人教版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份人教版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析），共34页。试卷主要包含了二十二章等内容，欢迎下载使用。

人教版初中数学九年级上册期中测试卷
考试范围：第二十一 二十二章 二十三章 考试时间 ：120分钟 总分 ：120分
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0，bx2+cx+a=0，cx2+ax+b=0恰好有一个相同的实数根a，则a+b+c的值为(    )
A. 0 B. 1 C. 3 D. 不确定
2.如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，对角线AC、BD的长度分别是一元二次方程x2-mx-x+2m=0的两实数根，DH是AB边上的高，则DH的值为(    )





A. 94 B. 114 C. 115 D. 3
3.某小区计划在一块长32m、宽20m的长方形空地上修建三条同样宽的道路(如图)，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2.设道路的宽为xm，则下面所列方程正确的是(    )

A. 32×20-3x2=570 B. (32-x)(20-x)=570
C. (32-2x)(20-x)=570 D. 3x2=570
4.已知抛物线y1:y=-2(x-4)2+2和抛物线y2:y=2x2+8x+18，若无论k取何值，直线y=kx-kp+q被两条抛物线所截的两条线段都保持相等，则(    )
A. pq=3 B. pq=4 C. pq=5 D. pq=6
5.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论中：①b2<4ac；②abc<0；③2a+b<0；④(a+c)2 A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
6.如图，正方形ABCD的顶点A(0,3)，B(5,0)，对角线AC，BD交于点H，将正方形以原点O为旋转中心，作以下变换：第一次逆时针旋转90∘，第二次再顺时针旋转60∘，第三次继续逆时针旋转90∘，第四次依然顺时针旋转60∘，⋯⋯，重复这样的过程，当旋转30次后，点H的坐标为(    )


A. (4,4) B. (4,-3) C. (-3,4) D. (-4,4)
7.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AC=6，以斜边AB的中点D为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt△A'B'C'，则旋转后两个直角三角形重叠部分的面积为(    )


A. 6 B. 9 C. 6 3 D. 9 3
8.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.
9.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为3+3 3；③BP存在最小值为3 2-3；④点P运动的路径长为 2π.其中，正确的是(    )


A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
10.定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”.如图，在正方形OABC中，点A(0,2)，点C(2,0)，则互异二次函数y=(x-m)2-m与正方形OABC有交点时m的最大值和最小值之差为(    )


A. 5 B. 7+ 172 C. 4 D. 7- 172
11.德尔塔(Delta)是一种全球流行的新冠病毒变异毒株，其传染性极强.某地有1人感染了德尔塔，因为没有及时隔离治疗，经过两轮传染后，一共有144人感染了德尔塔病毒，下面所列方程正确的是(    )
A. 1+x+x2=144 B. x(x+1)=144
C. 1+x+x(x+1)=144 D. 1+(1+x)+x(x+1)=144
12.已知关于x的方程(k-2)2x2+(2k+1)x+1=0有实数根，则k的取值范围是
(    )
A. k>43且k≠2 B. k≥43且k≠2 C. k>34 D. k≥34
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13.已知等腰三角形的一条边长为2，另两条边长是关于x的一元二次方程(x-3)(x-2)=m(m+1)的两个根，则m=          ．
14.如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，AE为∠BAD的平分线，F为AE上一动点，点M为DF的中点，连接BM，则BM的最小值是          ．


15.某电商销售一款夏季时装，进价40元/件，售价110元/件，每天销售20件，每销售一件需缴纳电商平台推广费用a元(a>0).未来30天，这款时装将开展“每天降价1元”的夏令促销活动，即从第1天起每天的单价均比前一天降1元.通过市场调研发现，该时装单价每降1元，每天销量增加4件.在这30天内，要使每天缴纳电商平台推广费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大，a的最大整数值为           ．
16.如图，点P是正方形ABCD内一点，连接AP、BP、DP，若AP=1，PD= 10，∠APB=135∘，则正方形ABCD 的面积为          ．

三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题8.0分)
如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，那么称这样的方程为“倍根方程”.例如，一元二次方程x2-6x+8=0的两个根是x1=2和x2=4，则方程x2-6x+8=0是“倍根方程”．
(1)根据上述定义，一元二次方程2x2+x-1=0______(填“是”或“不是”)“倍根方程”．
(2)若一元二次方程x2-3x+c=0是“倍根方程”，则c=______．
(3)若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)是“倍根方程”，则a、b、c之间的关系为______．
(4)若(x-2)(mx-n)=0(m≠0)是“倍根方程”，求代数式4m2-5mm+n2的值．
18.(本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2-6x+m+4=0有两个实数根x1，x2．
(1)求m的取值范围；
(2)若x1，x2满足3x1=|x2|+2，求m的值．
19.(本小题8.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+4x+c经过A(2,0)、B(0,-6)两点，其对称轴与x轴交于点C．

