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2021-2022学年江西省赣州市章贡区九年级（上）期末数学试卷 解析版
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这是一份2021-2022学年江西省赣州市章贡区九年级（上）期末数学试卷 解析版，共19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。
2021-2022学年江西省赣州市章贡区九年级（上）期末数学试卷
一、选择题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．（3分）下面四个图形中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是
B．若AC、BD为菱形ABCD的对角线，则AC⊥BD的概率为1
C．概率很小的事件不可能发生
D．通过少量重复试验，可以用频率估计概率
3．（3分）如图，BC是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，若∠AOC＝60°，则∠OAB的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
4．（3分）如图，在△AOB中，AO＝1，BO＝AB＝．将△AOB绕点O逆时针方向旋转90°，得到△A′OB′，连接AA′．则线段AA′的长为（ ）
A．1 B． C． D．
5．（3分）如图，小正方形的边长均为1，则A、B、C、D四个选项中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则一次函数y＝ax+b与反比例函数在同一个坐标系内的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．（3分）x2＝x的解是 ．
8．（3分）把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 ．
9．（3分）如图，已知每个小方格的边长均为1，则△ABC与△CDE的周长比为 ．
10．（3分）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，，将△AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是 ．
11．（3分）点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在反比例函数y＝（k＜0）的图象上，若y1＞y2，则a的取值范围是 ．
12．（3分）如图，在⊙O中，AD为直径，弦BC⊥AD于点H，连接OB．已知OB＝2cm，∠OBC＝30°．动点E从点O出发，在直径AD上沿路线O→D→O→A→O以1cm/s的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当∠OBE＝30°时，t的值为 ．
三、解答题。（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（6分）（1）解方程：x2﹣2x﹣4＝0；
（2）我国古代数学专著《九章算术》中记载：“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”注释：宛田是指扇形形状的田，下周是指弧长，径是指扇形所在圆的直径．求这口宛田的面积．
14．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围．
（2）若方程两实数根为x1、x2，且满足5x1+2x2＝2，求实数m的值．
15．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD与圆相切，请在下图中，仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）若BC是圆的直径，画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边BC上的高AE．
16．（6分）为纪念建国70周年，某校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》（分别用字母A，B，C依次表示这三首歌曲）．比赛时，将A，B，C这三个字母分别写在3张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，八（1）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由八（2）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．
（1）八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是 ；
（2）试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．
17．（6分）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与反比例函数y2＝（m＞0）的图象交于点C（1，2），D（2，n）．
（1）分别求出两个函数的解析式；
（2）连接OD，求△BOD的面积．
四、解答题。（本大题共3小题，每题8分，共24分）
18．（8分）我们定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．
（1）请说明方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则m，n具有怎样的关系？
