y轴的交点坐标为（0，﹣1）
B．图象的对称轴在y轴左侧
C．当x＜0时，y随x的增大而减小
D．函数的最小值为﹣3
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
解：A、当x＝0时，y＝﹣1，即图象与y轴的交点坐标为（0，﹣1），说法正确，不符合题意；
B、由二次函数y＝2（x+1）2﹣3知，对称轴是直线x＝﹣1＜0，即图象的对称轴在y轴左侧，说法正确，不符合题意；
C、由二次函数y＝2（x+1）2﹣3知，抛物线开口方向向上，对称轴是直线x＝﹣1，所以当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，说法不正确，符合题意；
D、由二次函数y＝2（x+1）2﹣3知，其函数图象顶点坐标为（﹣1，﹣3），开口向上，所以函数的最小值为﹣3，说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的图象、性质、最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
7．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，则一次函数y＝kx+b的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】利用判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4（kb+1）＞0，则 kb＜0，然后根据一次函数的性质对各选项进行判断．
解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4（kb+1）＞0，
∴kb＜0，
当k＞0，b＜0时，一次函数经过第一、三、四象限；当k＜0，b＞0时，一次函数经过第一、二、四象限．
故选：B．
【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．也考查了一次函数的性质．
8．在一次同学聚会上，大家一见面就相互握手（每两人只握一次），大家共握了21次手．设参加这次聚会的同学共有x人，根据题意，可列方程为（　　）
A．x（x+1）＝21 B．（x+1）＝21 C．x（x﹣1）＝21 D．（x﹣1）＝21
【分析】利用握手的总次数＝参会人数×（参会人数﹣1）÷2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：根据题意得x（x﹣1）＝21，
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9．已知二次函数y＝3（x+2）2的图象上有三点A（1，y1），B（2，y2），C（﹣3，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＜y1＜y2 C．y3＞y1＞y2 D．y3＞y2＞y1
【分析】由抛物线解析式可知，抛物线的对称轴为x＝﹣2，图象开口向上，然后根据二次函数的对称性和增减性即可得出结论．
解：由二次函数y＝3（x+2）2可知，对称轴为x＝﹣2，开口向上，
∵二次函数y＝3（x+2）2的图象上有三点A（1，y1），B（2，y2），C（﹣3，y3），
∴C（﹣3，y3）关于对称轴的对称点为（﹣1，y3），
∵﹣2＜﹣1＜1＜2，
∴y3＜y1＜y2．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
10．如图所示，在正方形ABCD中，P为对角线BD上一点且PB＝AB，连接AP，CP，延长AP交CD于点F，交BC的延长线于点G．将线段CP绕点C顺时针旋转，交AG于点E，且CP＝CE，连接DE．下列结论：①E为FG的中点；②BD⊥DE；③AD＝DE；④△PCE为等腰直角三角形；⑤FG＝2AP．其中结论正确的序号（　　）

A．①③⑤ B．①②④⑤ C．②③④ D．①②③④⑤
【分析】①由正方形性质、等腰三角形性质和三角形内角和定理可得：∠BPA＝∠BAP＝∠BCP＝∠BPC＝＝67.5°，进而可得∠ECG＝∠G＝22.5°，∠ECF＝∠CFE＝67.5°，即可推出EF＝EC＝EG，可判断结论①；
②由∠DPE＝∠ECF，可得C、E、D、P四点共圆，进而可得∠CDE＝∠CPE＝45°，即可判断结论②；
③利用三角形内角和定理可得∠AED＝∠DAE，再运用等角对等边即可判断结论③；
④由∠CEP＝∠CPG＝45°，得出∠PCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，即可判断结论④；
⑤先证明△ABP≌△CBP（SAS），得出AP＝CP，再结合CP＝CE＝EF＝EG，即可判断结论⑤．
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝CBD＝∠ADB＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝∠DCG＝90°，AB＝BC，
∵PB＝AB，
∴∠BPA＝∠BAP＝∠BCP＝∠BPC＝＝67.5°，
∴∠CPG＝180°﹣（67.5°+67.5°）＝45°，
∴∠G＝∠BCP﹣∠CPG＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∵CP＝CE，
∴∠CEP＝∠CPG＝45°，
∴∠ECG＝∠CEP﹣∠G＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠ECG＝∠G，
∴EC＝EG，
∵∠ECF＝∠DCG﹣∠ECG＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∠CFE＝90°﹣∠G＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠ECF＝∠CFE，
∴EC＝EF，
∴EF＝EG，
∴E为FG的中点，故结论①正确；
②∵∠DPE＝∠BPA＝67.5°，∠ECF＝67.5°，
∴∠DPE＝∠ECF，
∴C、E、D、P四点共圆，
∴∠CDE＝∠CPE＝45°，
∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝45°+45°＝90°，
∴BD⊥DE，故②正确；
③∵∠ADE＝∠ADB+∠BDE＝45°+90°＝135°，
∠DAE＝∠BAD﹣∠BAP＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠AED＝180°﹣∠ADE﹣∠DAE＝180°﹣135°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠AED＝∠DAE，
∴AD＝DE，故结论③正确；
④由①知：∠CEP＝∠CPG＝45°，
∴∠PCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△PCE为等腰直角三角形，故结论④正确；
⑤在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝CP，
∵CP＝CE，CE＝EF＝EG，
∴FG＝2AP，故结论⑤正确；
故选：D．