(1)求该抛物线和直线BC的解析式；
(2)设抛物线与直线BC相交于点D，求△ABD的面积；
(3)在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAB的周长最小？若存在，求出Q点的坐标及△QAB最小周长；若不存在，请说明理由．
20.(本小题8.0分)
已知点A(2,-3)是二次函数y=x2+(2m-1)x-2m图象上的点．
(1)求二次函数图象的顶点坐标；
(2)当-1≤x≤4时，求函数的最大值与最小值的差；
(3)当t≤x≤t+3时，若函数的最大值与最小值的差为4，求t的值．
21.(本小题8.0分)
1992年巴塞罗那奥运会上，由1984、1988年两届残疾人奥运会射箭奖牌获得者，37岁的巴塞罗那选手雷波洛射箭点火．只见他从轮椅上站起来，用火种点燃箭头，然后准确地射向70米远、20米高的火炬塔，圣火随之而起．火炬塔上面的圣火台的点火区域是一个边长为4米的正方形．这只箭飞行的轨迹可以看作是抛物线的一部分，记这只箭飞行的水平距离为d(单位：m)，距地面的竖直高度为h(单位：m)，获得数据如表：
    
d(单位：m)
0
10
20
30
40
50
60
70
h(单位：m)
2
10.5
17.0
21.7
24.5
25.5
24.5
k
小欣根据学习函数的经验，对函数h随自变量d的变化而变化的规律进行了研究．下面是小欣的探究过程，请补充完整：
(1)k的值为________；
(2)在平面直角坐标系中，描出以表中各对对应值为坐标的点，并用平滑的曲线连接；

(3)据说，为了成功点燃主火炬，雷波洛练了不下2000次．练习中，他的命中率超过了令人欣喜的90%.但是，由于开幕式是在晚间进行，而点火之前，体育场内的所有灯光熄灭，射手只能凭借月光和体育场外围微弱的灯光来判断火炬塔的位置．请结合函数图像分析，雷波洛射出的箭是否掉进了圣火台里？答：(“是”或者“否”)
(4)据组织者透露说，圣火台的上空充满可燃气体，只要雷波洛射出的箭能够进入圣火台上方高4米的范围内，都可以顺利点燃主火炬．小欣在研究这个问题的过程中还发现，如果射箭的初始角度和力量不变的情况下，射手还可以通过调整与火炬塔的距离来改变这只箭的飞行轨迹，如果保证圣火被点燃，请结合函数图像分析，射手向前移动的最大距离与向后移动的最大距离之和是________米．(精确到1米)
22.(本小题8.0分)
如图，直线l：y=-2x+m与x轴交于点A(-2,0)，抛物线C1：y=x2+4x+3与x轴的一个交点为B(点B在点A的左侧)，过点B作BD垂直x轴交直线l于点D．

(1)求m的值和点B的坐标；
(2)将△ABD绕点A顺时针旋转90°，点B，D的对应点分别为点E，F．
①点F的坐标为____；
②将抛物线C1向右平移使它经过点F，此时得到的抛物线记为C2，直接写出抛物线C2的表达式．
23.(本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+4(a<0)的图象与x轴交于点A(-2,0)和B(4,0)，与y轴交于点C，直线BC与对称轴交于点D．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若抛物线y=ax2+bx+4(a<0)的对称轴上有一点M，以O、C、D、M为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．
24.(本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，∠BCD=90∘，BC=8cm．
AB=AD=10cm，点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线ABC方向运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动.已知动点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，PQ运动停止，设运动时间为t．
(1)直接写出CD的长(cm);
(2)当四边形PBQD为平行四边形时，直接写出四边形PBQD的周长(cm);
(3)在点P、点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为15cm2?若存在，请求出所有满足条件的t的值;若不存在，请说明理由．


25.(本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，AB=16cm，BC=8cm，动点P从点A出发，以3cm/s的速度向点B运动，到达点B时停止运动;动点Q同时从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动.设运动的时间为ts．

(1)当t=          s时，以A，P，Q，E为顶点的四边形是
平行四边形;
(2)当t为何值时，点P和点Q之间的距离为10cm．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：把x=a代入ax2+bx+c=0，bx2+cx+a=0，cx2+ax+b=0得：
a⋅a2+ba+c=0，ba2+ca+a=0，ca2+a⋅a+b=0，
相加得：(a+b+c)a2+(b+c+a)a+(a+b+c)=0，
(a+b+c)(a2+a+1)=0，
∵a2+a+1=(a+12)2+34>0，
∴a+b+c=0，
故选A．
把x=a代入3个方程得出a⋅a2+ba+c=0，ba2+ca+a=0，ca2+a⋅a+b=0，3个方程相加即可得出(a+b+c)(a2+a+1)=0，即可求出答案．
本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．
2.【答案】A 
【解析】【分析】
本题考查了菱形的性质和面积，勾股定理，根与系数的关系的应用，能得出关于m的方程是解此题的关键，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．
根据菱形的性质得出AB=4，AC⊥BD，AC=2AO，BD=2BO，∠AOB=90°，根据勾股定理得出AO2+BO2=16，根据根与系数的关系得出2AO+2BO=m+1，2AO⋅2BO=2m，变形后代入求出m的值，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=4，AC⊥BD，AC=2AO，BD=2BO，∠AOB=90°，
∴AO2+BO2=AB2=42=16，
∵对角线AC，BD的长度分别是一元二次方程x2-(m+1)x+2m=0的两实数根，
∴2AO+2BO=m+1，2AO⋅2BO=2m，
∴AO+BO=12(m+1)，AO⋅BO=12m，
∴AO2+BO2=(AO+BO)2-2AO×BO=16，
∴14(m+1)2-m=16，
解得：m1=9，m2=-7，
∴当m=-7时，AO⋅BO=-3.5<0，不符合题意，舍去，
∴m=9，
则AO⋅BO=4.5，AC⋅BD=2AO⋅2BO=4AO⋅BO=18，
∵DH是AB边上的高，
∴S菱形ABCD=AB⋅DH=12AC⋅BD，
∴4DH=12×18，
∴DH=94．
故选：A．
3.【答案】C 
【解析】解：将三条路平移，如图所示：