（3）若一元二次方程ax2+bx+c＝0（b2﹣4ac≥0）是倍根方程，则a，b，c的等量关系是 ．（直接写出结果）
19．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．
（1）如图1，点E在点B的左侧运动．
①当BE＝1，BC＝时，则∠EAB＝ °；
②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为 ．
（2）如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．
（3）点E在射线CB上运动，BC＝，设BE＝x，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出y与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．
20．（8分）某小区内超市在“新冠肺炎”疫情期间．两周内将标价为10元/斤的某种水果，经过两次降价后的价格为8.1元/斤，并且两次降价的百分率相同．
（1）求该种水果每次降价的百分率；
（2）①从第一次降价的第1天算起，第x天（x为整数）的售价、销量及储存和损耗费用的相关信息如表所示：
时间x（天）
1≤x＜9
9≤x＜15
售价（元/斤）
第1次降价后的价格
第2次降价后的价格
销量（斤）
80﹣3x
120﹣x
储存和损耗费用（元）
40+3x
3x2﹣64x+400
已知该种水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第x（天）的利润为y（元），求y与x（1≤x＜15）之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大．
②在①的条件下，问这14天中有多少天的销售利润不低于330元，请直接写出结果．
五、解答题。（本大题共2小题，每题9分，共18分）
21．（9分）（1）探究新知：如图1，已知△ABC与△ABD的面积相等，试判断AB与CD的位置关系，并说明理由．
（2）结论应用：如图2，点M，N在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F．试证明：MN∥EF．
（3）拓展延伸：若（2）中的其他条件不变，只改变点M，N在反比例函数y＝（k＞0）图象上的位置，如图3所示，MN与x轴、y轴分别交于点A、点B，若BM＝3，请求AN的长．
22．（9分）如图，△ACB内接于圆O，AB为直径，CD⊥AB与点D，E为圆外一点，EO⊥AB，与BC交于点G，与圆O交于点F，连接EC，且EG＝EC．
（1）求证：EC是圆O的切线；
（2）当∠ABC＝22.5°时，连接CF，
①求证：AC＝CF；
②若AD＝1，求线段FG的长．
六、解答题。（本大题共12分）
23．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝1与抛物线y＝4x2相交于A，B两点（点B在第一象限），点C在AB的延长线上．且BC＝n•AB（n为正整数）．过点B，C的抛物线L，其顶点M在x轴上．
（1）求AB的长；
（2）①当n＝1时，抛物线L的函数表达式为 ；
②当n＝2时．求抛物线L的函数表达式；
（3）如图2，抛物线E：y＝anx+bnx+cn经过B、C两点，顶点为P．且O、B、P三点在同一直线上，
①求an与n的关系式；
②当n＝k时，设四边形PAMC的面积Sk，当n＝t时，设四边形PAMC的面积St（k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6），若Sk＝4St，请直接写出ak•at值．
2021-2022学年江西省赣州市章贡区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．（3分）下面四个图形中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点选择180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【解答】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是
B．若AC、BD为菱形ABCD的对角线，则AC⊥BD的概率为1
C．概率很小的事件不可能发生
D．通过少量重复试验，可以用频率估计概率
【分析】根据概率的意义以及随机事件和必然事件的定义对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是，此选项错误，不符合题意；
B．若AC、BD为菱形ABCD的对角线，则AC⊥BD的概率为1，正确，此选项符合题意；
C．概率很小的事件也有可能发生，故原命题错误，不符合题意；
D．通过大量重复试验，可以用频率估计概率，故原命题错误，此选项不符合题意；
故选：B．
3．（3分）如图，BC是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，若∠AOC＝60°，则∠OAB的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【分析】根据圆周角定理直接来求∠B的度数，进而解答即可．
【解答】解：∵∠AOC＝60°，
∴∠B＝∠AOC＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠B＝30°，
故选：C．
4．（3分）如图，在△AOB中，AO＝1，BO＝AB＝．将△AOB绕点O逆时针方向旋转90°，得到△A′OB′，连接AA′．则线段AA′的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】由旋转性质可判定△AOA'为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA'的长．