【点评】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆的性质等，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
二、填空题（每题3分，满分30分）
11．如果点M（x，y）关于原点的对称点为（﹣2023，﹣1），则x+y＝　2024　．
【分析】利用关于原点对称的点的坐标特点可得答案．
解：∵M（x，y）关于原点的对称点为（﹣2023，﹣1），
∴x＝2023，y＝1，
∴x+y＝2023+1＝2024，
故答案为：2024．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数．
12．若关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为3，则k的值为 　﹣1　．
【分析】把x＝3代入方程得出9﹣3k﹣12＝0，求出方程的解即可．
解：把x＝3代入方程x2﹣kx﹣12＝0得：9﹣3k﹣12＝0，
解得：k＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解和解一元一次方程，能理解方程的解的定义是解此题的关键．
13．若二次函数y＝mx2+x+2的图象与x轴只有一个交点，则m的值为 　　．
【分析】根据题意可以得到关于m的方程，从而可以求得m的值，注意二次项系数不为零．
解：∵二次函数y＝mx2+x+2的图象与x轴只有一个交点，
∴1﹣8m＝0且m≠0，
解得m＝，
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系如下：
Δ＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为　3　．

【分析】利用直角三角形的性质得出AB＝2，再利用旋转的性质以及三角形外角的性质得出AB′＝1，进而得出答案．
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，
∴∠CAB＝30°，故AB＝2，
∵△A′B′C由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，
∴AB＝A′B′＝2，AC＝A′C，
∴∠CAA′＝∠A′＝30°，
∴∠ACB′＝∠B′AC＝30°，
∴AB′＝B′C＝1，
∴AA′＝1+2＝3，
故答案为3．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质等知识，得出AB′＝B′C＝1是解题关键，此题难度不大．
15．飞机着陆后滑行的距离s（单位：m）与滑行时间t（单位：s）之间的函数关系式为：s＝60t﹣2t2，则飞机着陆后滑行 　450　m才能停下来．
【分析】根据题意可以将s＝60t﹣2t2化为顶点式，飞机滑行的最远距离也就是s取得的最大值，本题得以解决．
解：∵s＝60t﹣2t2＝﹣2（t2﹣30t）＝﹣2（t﹣15）2+450，
∴当t＝15时，s取得最大值，此时，s＝450，
即飞机着陆后滑行450m飞机才能停下来．
故答案为：450．
【点评】本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
16．已知x1，x2是一元二次方程x2﹣4x+3＝0的两根，则x1+x2﹣x1x2＝　1　．
【分析】直接根据根与系数的关系得出x1+x2、x1x2的值，再代入计算即可．
解：∵x1，x2是一元二次方程x2﹣4x+3＝0的两根，
∴x1+x2＝4，x1x2＝3．
则x1+x2﹣x1x2＝4﹣3＝1．
故答案是：1．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系，关键是掌握x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
17．函数y＝（x﹣2）2﹣2（x﹣2）+1的图象的对称轴是 　x＝3　．
【分析】根据顶点式的特点可直接写出对称轴．
解：由y＝（x﹣2）2﹣2（x﹣2）+1得到：y＝（x﹣2﹣1）2，即y＝（x﹣3）2，
所以函数y＝（x﹣2）2﹣2（x﹣2）+1的图象的对称轴是直线x＝3．
故答案为：x＝3．
【点评】本题考查了二次函数的解析式与对称轴的关系，利用二次函数的性质解答．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A'B'C，M是AC的中点，N是A'B'的中点，连接MN，若AC＝4，∠ABC＝30°，则线段MN的最小值为　2　．