∵剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2，设道路的宽为x m，
∴(20-x)(32-2x)=570，
故选：C．
将三条路平移，草坪是一个长方形，如图所示，根据剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2，设道路的宽为x m，利用长方形面积公式得到(20-x)(32-2x)=570，从而确定答案．
本题考查列方程解实际应用题，读懂题意，根据所给图形，采用平移得到矩形是解决问题的关键．
4.【答案】D 
【解析】【分析】
本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．首先根据直线的解析式可知直线经过定点(p,q)，然后分别求出两个抛物线的顶点坐标为(4,2)，(-2,10)，通过观察两个抛物线的开口大小一样，当定点(p,q)是两个顶点的中点时符合题意，再求出p、q的值，即可求解．
【解答】
解：∵y=kx-kp+q可化为y-q=kx-p，当x=p时，y=q，
∴y=kx-kp+q经过定点(p,q)，
抛物线y1：y=-2x-42+2的顶点坐标(4,2)，
抛物线y2：y=2x2+8x+18=2x+22+10的顶点坐标(-2,10)，
∵a1=-2，a2=2，
∴抛物线的开口大小相同，
∵无论k取何值，直线y=kx-kp+q被两条抛物线所截的两条线段都保持相等，如图：

则定点(p,q)是抛物线的两个顶点的中点，
∴p=4+-22=1，q=2+102=6，
∴pq=1×6=6．
5.【答案】B 
【解析】解：∵抛物线与x轴有交点，
∴Δ>0，
∴b2-4ac>0，
∴b2>4ac，故①错误；
∵抛物线开口向下，
∴a<0
∵抛物线交y轴于正半轴，
∴c>0，
∵-b2a>0，
∴b>0，
∴abc<0，故②正确；
∵-b2a>1，a<0，
∴b>-2a，，
∴2a+b>0，故③错误，
∵x=1时，y>0，
∴a+b+c>0，
∵x=-1时，y<0，
∴a-b+c<0，
∴(a+b+c)(a-b+c)<0，
∴(a+c)2 故选：B．
利用二次函数的性质，结合图象即可一一判断．
本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6.【答案】D 
【解析】【分析】
本题考查坐标与图形变化-旋转，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会探究规律解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
HM⊥y轴于点M，HN⊥x轴于点N，连接OH.利用全等三角形的性质证明H(4,4)，再探究规律解决问题即可．
【解答】
解：如图，过点H作HM⊥y轴于点M，HN⊥x轴于点N，连接OH．

∵A(0,3)，B(5,0)，
∴OA=3，OB=5，
∵∠HMO=∠HNO=∠MON=90°，
∴四边形OMHN是矩形，
∴∠MHN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AH=CH，DH=BH，AC=BD，
∴AH=HB，
∴∠AHB=∠MHN=90°，
∴∠AHM=∠BHN，
∵∠HMA=∠HNB=90°，
∴△HMA≌△HNB(AAS)，
∴HM=HN，AM=BN，
∴四边形OMHN是正方形，
∴OM=ON，
∵HM⊥OA，HN⊥OB，
∴OH平分∠AOB，
∴OM+ON=OA+AM+OB-BN=3+5=8，
∴OM=ON=4，
∴H(4,4)，
∵将正方形以原点O为旋转中心，作以下变换：第一次逆时针旋转90°，第二次再顺时针旋转60°，第三次继续逆时针旋转90°，第四次依然顺时针旋转60°，……重复这样的过程，
∴第6次旋转后点H在第二象限的角平分线上，此时H(-4,4)，第12次旋转后点H在第三象限的角平分线上，此时H(-4,-4)，第18次旋转后点H在第四象限的角平分线上，此时H(4,-4)，第24次旋转后点H在第一象限的角平分线上，此时H(4,4)，第30次旋转后点H在第二象限的角平分线上，此时H(-4,4)，
故选：D．
7.【答案】B 
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和三角形面积公式．如图，先计算出AB=2AC=12，则BD=6，再根据旋转的性质得B'D=BD=6，则在Rt△BDM中可计算出DM=2 3，BM=2MD=4 3，所以B'M=B'D-DM=6-2 3，接着在Rt△B'MN中计算出MN=12B'M=3- 3，所以BN=3+3 3，在Rt△BNG中计算NG= 33BN=3+ 3，然后利用S阴影部分=S△BNG-S△BDM进行计算即可．
【解答】
解：如图，