【解答】解：由旋转性质可知，OA＝OA'＝1，∠AOA'＝90°，
则△AOA'为等腰直角三角形，
∴AA'＝＝＝．
故选：B．
5．（3分）如图，小正方形的边长均为1，则A、B、C、D四个选项中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】应用两三角形相似判定定理，三边对应成比例，分别对各选项进行分析即可得出答案．
【解答】解：已知给出的三角形的各边分别为 、2、、
只有选项A的各边为1、、与它的各边对应成比例．
故选：A．
6．（3分）若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则一次函数y＝ax+b与反比例函数在同一个坐标系内的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据二次函数图象可找出a＜0，﹣＞0，c＞0，进而可得出b＞0，再根据一次函数图象与系数的关系及反比例函数的图象，即可找出一次函数y＝ax+b的图象经过第一、二、四象限，反比例函数y＝﹣的图象在第二、四象限，对照四个选项即可得出结论．
【解答】解：∵抛物线开口向下，对称轴位于y轴右侧，与y轴的交点在y轴正半轴上，
∴a＜0，﹣＞0，c＞0，
∴b＞0，
∴一次函数y＝ax+b的图象经过第一、二、四象限，反比例函数y＝﹣的图象在第二、四象限．
故选：D．
二、填空题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．（3分）x2＝x的解是 x1＝0，x2＝1 ．
【分析】本题应对方程进行变形，提取公因式x，将原式化为左边是两式相乘，右边是0的形式，再根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0”来解题．
【解答】解：x2＝x
x2﹣x＝0
x（x﹣1）＝0，
解得x1＝0，x2＝1．
故答案是：x1＝0，x2＝1．
8．（3分）把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 y＝2x2+4x ．
【分析】可根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答．
【解答】解：把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2+1﹣3，即y＝2x2+4x
故答案为y＝2x2+4x．
9．（3分）如图，已知每个小方格的边长均为1，则△ABC与△CDE的周长比为 2：1 ．
【分析】根据题意构造直角三角形并根据其各边的长度证明△ABM∽△EDN，从而推出AB∥EN，再利用平行线的性质得到∠BAC＝∠EDC，进而推出△ABC∽△CDE，则两三角形的周长之比就是两三角形的相似比．
【解答】解：如图，
分别过点A、点E作AM⊥BD，EN⊥BD，垂足分别为点M、N，
则∠AMB＝∠END＝90°，
∵BM＝2，DN＝1，AM＝4，EN＝2，
∴，
∴△ABM∽△EDN，
∴∠ABM＝∠EDN，＝2，
∴AB∥ED，
∴∠BAC＝∠EDC，
又∠ACB＝∠DCE，
∴△ABC∽△CDE，
∴△ABC与△CDE的周长之比为2：1．
故答案为：2：1．
10．（3分）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，，将△AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是 （2，﹣2） ．
【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，
∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH＝＝2，
∴A（2，2），
∴将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
11．（3分）点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在反比例函数y＝（k＜0）的图象上，若y1＞y2，则a的取值范围是 ﹣1＜a＜1 ．
【分析】根据反比例函数的性质分两种情况进行讨论，①当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的同一支上时，②当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的两支上时．
【解答】解：∵k＜0，
∴在图象的每一支上，y随x的增大而增大，
①当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的同一支上，
∵y1＞y2，
∴a﹣1＞a+1，
解得：无解；
②当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的两支上，
∵y1＞y2，
∴a﹣1＜0，a+1＞0，
解得：﹣1＜a＜1，
故答案为：﹣1＜a＜1．
12．（3分）如图，在⊙O中，AD为直径，弦BC⊥AD于点H，连接OB．已知OB＝2cm，∠OBC＝30°．动点E从点O出发，在直径AD上沿路线O→D→O→A→O以1cm/s的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当∠OBE＝30°时，t的值为 1s或3s或6s ．
【分析】分三种情况：①E第一次与H重合时；②点E第二次与H重合时；③E与A重合；分别求出E运动的路程，求解即可．
【解答】解：分三种情况：
①E第一次与H重合时，
∵BC⊥AD，∠OBC＝30°，
∴OH＝OB＝1（cm），
∴t＝1÷1＝1（s）；
②点E第二次与H重合时，
由①得：OH＝1，
∴DH＝OD﹣OH＝2﹣1＝1（cm），