【分析】如图，连接CN．想办法求出CN，CM，根据MN≥CN﹣CM即可解决问题．
解：如图，连接CN．

在Rt△ABC中，∵AC＝4，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，BC＝AC＝4，
∵CM＝MA＝AC＝2，A′N＝NB′，
∴CN＝A′B′＝4，
∵MN≥CN﹣CM，
∴MN≥4﹣2，即MN≥2，
∴MN的最小值为2．
【点评】本题考查解直角三角形，旋转变换等知识，解题的关键是用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
19．三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是一元二次方程x2﹣16x+60＝0的一个实数根，则该三角形的面积是　24或8　．
【分析】由x2﹣16x+60＝0，可利用因式分解法求得x的值，然后分别从x＝6时，是等腰三角形；与x＝10时，是直角三角形去分析求解即可求得答案．
解：∵x2﹣16x+60＝0，
∴（x﹣6）（x﹣10）＝0，
解得：x1＝6，x2＝10，
当x＝6时，则三角形是等腰三角形，如图①：AB＝AC＝6，BC＝8，AD是高，
∴BD＝4，AD＝＝2，
∴S△ABC＝BC•AD＝×8×2＝8；
当x＝10时，如图②，AC＝6，BC＝8，AB＝10，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠C＝90°，
S△ABC＝BC•AC＝×8×6＝24．
∴该三角形的面积是：24或8．
故答案为：24或8．

【点评】此题考查了一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与直角三角形的性质．此题难度适中，解题的关键是注意分类讨论思想，小心别漏解．
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰三角形AOB，∠OAB＝120°，边OA在x轴上，且AO＝1．将△AOB绕原点O逆时针旋转60°得到等腰三角形A1OB1，且OB1＝2OB，再将△A1OB1绕原点O逆时针旋转60°得到等腰三角形A2OB2，且OB2＝2OB1……依此规律，点B2023的坐标为 　（0，22023）　．

【分析】先根据等腰三角形的性质求出OB＝，再依次求出OB1＝2OB＝2，OB2＝2OB1＝22，OB3＝2OB2＝23，从而得出OBn＝2OBn﹣1＝2n，再根据旋转角为60°得出B点所在的位置是以每6次为一个周期依次循环，由2023÷6＝337……1，可知点B2023与B1所在位置相同，即在y轴正半轴上，进而得出结论．
解：如图，过点A作AC⊥OB于C．
在等腰三角形AOB中，∠OAB＝120°，
∴∠AOB＝∠B＝＝30°，OB＝2OC．
在Rt△AOC中，AO＝1，
∴OC＝AO•cos∠AOB＝，
∴OB＝2OC＝，
∴OB1＝2OB＝2，
OB2＝2OB1＝22，
OB3＝2OB2＝23，
…
∴OBn＝2OBn﹣1＝2n．
∵2023÷6＝337……1，
∴点B2023所在位置与B1所在位置相同，即在y轴正半轴上，
∴点B2023的坐标为（0，22023）．
故答案为：（0，22023）．

【点评】此题考查了坐标与图形变化﹣旋转，等腰三角形的性质，解直角三角形，点的坐标变化规律，得出OB长度及B点位置变化规律是解题关键．
三、解答题（满分60分）
21．解下列一元二次方程：
（1）x2﹣2x﹣3＝0；
（2）（2x﹣1）2＝4（2x﹣1）．
【分析】（1）利用因式分解法把方程转化为x﹣3＝0或x+1＝0，然后解一次方程即可；
（2）先移项得到（2x﹣1）2﹣4（2x﹣1）＝0，再利用因式分解法把方程转化为2x﹣1＝0或2x﹣1﹣4＝0，然后解一次方程即可．
解：（1）x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x﹣3＝0或x+1＝0，
所以x1＝3，x2＝﹣1；
（2）（2x﹣1）2＝4（2x﹣1），
（2x﹣1）2﹣4（2x﹣1）＝0，
（2x﹣1）（2x﹣1﹣4）＝0，
2x﹣1＝0或2x﹣1﹣4＝0，
所以x1＝，x2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
22．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣1，3），C（﹣2，4）．
（1）画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标．