∵∠C=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=2AC=12，
∵点D为AB的中点，
∴BD=6，
∵△ABC绕点D逆时针方向旋转90°得到Rt△A'B'C'，
∴B'D=BD=6，
在Rt△BDM中，∵∠B=30°，
∴DM= 33BD=2 3，BM=2MD=4 3，
∴B'M=B'D-DM=6-2 3，
在Rt△B'MN中，MN=12B'M=3- 3，
∴BN=3- 3+4 3=3+3 3，
在Rt△BNG中，NG= 33BN=3+ 3，
∴S阴影部分=S△BNG-S△BDM=12×(3+ 3)×(3+3 3)-12×2 3×6=9．
故选B．
8.【答案】A 
【解析】解：A既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A选项符合题意；
B是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不符合题意；
D是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不符合题意．
故选：A．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
9.【答案】B 
【解析】解：设AB与CP交于G，如图2所示：
∵∠BAC=90°，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=AE=3，∠DAE=90°，
∴∠DAB=90°-∠BAE=∠EAC，
在△AEC和△ADB中，
AE=AD∠EAC=∠DABAC=AB，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，故①正确；
∴∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠AGC=90°，∠AGC=∠BGP，
∴∠DBA+∠BGP=90°，
∴∠BPC=90°，
∴BP=BC⋅sin∠BCP，
∴当∠BCP最小时，BP最小，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC= AB2+AC2= 62+62=6 2，
在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，
∵当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB=45°，
∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示：
在Rt△AEC中，AE=3，AC=6，
∴EC= AC2-AE2= 62-32=3 3，
∵AE=AD，∠EAC=90°-∠BAE=∠DAB，AC=AB，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，
∴BD=EC=3 3，∠ADB=∠AEC=90°，
∴四边形ADPE是正方形，
∴PD=PE=AE=3，
∴BP=BD-PD=3 3-3，CP=PE+CE=3+3 3，
∴CP存在最大值为3+3 3，BP存在最小值为3 3-3，故②正确，③不正确；
取BC的中点为O，连接OA、OP，
∵∠BAC=∠BPC=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，
OA=OP=OB=OC=12AB=12×6 2=3 2，
如图4，当AE⊥CP时，sin∠ACE=AEAC=36=12，
∴∠ACE=30°，
∴∠CAE=60°，∠AOP=2∠ACE=60°，
∵将△ADE绕点A顺时针旋转60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，
∴点P运动的路径长为：60π×3 2180= 2π，故④正确；
故选：B．
设AB与CP交于G，由SAS证△AEC≌△ADB，故①正确；再由锐角三角函数定义得BP=BC⋅sin∠BCP，在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，然后证△AEC≌△ADB(SAS)，得BD=EC=3 3，则四边形ADPE是正方形，求出BP=BD-PD=3 3-3，CP=PE+CE=3+3 3，得CP存在最大值为3+3 3，BP存在最小值为3 3-3，故②正确，③不正确；取BC的中点为O，连接OA、OP，证点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC=3 2，当AE⊥CP时，求出∠ACE=30°，则∠CAE=60°，∠AOP=2∠ACE=60°，最后证点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，求出点P运动的路径长即可．
本题是几何变换综合题目，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义、圆周角定理以及弧长公式等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转变换的性质和全等三角形的判定与性质，证明四边形ADPE为正方形是解题的关键，属于中考常考题型．
10.【答案】B 
【解析】【分析】
本题为二次函数综合题，考查了二次函数图象性质．解答关键是研究动点到达临界点时图形的变化，从而得到临界值．
画出图象，从图象可以看出，当函数图象从左上向右下运动时，当跟正方形有交点时，先经过点A，再逐渐经过点O，点B，点C，最后再经过点B，且在运动的过程中，两次经过点A，两次经过点O，点B和点C，只需算出当函数经过点A及点B时m的值，即可求出m的最大值及最小值．
【解答】
解：如图，由题意可得，互异二次函数y=(x-m)2-m的顶点(m,-m)在直线y=-x上运动，