∴点E运动的路程为：OD+DH＝3（cm），
∴t＝3÷1＝3（s）；
③在Rt△OBH中，由勾股定理得：BH＝＝＝（cm），
∵∠OBE＝30°，∠EHB＝90°，
∴EH＝BH＝3（cm），
∴OE＝EH﹣OH＝3﹣1＝2（cm），
即E与A重合，
∴点E运动的路程为OD+AD＝2+4＝6（cm），
∴t＝6÷1＝6（s）；
综上所述，当∠OBE＝30°时，t的值为1s或3s或6s，
故答案为：1s或3s或6s．
三、解答题。（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（6分）（1）解方程：x2﹣2x﹣4＝0；
（2）我国古代数学专著《九章算术》中记载：“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”注释：宛田是指扇形形状的田，下周是指弧长，径是指扇形所在圆的直径．求这口宛田的面积．
【分析】（1）应用公式法进行求解即可得出答案；
（2）根据题意可得扇形形状的田弧长l＝30步，r＝8步，再根据扇形面积计算公式S＝rl代入计算即可得出答案．
【解答】解：（1）a＝1，b＝﹣2，c＝﹣4，
△＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣4）＝4+16＝20＞0，
x＝＝＝，
解得：，；
（2）根据题意可得扇形形状的田弧长l＝30步，r＝8步，
S＝rl＝＝120（平分步）．
答：这口宛田的面积为120平方步．
14．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围．
（2）若方程两实数根为x1、x2，且满足5x1+2x2＝2，求实数m的值．
【分析】（1）若一元二次方程有两实数根，则根的判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝4，又5x1+2x2＝2求出实数根，代入m＝x1x2，即可得到结果．
【解答】解：（1）∵方程有实数根，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4m＝16﹣4m≥0，
∴m≤4；
（2）∵x1+x2＝4，
∴5x1+2x2＝2（x1+x2）+3x1＝2×4+3x1＝2，
∴x1＝﹣2，
把x1＝﹣2代入x2﹣4x+m＝0得：（﹣2）2﹣4×（﹣2）+m＝0，
解得：m＝﹣12．
15．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD与圆相切，请在下图中，仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）若BC是圆的直径，画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边BC上的高AE．
【分析】（1）根据BC是圆的直径，直径所对圆周角是直角即可画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）根据CD与圆相切，根据切线长定理可得AD＝DC，得平行四边形ABCD是菱形，根据菱形对角线互相垂直平分，直径所对圆周角是直角即可画出平行四边形ABCD的边BC上的高AE．
【解答】解：（1）如图①所示，AC为所求的高；
（2）如图②所示，AE为所求的高．
16．（6分）为纪念建国70周年，某校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》（分别用字母A，B，C依次表示这三首歌曲）．比赛时，将A，B，C这三个字母分别写在3张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，八（1）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由八（2）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．
（1）八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是 ；
（2）试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式计算可得；
（2）画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，利用概率公式计算可得．
【解答】解：（1）因为有A，B，C3种等可能结果，
所以八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是；
故答案为．
（2）树状图如图所示：
共有9种可能，八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率＝＝．
17．（6分）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与反比例函数y2＝（m＞0）的图象交于点C（1，2），D（2，n）．
（1）分别求出两个函数的解析式；
（2）连接OD，求△BOD的面积．
【分析】（1）将C、D代入反比例函数中即可求出m、n的值，代入一次函数中即可分别求出两个函数的解析式；
（2）根据一次函数解析式求出点B坐标即可根据三角形面积计算公式求出S△BOD．
【解答】解：（1）由y2＝过点C（1，2）和D（2，n）可得：
，
解得：，
故y2＝，
又由y1＝kx+b过点C（1，2）和D（2，1）可得：
，
解得，
故y1＝﹣x+3．
（2）由y1＝﹣x+3过点B，可知B（0，3），
故OB＝3，
而点D到y轴的距离为2，
∴S△BOD＝＝3．
四、解答题。（本大题共3小题，每题8分，共24分）
18．（8分）我们定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．