【分析】（1）分别作出三角形三顶点原点O对称的对应点，再顺次连接可得；
（2）分别作出三角形三顶点原点O顺时针方向旋转90°得到的对应点，再顺次连接可得．
解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，B1（1，﹣3）．

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，A2（1，2）．

【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转变换的定义和性质是解题的关键．
23．已知关于x的方程x2﹣4x+3﹣a＝0有两个不相等的实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）当a取满足条件的最小整数值时，求方程的解．
【分析】（1）根据判别式的意义得到b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4（3﹣a）＞0，然后解不等式即可；
（2）求得a的最小整数值，代入得到x2﹣4x+3＝0，然后利用因式分解法求解即可．
解：（1）根据题意得b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4（3﹣a）＞0，
解得a＞﹣1；
（2）∵a＞﹣1，
∴a的最小整数值为0，
此时方程为x2﹣4x+3＝0，
则（x﹣1）（x﹣3）＝0，
解得：x1＝1，x2＝3．
【点评】此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔方程没有实数根；也考查了因式分解法解一元二次方程．
24．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4a（a≠0）经过A（﹣1，0），C（0，4）两点，与x轴交于另一点B，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于x轴的直线y＝﹣14与抛物线分别交于点D，E，求线段DE的长．

【分析】（1）﹣4a＝4，解得：a＝﹣1，则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+bx+4，将点A的坐标代入上式并解得：b＝3，即可求解；
（2）由直线y＝﹣14与抛物线解析式可求出D和E的坐标，则可得出答案．
解：（1）﹣4a＝4，解得：a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+bx+4，
将点A的坐标代入上式得，﹣1﹣b+4＝0，
解得：b＝3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；

（2）∵平行于x轴的直线y＝﹣14与抛物线分别交于点D、E，
∴﹣14＝﹣x2+3x+4，
解得x1＝6或x2＝﹣3，
∴D（6，﹣14），E（﹣3，﹣14），
∴DE＝6﹣（﹣3）＝9．
【点评】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式及一次函数解析式，抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
25．2021年是中国共产党建党100周年，全国各地积极开展“弘扬红色文化，重走长征路”主题教育学习活动，我市“红二方面军长征出发地纪念馆”成为重要的活动基地．据了解，今年3月份该基地接待参观人数10万人，5月份接待参观人数增加到12.1万人．
（1）求这两个月参观人数的月平均增长率；
（2）按照这个增长率，预计6月份的参观人数是多少？
【分析】（1）设这两个月参观人数的月平均增长率为x，根据5月份该基地接待参观人数＝3月份该基地接待参观人数×（1+增长率）2，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）利用6月份该基地接待参观人数＝5月份该基地接待参观人数×（1+增长率），即可求出结论．
解：（1）设这两个月参观人数的月平均增长率为x，
依题意得：10（1+x）2＝12.1，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）．
答：这两个月参观人数的月平均增长率为10%．
（2）12.1×（1+10%）＝13.31（万人）．
答：预计6月份的参观人数为13.31万人．
【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．
26．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为直线BC上的一动点（点D不与点B，C重合），将AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接CE，DE．
（1）如图①，当点D在边BC上时，求证：BC＝CD+CE；
（2）当点D在直线BC上时，如图②、图③所示，线段BC，CD，CE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．