在正方形OABC中，点A(0,2)，点C(2,0)，
∴B(2,2)，
从图象可以看出，当函数图象从左上向右下运动时，
若抛物线与正方形有交点，先经过点A，再逐渐经过点O，点B，点C，最后再经过点B，
且在运动的过程中，两次经过点A，两次经过点O，点B和点C，
∴只需算出当函数经过点A及点B时m的值，即可求出m的最大值及最小值．
当互异二次函数y=(x-m)2-m经过点A(0,2)时，m=2或m=-1；
当互异二次函数y=(x-m)2-m经过点B(2,2)时，m=5- 172或m=5+ 172．
∴互异二次函数y=(x-m)2-m与正方形OABC有交点时m的最大值和最小值分别是5+ 172，-1．
∴最大值和最小值之差为5+ 172-(-1)=7+ 172，
故选：B．
11.【答案】C 
【解析】解：设每轮传染中平均1人传染了x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(x+1)人被传染，
根据题意得：1+x+x(x+1)=144．
故选：C．
设每轮传染中平均1人传染了x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(x+1)人被传染，根据“某地有1人感染了德尔塔，因为没有及时隔离治疗，经过两轮传染后，一共有144人感染了德尔塔病毒”，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
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．
12.【答案】D 
【解析】解：当k-2=0，即k=2时，原方程为5x+1=0，
解得：x=-15，
∴k=2符合题意；
当k-2≠0，即k≠2时，Δ=(2k+1)2-4×1×(k-2)2=20k-15≥0，
解得：k≥34且k≠2．
综上所述：k≥34．
故选：D．
分二次项系数为零及非零两种情况考虑：当k-2=0，即k=2时，通过解一元一次方程可求出方程的解，进而可得出k=2符合题意；当k-2≠0，即k≠2时，由根的判别式Δ≥0，可得关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．综上可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，分二次项系数为零及非零两种情况求出k的取值范围是解题的关键．
13.【答案】0或-1或-12． 
【解析】【分析】
本题考查等腰三角形的性质，一元二次方程的解法，三角形三边关系，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及等腰三角形的性质，本题属于中等题型．
根据一元二次方程的解法以及等腰三角形的性质分类讨论即可求出答案．
【解答】
解：①当2为等腰三角形的腰时，将x=2代入原方程得：0=m(m+1)，
解得：m=0或-1，
当m=0或-1时：
此时原方程为(x-3)(x-2)=0，
解得：x1=3，x2=2，
∵2+2=4>3，
∴2能为等腰三角形的腰；
②当2为等腰三角形的底时，方程(x-3)(x-2)=m(m+1)有两个相等的实数根，
∴Δ=25-4×6-mm+1=0，
解得：m1=m2=-12，
此时x1=x2=52=2.5，
∵2、2.5、2.5可以围成等腰三角形， 
∴m=-12．
故答案为0或-1或-12．
14.【答案】2 2 
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质，二次函数的性质，两点距离公式等知识，建立平面直角坐标系是本题的关键．
建立平面直角坐标系，求出AE的解析式，设点F(a,-a+2)，可求点M坐标，由两点距离公式和二次函数性质可求BM的最小值．
【解答】
解：以点B为原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，

∵AB=2，BC=4，
∴点A(0,2)，点C(4,0)，点D(4,2)，
∵AE为∠BAD的角平分线，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴∠BAE=∠AEB=45°，
∴AB=BE=2，
∴点E(2,0)，
设直线AE的解析式为y=kx+b，
将点A(0,2)，E(2,0)代入上式，得：
b=22k+b=0,
解得：k=-1b=2,
∴直线AE解析式为y=-x+2，
∴设点F(a,-a+2)，
∵M为DF的中点，
∴点M(4+a2,-a+42)，
∴BM2=(4+a2)2+(-a+42)2=a2+16+8a4+a2+16-8a4=12a2+8，
∵0≤a≤2，
∴当a=0时，BM的最小值为2 2，
故答案为2 2．
15.【答案】5 
【解析】【分析】
本题考查二次函数的应用，掌握二次函数的增减性是解题的关键．
根据题意列出每天的利润的函数解析式，再根据自变量的取值范围确定对称轴的取值范围，从而可求出a的范围，进而求出其最大整数值．
【解答】
解：设未来30天每天获得的利润为y，
y=(110-40-t)(20+4t)-(20+4t)a，
化简，得：y=-4t2+(260-4a)t+1400-20a，
每天缴纳电商平台推广费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大，
∴-260-4a2×(-4)≥30
解得，a≤5，
又∵a>0，
即a的取值范围是：0 ∴a的最大整数为5，
故答案为：5．
16.【答案】13 
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
将 △APB 绕点 A 逆时针旋转 90∘ 得到 △AHD ，连接 PH ，过点A 作 AE⊥DH 交 DH 的延长线于E ，根据旋转的性质推出∠PHD=90∘，DH的长度，推出∠AHE=∠HAE=45∘，求出AE=EH= 22，进而得出DE=5 22，最后利用勾股定理计算出AD2，即可得出答案．
【解答】
解：如图，将 △APB 绕点 A 逆时针旋转 90∘ 得到 △AHD ，连接 PH ，过点 A 作 AE⊥DH 交 DH 的延长线于 E ，