（1）请说明方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则m，n具有怎样的关系？
（3）若一元二次方程ax2+bx+c＝0（b2﹣4ac≥0）是倍根方程，则a，b，c的等量关系是 2b2＝9ac ．（直接写出结果）
【分析】（1）利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝1，然后根据“倍根方程”可判断方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）利用因式分解法解方程得x1＝2，x2＝﹣，再利用“倍根方程”的定义得到﹣＝2×2或﹣＝×2，从而得到m、n的关系式；
（3）设方程的两根分别为t，2t，根据根与系数的关系得t+2t＝﹣，t•2t＝，然后消去t得到a、b、c的关系．
【解答】解：（1）（x﹣2）（x﹣1）＝0，
x﹣2＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝2，x2＝1，
∴方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）∵（x﹣2）（mx+n）＝0，
∴x1＝2，x2＝﹣，
当﹣＝2×2时，n＝﹣4m，即4m+n＝0；
当﹣＝×2时，n＝﹣m，即m+n＝0；
综上所述，m、n的关系式为4m+n＝0或m+n＝0．
（3）∵一元二次方程ax2+bx+c＝0（b2﹣4ac≥0）是倍根方程，
∴设方程的两根分别为t，2t，
根据根与系数的关系得t+2t＝﹣，t•2t＝，
∴t＝﹣，
∴2（﹣）2＝，
∴2b2＝9ac．
故答案为：2b2＝9ac．
19．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．
（1）如图1，点E在点B的左侧运动．
①当BE＝1，BC＝时，则∠EAB＝ 30 °；
②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为 CA+CF＝CE ．
（2）如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．
（3）点E在射线CB上运动，BC＝，设BE＝x，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出y与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．
【分析】（1）①由直角三角形的性质可得出答案；
②过点E作ME⊥EC交CA的延长线于M，由旋转的性质得出AE＝EF，∠AEF＝90°，得出∠AEM＝∠CEF，证明△FEC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性质得出CF＝AM，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（2）过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H．证明△ABE≌△EHF（AAS），由全等三角形的性质得出FH＝BE，EH＝AB＝BC，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）分两种情况，当点E在点B左侧运动时，当点E在线段CB上运动时，由三角形面积公式可求出答案．
【解答】解：（1）①∵AB＝BC＝，BE＝1，∠ABC＝90°，
∴AE＝2，
∴∠EAB＝30°，
故答案为：30；
②CA+CF＝CE．
如图1，过点E作ME⊥EC交CA的延长线于M，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ACB＝45°，
∴∠M＝45°，
∴∠M＝∠ECM，
∴ME＝EC，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEM＝∠CEF，
∴△FEC≌△AEM（SAS），
∴CF＝AM，
∴CA+AM＝CA+CF＝CM，
∵△CME为等腰直角三角形，
∴CM＝CE，
∴CA+CF＝CE；
故答案为：CA+CF＝CE；
（2）不成立．
如图2，过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H．
∴∠AEF＝90°，AE＝EF，
∵∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠FEH＝90°，
∴∠FEH＝∠BAE，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴FH＝BE，EH＝AB＝BC，
∴CH＝BE＝FH，
∴△FHC为等腰直角三角形，
∴CH＝BE＝FC．
又∵EC＝BC﹣BE＝FC，
即CA﹣CF＝CE．
（3）①如图1，当点E在点B左侧运动时，y＝；
∵△FEC≌△AEM，
∴S△FEC＝S△AEM，
∴S四边形AEFC＝S△AEC+S△FEC＝S△AEC+S△AEM＝S△CME＝，
∵BE＝x，BC＝，
∴y＝＝；
②如图2，当点E在线段CB上运动时，y＝．
由（2）可知△AEF为等腰直角三角形，FH＝BE＝x，
∴S四边形AECF＝S△AEF+S△ECF＝EC×FH
＝
＝x．
∴y＝．
综合以上可得y与x之间的函数关系式为y＝或y＝．
20．（8分）某小区内超市在“新冠肺炎”疫情期间．两周内将标价为10元/斤的某种水果，经过两次降价后的价格为8.1元/斤，并且两次降价的百分率相同．
（1）求该种水果每次降价的百分率；
（2）①从第一次降价的第1天算起，第x天（x为整数）的售价、销量及储存和损耗费用的相关信息如表所示：
时间x（天）
1≤x＜9
9≤x＜15
售价（元/斤）
第1次降价后的价格
第2次降价后的价格
销量（斤）
80﹣3x