【分析】（1）证明△BAD≌△CAE（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE，则可得出结论；
（2）同（1）由全等三角形的性质可得出BD＝CE，则可得出结论．
【解答】（1）证明：∵将AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝CD+BD＝CD+CE；
（2）如图②，同理可知△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BD＝BC+CD＝CE；
如图③所示，同理可知△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∴CD＝BD+BC＝CE+BC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
27．暑假期间，某景区商店推出销售纪念品活动，已知纪念品每件的进货价为30元，经市场调研发现，当该纪念品的销售单价为40元时，每天可销售280件；当销售单价每增加1元，每天的销售数量将减少10件．[销售利润＝销售总额﹣进货成本）
（1）若该纪念品的销售单价为45元时，则当天销售量为　230　件．
（2）当该纪念品的销售单价为多少元时，该产品的当天销售利润是2610元．
（3）该纪念品的当天销售利润有可能达到3700元吗？若能请求出此时的销售单价；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据当天销售量＝280﹣10×增加的销售单价，即可求出结论；
（2）设该纪念品的销售单价为x元（x＞40），则当天的销售量为[280﹣（x﹣40）×10]件，根据当天的销售利润＝每件的利润×当天销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论；
（3）设该纪念品的销售单价为y元（y＞40），则当天的销售量为[280﹣（y﹣40）×10]件，根据当天的销售利润＝每件的利润×当天销售量，即可得出关于y的一元二次方程，由该方程根的判别式Δ＝﹣36＜0，可得出该方程无实数根，进而可得出该纪念品的当天销售利润不能达到3700元．
解：（1）280﹣（45﹣40）×10＝230（件）．
故答案为：230．
（2）设该纪念品的销售单价为x元（x＞40），则当天的销售量为[280﹣（x﹣40）×10]件，
依题意，得：（x﹣30）[280﹣（x﹣40）×10]＝2610，
整理，得：x2﹣98x+2301＝0，
整理，得：x1＝39（不合题意，舍去），x2＝59．
答：当该纪念品的销售单价为59元时，该产品的当天销售利润是2610元．
（3）不能，理由如下：
设该纪念品的销售单价为y元（y＞40），则当天的销售量为[280﹣（y﹣40）×10]件，
依题意，得：（y﹣30）[280﹣（y﹣40）×10]＝3700，
整理，得：y2﹣98y+2410＝0．
∵Δ＝（﹣98）2﹣4×1×2410＝﹣36＜0，
∴该方程无实数根，即该纪念品的当天销售利润不能达到3700元．
【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．
28．直角三角形OAB在平面直角坐标系中的位置如图所示，OA，OB的长是方程x2﹣6x+8＝0的两个根（OA＜OB）．将△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到△OCD，点A，B的对应点为C，D，连接BD．点E从点D出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线DB运动，设点E运动的时间为t秒，过点E作EF⊥x轴于点F，以EF为斜边向左作等腰直角三角形EFG，连接BF．
（1）求点A，D的坐标；
（2）设△BEF的面积为S，求S与t的关系式；
（3）在平面内是否存在点H，使以C，D，G，H为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）解方程可得OA，OB的长，再利用旋转变换的性质求解即可；
（2）分两种情形：如图1中，当0＜t＜4时，如图2中，当t＞4时，分别利用三角形的面积公式求解即可．
（3）分两种情形：如图3中，当CD为正方形的对角线时，如图4中，当CD为正方形的边时，分别求解即可．
解：（1）∵方程x2﹣6x+8＝0的两个根分别为x1＝2，x2＝4，
又OA，OB的长是方程x2﹣6x+8＝0的两个根（OA＜OB），
∴OA＝2，OB＝4，
∴A（2，0），B（0，4），
由旋转变换的性质可知OD＝OB＝4，
∴D（4，0）；

（2）如图1中，当0＜t＜4时，

∵OB＝OD＝4，∠BOD＝90°，
∴∠ODB＝∠OBD＝45°，
∵EF⊥DF，
∴∠EFD＝90°，
∴∠FED＝∠FDE＝45°，
∴FE＝FD，
∵DE＝t，
∴EF＝DF＝t，
∴OF＝4﹣t，
∴S＝×t×（4﹣t）＝﹣t2+2t．

如图2中，当t＞4时，S＝×t×（t﹣4）＝t2﹣2t．

综上所述，S＝．

（3）如图3中，当CD为正方形的对角线时，E是BD的中点，E（2，2），
∵△GEF是等腰直角三角形，
∴G（1，1），
∵G，H关于CD对称，
∴H（3，﹣3）．

如图4中，当CD为正方形的边时，点E与B重合时，
∵△EFG是等腰直角三角形，
∴G（﹣2，2）
∴把点G（﹣2，2）向右平移4个单位，向上平移2个单位得到H（2，4）．

综上所述，满足条件的点H的坐标为（3，﹣3）或（2，4）．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转变换，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．