∴△APB≌△AHD，∠PAH=90∘，
∴PB=DH，AP=AH=1，∠APB=∠AHD=135∘，
∴PH= 2AP= 2，∠APH=∠AHP=45∘，
∴∠PHD=90∘，
∴DH= DP2-PH2= 10-2=2 2，
∵∠AHD=135∘，
∴∠AHE=45∘，
∵AE⊥DH，
∴∠AHE=∠HAE=45∘，
∴AE=EH，AH= 2AE，
∴AE=EH= 22，
∴DE=5 22，
∴AD2=AE2+DE2=13．
∴正方形的面积为13，
故答案为：13．
17.【答案】解：(1)不是．
(2)2．
(3)2b2=9ac．
(4)由(x-2)(mx-n)=0(m≠0)是“倍根方程”，
且该方程的两根分别为x=2和x=nm，
∴nm=4或nm=1，
当n=4m时，
4m2-5mm+n2=(m-n)(4m-n)=0
当n=m时，
4m2-5mm+n2=(m-n)(4m-n)=0，
所以4m2-5mm+n2的值是0． 
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“倍根方程”的定义，本题属于中等题型．
(1)根据“倍根方程”的定义即可得出结论；
(2)根据倍根方程的定义以及根与系数的关系即可求出答案；
(3)设x=n与x=2n是方程ax2+bx+c=0的解，然后根据根与系数的关系即可求出答案；
(4)根据定义可求出n=4m或n=m，代入原式后即可求出答案；
【解答】
解：(1)2x2+x-1=0，
(2x-1)(x+1)=0，
解得：x1=12，x2=-1，
所以一元二次方程2x2+x-1=0不是“倍根方程”．
故答案为：不是．
(2)由题意可知：设方程x2-3x+c=0的两个根为x1=m和x2=2m，
∴m2-3m+c=0，4m2-6m+c=0，
解：m=1，c=2，
故答案为：2；
(3)设x=n与x=2n是方程ax2+bx+c=0的解，
∴2n+n=-ba，2n2=ca，
∴消去n，得：2b2=9ac，
即a、b、c之间的关系为2b2=9ac，
故答案为：2b2=9ac；
 (4)见答案．
18.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2-6x+m+4=0有两个实数根x1，x2，
∴Δ=(-6)2-4(m+4)=20-4m≥0，
解得：m≤5，
∴m的取值范围为m≤5．
(2)∵关于x的一元二次方程x2-6x+m+4=0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2=6①，x1x2=m+4②．
∵3x1=|x2|+2，
当x2≥0时，有3x1=x2+2③，
联立①③解得：x1=2，x2=4，
∴8=m+4，m=4；
当x2<0时，有3x1=-x2+2④，
联立①④解得：x1=-2，x2=8(不合题意，舍去)．
∴符合条件的m的值为4． 
【解析】本题考查的是根的判别式和根与系数的关系．
(1)根据方程的系数结合根的判别式，即可得出Δ=20-4m≥0，解之即可得出结论；
(2)由根与系数的关系可得x1+x2=6①、x1x2=m+4②，分x2≥0和x2<0可找出3x1=x2+2③或3x1=-x2+2④，联立①③或①④求出x1、x2的值，进而可求出m的值．
19.【答案】解：(1)将A(2,0)、B(0,-6)代入抛物线解析式得：4a+8+c=0c=-6，
解得：a=-12c=-6，
故抛物线的解析式为：y=-12x2+4x-6，
其对称轴为：直线x=-42×-12=4，
故点C的坐标为(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B、点C的坐标代入可得：4k+b=0b=-6，
解得：k=32b=-6，
故直线BC的解析式为y=32x-6；
(2)联立直线BC与抛物线的解析式：y=-12x2+4x-6y=32x-6，
解得：x=0y=-6或x=5y=32，
故点D的坐标为(5,32)，
则S△ABD=S△ACD+S△ABC=12AC×yD+12AC×|yB|=152．
(3)存在点Q，使得△QAB的周长最小；
点A关于抛物线对称轴的对称点为A'，连接A'B，则A'B与对称轴的交点即是点Q的位置：