120﹣x
储存和损耗费用（元）
40+3x
3x2﹣64x+400
已知该种水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第x（天）的利润为y（元），求y与x（1≤x＜15）之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大．
②在①的条件下，问这14天中有多少天的销售利润不低于330元，请直接写出结果．
【分析】（1）设该种水果每次降价的百分率为x，由题意得关于x的一元二次方程，解方程并根据题意作出取舍即可；
（2）①写出当1≤x＜9时的一次函数关系式，根据一次函数的性质得出此时y的最大值；写出当9≤x＜15时的二次函数关系式，根据二次函数的性质得出此时y的最大值，两者比较即可得出答案；②当1≤x＜9时，由﹣17.7x+352≥330，解得此时符合题意的天数；当9≤x＜15时，令y＝330得一元二次方程，解方程，根据二次函数与一元二次方程的关系可得此时符合题意的天数，两种情况的天数之和即为所求．
【解答】解：（1）设该种水果每次降价的百分率为x，由题意得：
10（1﹣x）2＝8.1，
解得：x1＝0.1，x2＝1.9（不合题意，舍去），
∴x＝0.1＝10%，
∴该种水果每次降价的百分率为10%；
（2）①当1≤x＜9时，第一次降价后的价格是：10×（1﹣10%）＝9（元），
∴y＝（9﹣4.1）×（80﹣3x）﹣（40+3x）
＝﹣17.7x+352，
∵﹣17.7＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x＝1时，y最大，最大值为：
y＝﹣17.7×1+352＝334.3；
当9≤x＜15时，
y＝（8.1﹣4.1）×（120﹣x）﹣（3x2﹣64x+400）
＝﹣3x2+60x+80
＝﹣3（x﹣10）2+380，
∵﹣3＜0，
∴当x＝10时，y有最大值，最大值为380．
综上所述，
y＝，第10天时的销售利润最大；
②当1≤x＜9时，由﹣17.7x+352≥330，
解得：x≤，
有1天的销售利润不低于330元；
当9≤x＜15时，令y＝330得：
﹣3x2+60x+80＝330，
解得：x1＝10+，x2＝10﹣，
∴当10﹣＜x＜10+时，﹣3x2+60x+80≥330，
又∵9≤x＜15，
∴9≤x＜10+，
∴有6天的销售利润不低于330元．
综上所述，共有7天的销售利润不低于330元．
五、解答题。（本大题共2小题，每题9分，共18分）
21．（9分）（1）探究新知：如图1，已知△ABC与△ABD的面积相等，试判断AB与CD的位置关系，并说明理由．
（2）结论应用：如图2，点M，N在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F．试证明：MN∥EF．
（3）拓展延伸：若（2）中的其他条件不变，只改变点M，N在反比例函数y＝（k＞0）图象上的位置，如图3所示，MN与x轴、y轴分别交于点A、点B，若BM＝3，请求AN的长．
【分析】（1）先判断出CG∥DH，再利用三角形ABC和三角形ABD的面积相等，得出CG＝DH即可得出结论；
（2）先求出三角形EFM的面积，再求出三角形EFN的面积，即可得出三角形EFM和三角形EFN的面积相等，最后利用（1）的结论得出MN∥EF；
（3）同理可证MN∥EF，由平行四边形的判定和性质可得S▱EMAF＝k＝S▱FNBE，由三角形的面积关系可求解．
【解答】解：（1）AB∥CD，理由：
如图1，过点C作CG⊥AB于G，过点D作DH⊥AB于H，
∴∠CGA＝∠DHB＝90°，
∴CG∥DH，
∵△ABC和△ABD的面积相等，
∴CG＝DH，
∴四边形CGHD是平行四边形，
∴AB∥CD，
（2）①如图2，连接MF，NE，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
∵点M，N在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，
∴x1y1＝k，x2y2＝k，
∵ME⊥y轴，NF⊥x轴，
∴OE＝y1，OF＝x2，
∴S△EFM＝x1•y1＝k，S△EFN＝x2y2＝k，
∴S△EFM＝S△EFN，
由（1）中的结论可知，MN∥EF；
（3）如图3，过点M作ME⊥y轴于E，过点N作NF⊥x轴于F，过点E作EH⊥MN于H，过点F作FG⊥MN于G，
同理可证：EF∥MN，
∵EM∥FO，NF∥EO，
∴四边形EMAF是平行四边形，四边形FNBE是平行四边形，
∴S▱EMAF＝k，S▱FNBE＝k，
∴S▱EMAF＝k＝S▱FNBE，
∴S△FAN＝S△EMB，
∵EF∥MN，EH⊥MN，FG⊥MN，
∴FG＝EH，
∵S△FAN＝S△EMB＝FG×AN＝×BM×EH，
∴AN＝BM＝3．
22．（9分）如图，△ACB内接于圆O，AB为直径，CD⊥AB与点D，E为圆外一点，EO⊥AB，与BC交于点G，与圆O交于点F，连接EC，且EG＝EC．
（1）求证：EC是圆O的切线；
（2）当∠ABC＝22.5°时，连接CF，
①求证：AC＝CF；
②若AD＝1，求线段FG的长．
【分析】（1）连接OC，证得OC⊥CE，即可证得结论；
（2）①通过证得∠AOC＝45°＝∠COF＝45°，得出＝，即可证得AC＝CF；
②作CM⊥OE于M，首先证得CF＝CG，得出CM垂直平分FG，然后通过三角形平分线的性质证得CM＝CD，即可证得Rt△ACD≌Rt△FCM，从而证得FM＝AD＝1，即可证得FG＝2FM＝2．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵EO⊥AB，
∴∠OGB+∠B＝90°，
∵EG＝EC，
∴∠ECG＝∠EGC，
∵∠EGC＝∠OGB，
∴∠OCB+∠ECG＝∠B+∠OGB＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是圆O的切线；