A'坐标为(6,0)，B(0,-6)，
设直线A'B的解析式为：y=mx+n，代入两点坐标可得：6m+n=0n=-6，
解得：m=1n=-6，
即直线A'B的解析式为y=x-6，
故点Q的坐标为(4,-2)．
AB= OA2+OB2= 22+62=2 10,A'B= OA'2+OB2=6 2，
即存在点Q的坐标(4,-2)时，使得△QAB的周长最小，最小周长为AB+A'B=6 2+2 10． 
【解析】本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、三角形的面积，及利用轴对称求最短路径的问题，解答第二问需要我们将要求的图形的面积分割，第三问的关键是利用轴对称的性质得出点Q的位置，难度较大．
(1)将点A、点B的坐标代入可得出抛物线的解析式，从而得出点C的坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式．
(2)求出点D的坐标，然后根据S△ABD=S△ACD+S△ABC进行计算，即可得出答案．
(3)AB长度固定，只需满足QA+QB最小即可，找点A关于对称轴的对称点A'，连接A'B，则A'B与对称轴的交点即是点Q的位置，求出其坐标及周长即可．
20.【答案】解：(1)∵已知A(2,-3)是二次函数y=x2+(2m-1)x-2m图象上的点
∴4+4m-2-2m=-3
解得m=-52，
∴此二次函数的解析式为：y=x2-6x+5，
∵y=x2-6x+5=(x-3)2-4，
∴顶点坐标为(3,-4)．
(2)∵抛物线开口向上，顶点坐标为(3,-4)，
∴当x=3时，y最小值=-4，
当x=-1时，y最大值=12，
∴当-1≤x≤4时，函数的最大值与最小值的差为16．
(3)当t≤x≤t+3时，对t进行分类讨论，
①当t+3<3时，即t<0，y随着x的增大而减小，
当x=t时，y最大值=t2-6t+5
当x=t+3时，y最小值=(t+3)2-6(t+3)+5=t2-4，
t2-6t+5-(t2-4)=4
∴-6t+9=4，
解得t=56(不合题意，舍去)．
②当0≤t<3时，顶点的横坐标在取值范围内，
∴y最小值=-4，
i)当0≤t≤32时，在x=t时，y最大值=t2-6t+5，
∴t2-6t+5-(-4)=4，
解得t1=1，t2=5(不合题意，舍去)．
ii)当32 ∴t2-4-(-4)=4，
∴解得t1=2，t2=-2(不合题意，舍去)；
③当t>3时，y随着x的增大而增大，
当x=t时，y最小值=t2-6t+5，
当x=t+3时，y最大值=t2-4，
∴t2-4-(t2-6t+5)=4，
解得t=136(不合题意，舍去)；
综上所述，t=1或2． 
【解析】本题考查二次函数的图象及性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论是解题的关键．
(1)求得二次函数的解析式，把解析式化成顶点式，即可求得顶点坐标；
(2)根据二次函数图象上点的坐标特征，即可得到当x=3时，y最小值=-4，当x=-1时，y最大值=12，从而求得结论；
(3)分四种情况讨论：
①当t+3<3时，即t<0，y最大值=t2-6t+5，y最小值=(t+3)2-6(t+3)+5=t2-4，
解得t=56(不合题意，舍去)；
②当0≤t<3时，y最小值=-4，i)当0≤t≤32时，y最大值=t2-6t+5，得t2-6t+5-(-4)=4，解得t1=1，t2=5(不合题意，舍去)；
ii)当32 ③当t>3时，y最小值=t2-6t+5，y最大值=t2-4，得t2-4-(t2-6t+5)=4，解得t=136(不合题意，舍去)．
21.【答案】(1)21.7．
(2)解：先根据表格中的数据在直角坐标系中描点，然后用光滑的曲线连接如下图．

(3)否．
(4)15．
 
【解析】【分析】
(1)根据抛物线的对称性结合表格数据可知当d=70与d=30时的函数值相等，据此即可求解；
(2)先根据表格中的数据在直角坐标系中描点，然后用光滑的曲线连接即可；
(3)先求得抛物线的解析式，再求出当d=72时所对应的h的值，再和20作比较即可；
(4)利用已求得抛物线的解析式，根据题意，先求得正方形左下角的点A的坐标和右上角的点B的坐标，再根据抛物线的平移列出方程，求得平移的距离，即可求解．
【详解】
(1)解：∵这只箭飞行的轨迹可以看作是抛物线的一部分，
根据表格数据和二次函数图像的对称的性质可得：对称轴为直线d=50，
∴d=70与d=30时的函数值相等，
∵当d=30时，h=21.7，
∴当d=70时，k=21.7．
故答案为：21.7．
(2)见答案。
(3)解：设二次函数的解析式为：h=a(d-50)2+25.5，
当d=40时，h=24.5，
∴a(40-50)2+25.5=24.5，
解得：a=-0.01，
∴二次函数的解析式为h=-0.01(d-50)2+25.5，
当d=72时，
h=-0.01×(72-50)2+25.5=-4.84+25.5=20.66>20，
∴雷波洛射出的箭没有掉进圣火台里．
故答案为：否．
(4)解：由(3)可知：二次函数的解析式为h=-0.01(d-50)2+25.5，
∵圣火台上方高4米的范围内，都可以顺利点燃主火炬，且射箭的初始角度和力量不变的情况下，射手可以通过调整与火炬塔的距离来改变这只箭的飞行轨迹，即相当于将图像左右平移可以保证圣火被点燃，
依题意，正方形左下角的点A的坐标为68,20，右上角的点B的坐标为72,24，
设后退m(m>0)米，即抛物线向左平移m米，当抛物线经过正方形的左下角的点A(68,20)时，  
∴20=-0.01(68-50+m)2+25.5，
解得：m1=5 22-18，m2=-5 22-18(不合题意，舍去)；
设前进nn>0米，即抛物线向右平移n米，当抛物线经过正方形的右上角的点B(72,24)时，
∴24=-0.01(72-50-n)2+25.5，
解得：n1=22-5 6，n2=22+5 6(不合题意，舍去)，
∴m+n=5 22-18+22-5 6
=5 22-5 6+4
≈15(米)．
∴射手向前移动的最大距离与向后移动的最大距离之和为15米．
故答案为：15．


22.【答案】解：(1)将A(-2,0)代入y=-2x+m，得：0=-2×(-2)+m，
解得：m=-4．
当y=0时，有x2+4x+3=0，
解得：x1=-3,x2=-1，
又∵点B在点A的左侧，
∴点B的坐标为(-3,0)．
(2)①(0,1)；
②y=x2-2 2x+1或y=x2+2 2x+1． 
【解析】【分析】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、旋转的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求二次函数解析式．
(1)利用待定系数法及二次函数图象上点的坐标特征，求出m的值和点B的坐标；
(2)①利用旋转的性质找出点F的位置；
②由点F的坐标，利用待定系数法求出抛物线C2的表达式．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)当x=-3时，y=-2x-4=2，
∴点D的坐标为(-3,2)，
∴BD=2，AB=1．
①依照题意画出图形，则EF=BD=2，OF=AE=AB=1，
又∵点A的坐标为(-2,0)，
∴点F在y轴正半轴上，
∴点F的坐标为(0,1)．
故答案为(0,1)；