（2）①证明：∵∠ABC＝22.5°，∠OCB＝∠B，
∴∠AOC＝45°，
∵EO⊥AB，
∴∠COF＝45°，
∴＝，
∴AC＝CF；
②解：作CM⊥OE于M，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°
∵∠ABC＝22.5°，∠GOB＝90°，
∴∠A＝∠OGB＝∠67.5°，
∴∠FGC＝67.5°，
∵∠COF＝45°，OC＝OF，
∴∠OFC＝∠OCF＝67.5°，
∴∠GFC＝∠FGC，
∴CF＝CG，
∴FM＝GM，
∵∠AOC＝∠COF，CD⊥OA，CM⊥OF，
∴CD＝CM，
在Rt△ACD和Rt△FCM中
∴Rt△ACD≌Rt△FCM（HL），
∴FM＝AD＝1，
∴FG＝2FM＝2．
六、解答题。（本大题共12分）
23．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝1与抛物线y＝4x2相交于A，B两点（点B在第一象限），点C在AB的延长线上．且BC＝n•AB（n为正整数）．过点B，C的抛物线L，其顶点M在x轴上．
（1）求AB的长；
（2）①当n＝1时，抛物线L的函数表达式为 y＝4（x﹣1）2 ；
②当n＝2时．求抛物线L的函数表达式；
（3）如图2，抛物线E：y＝anx+bnx+cn经过B、C两点，顶点为P．且O、B、P三点在同一直线上，
①求an与n的关系式；
②当n＝k时，设四边形PAMC的面积Sk，当n＝t时，设四边形PAMC的面积St（k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6），若Sk＝4St，请直接写出ak•at值．
【分析】（1）联立直线y＝1与抛物线y＝4x2得：4x2＝1，解得x＝，即可求解；
（2）①求出点M横坐标为x＝（）＝1，故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣1）2，进而求解；②当n＝2时，同理可解；
（3）①求出点C的坐标为（，1），进而确定点P的坐标为（，n+1），则抛物线E的表达式为y＝an（x﹣）2+n+1，即可求解；
②S四边形PAMC＝（n+1）2，当n＝k时，Sk＝（k+1）2，当n＝t时，St＝（t+1）2，进而求解．
【解答】解：（1）联立直线y＝1与抛物线y＝4x2得：4x2＝1，解得x＝，
故点A、B的坐标分别为（﹣，1）、（，1），
故AB＝＝1；
（2）①当n＝1时，BC＝1，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝1，
故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣1）2，
将点B的坐标代入上式得：1＝a（﹣1）2，解得a＝4，
故答案为：y＝4（x﹣1）2；
②当n＝2时，BC＝2，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝，
故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣）2，
将点B的坐标代入上式得：1＝a（﹣）2，解得a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣）2；
（3）①当n＝n时，BC＝n，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝，
故点P的横坐标也为，
由点O、B的坐标得，直线OB的表达式为y＝2x，
当x＝（n+1）时，y＝2x＝n+1，故点P的坐标为（，n+1）；
则抛物线E的表达式为y＝an（x﹣）2+n+1，
将点B的坐标（，1）代入上式得：1＝an（﹣）2+n+1，
解得：an＝﹣；
②S四边形PAMC＝×AC×（yP﹣yM）＝×AC×PM＝×（+）×（n+1）＝（n+1）2，
当n＝k时，Sk＝（k+1）2，
当n＝t时，St＝（t+1）2，
∵Sk＝4St，即（k+1）2＝4×（t+1）2，即k+1＝2（t+1），
∵k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6，
∴t＝1，k＝3或t＝2，k＝5满足上述条件，
即kt＝3或10
由①知，an＝﹣，
则akat＝﹣×（﹣）＝＝或．
2021-2022学年江西省赣州市章贡区九年级（上）期末数学试卷
一、选择题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．（3分）下面四个图形中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是
B．若AC、BD为菱形ABCD的对角线，则AC⊥BD的概率为1
C．概率很小的事件不可能发生
D．通过少量重复试验，可以用频率估计概率
3．（3分）如图，BC是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，若∠AOC＝60°，则∠OAB的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
4．（3分）如图，在△AOB中，AO＝1，BO＝AB＝．将△AOB绕点O逆时针方向旋转90°，得到△A′OB′，连接AA′．则线段AA′的长为（ ）
A．1 B． C． D．
5．（3分）如图，小正方形的边长均为1，则A、B、C、D四个选项中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则一次函数y＝ax+b与反比例函数在同一个坐标系内的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．（3分）x2＝x的解是 ．
8．（3分）把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 ．