②∵y=x2+4x+3=(x+2)2-1，
∴设平移后得到的抛物线C2的表达式为y=(x+m)2-1．
将F(0,1)代入y=(x+m)2-1，得：1=(0+m)2-1，
解得：m1= 2,m2=- 2，
∴抛物线C2的表达式为y=(x- 2)2-1或y=(x+ 2)2-1，
即y=x2-2 2x+1或y=x2+2 2x+1．
23.【答案】解：(1)将点A(-2,0)和点B(4,0)代入抛物线解析式y=ax2+bx+4(a<0)，
则4a-2b+4=016a+4b+4=0，解得：a=-12b=1，
∴抛物线解析式为y=-12x2+x+4；

(2)由(1)知抛物线解析式为y=-12x2+x+4=-12(x-1)2+92，
∴抛物线的对称轴为：直线x=1，
令x=0，则y=0，
∴C(0,4)，
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，OC=4，
∴D(1,3)．
∵点M在对称轴上，
∴DM//OC，
若以O、C、D、M四点为顶点的四边形是平行四边形，则OC=DM，
∴|3-yM|=4，
解得yM=-1或7．
∴点M的坐标为(1,-1)或(1,7)． 
【解析】【分析】
(1)将点A(-2,0)和点B(4,0)代入抛物线解析式，解方程组即可得出结论；
(2)由题意可知，OC//DM，若以O、C、D、M四点为顶点的四边形是平行四边形，则OC=DM即可，由此可得出结论．
本题属于二次函数的综合应用，主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数的图象及性质，平行四边形的性质与判定，其中，(2)关键是得出CO//DM．
24.【答案】解：(1)16；
(2)8+8 13；
(3)①当点P在线段AB上时，即：0≤t≤103时，
如图2，

S△BPQ=12PB⋅BC=12(10-3t)×8=15，
∴t=2512；
②当点P在线段BC上时，即：103 如图4，

BP=3t-10，CQ=16-2t，
∴S△BPQ=12PB⋅CQ=12(3t-10)(16-2t)=15，
∴t=5或t=193(舍)，
即：满足条件的t的值为2512秒或5秒． 
【解析】【分析】
(1)先构造直角三角形，求出AM，DM，进而得出结论；
(2)利用平行四边形的对边相等，建立方程求解即可得出结论；
(3)分两种情况利用三角形面积为15建立方程求解即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了勾股定理，三角形的面积公式，分类讨论的思想，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
【解答】
解：(1)如图1，过点A作AM⊥CD于M，

∵AM⊥CD，∠BCD=90°，
∴AM//CB，
∵AB/​/CD，
∴四边形ABCM是矩形，
∴CM=AB=10，
在Rt△ADM中，AD=10，AM=BC=8，
根据勾股定理得，DM=6，
∴CD=DM+CQ=16cm；
故答案为：16．
(2)当四边形PBQD是平行四边形，
当点P在AB上，点Q在DC上，
如图3，

由运动知，BP=10-3t，DQ=2t，
∴10-3t=2t，
∴t=2，
此时，BP=DQ=4，CQ=12，根据勾股定理得，BQ=4 13；
∴四边形PBQD的周长为2(BP+BQ)=8+8 13；
故答案为：8+8 13．
(3)见答案．
25.【答案】(1)85;
(2)解：设运动时间为ts，由题意得AP=3t，CQ=2t．
 ①如图1，当点P在点Q的上方时，过点P作PM⊥CD于点M．

在中，PM=8，MQ=16-3t-2t=16-5t，PQ=10，
由勾股定理得PM2+MQ2=PQ2，即82+(16-5t)2=102，解得t=2⋅
 ②如图2，当点P在点Q的下方时，过点P作PN⊥CD于点N．

在Rt△PNQ中，PN=8，NQ=2t-(16-3t)=5t-16，PQ=10．
由勾股定理得PN2+NQ2=PQ2，即82+(5t-16)2=102，解得t=225．
由225<163得t=225符合题意．
综上得t=2或t=225．
 
【解析】【分析】
本题主要考查了平行四边形的性质及勾股定理和一元二次方程的应用等知识，熟练应用勾股定理是解题关键．
(1)根据平行四边形的性质：对边平行且相等，列方程求解即可；
(2)分当点P在点Q的上方时，当点P在点Q的下方时，两种情况画图，构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】
(1)解：如图，

当四边形APQE为平行四边形时，则AP=EQ，
∵AP=3t，EQ=8-2t，
∴3t=8-2t，
解得t=85，
∴当t=85s时，以A，P，Q，E为顶点的四边形APQE是平行四边形;
故答案为：85．