9．（3分）如图，已知每个小方格的边长均为1，则△ABC与△CDE的周长比为 ．
10．（3分）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，，将△AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是 ．
11．（3分）点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在反比例函数y＝（k＜0）的图象上，若y1＞y2，则a的取值范围是 ．
12．（3分）如图，在⊙O中，AD为直径，弦BC⊥AD于点H，连接OB．已知OB＝2cm，∠OBC＝30°．动点E从点O出发，在直径AD上沿路线O→D→O→A→O以1cm/s的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当∠OBE＝30°时，t的值为 ．
三、解答题。（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（6分）（1）解方程：x2﹣2x﹣4＝0；
（2）我国古代数学专著《九章算术》中记载：“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”注释：宛田是指扇形形状的田，下周是指弧长，径是指扇形所在圆的直径．求这口宛田的面积．
14．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围．
（2）若方程两实数根为x1、x2，且满足5x1+2x2＝2，求实数m的值．
15．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD与圆相切，请在下图中，仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）若BC是圆的直径，画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边BC上的高AE．
16．（6分）为纪念建国70周年，某校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》（分别用字母A，B，C依次表示这三首歌曲）．比赛时，将A，B，C这三个字母分别写在3张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，八（1）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由八（2）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．
（1）八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是 ；
（2）试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．
17．（6分）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与反比例函数y2＝（m＞0）的图象交于点C（1，2），D（2，n）．
（1）分别求出两个函数的解析式；
（2）连接OD，求△BOD的面积．
四、解答题。（本大题共3小题，每题8分，共24分）
18．（8分）我们定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．
（1）请说明方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则m，n具有怎样的关系？
（3）若一元二次方程ax2+bx+c＝0（b2﹣4ac≥0）是倍根方程，则a，b，c的等量关系是 ．（直接写出结果）
19．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．
（1）如图1，点E在点B的左侧运动．
①当BE＝1，BC＝时，则∠EAB＝ °；
②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为 ．
（2）如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．
（3）点E在射线CB上运动，BC＝，设BE＝x，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出y与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．
20．（8分）某小区内超市在“新冠肺炎”疫情期间．两周内将标价为10元/斤的某种水果，经过两次降价后的价格为8.1元/斤，并且两次降价的百分率相同．
（1）求该种水果每次降价的百分率；
（2）①从第一次降价的第1天算起，第x天（x为整数）的售价、销量及储存和损耗费用的相关信息如表所示：
时间x（天）
1≤x＜9
9≤x＜15
售价（元/斤）
第1次降价后的价格
第2次降价后的价格
销量（斤）
80﹣3x
120﹣x
储存和损耗费用（元）
40+3x
3x2﹣64x+400
已知该种水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第x（天）的利润为y（元），求y与x（1≤x＜15）之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大．
②在①的条件下，问这14天中有多少天的销售利润不低于330元，请直接写出结果．
五、解答题。（本大题共2小题，每题9分，共18分）
21．（9分）（1）探究新知：如图1，已知△ABC与△ABD的面积相等，试判断AB与CD的位置关系，并说明理由．
（2）结论应用：如图2，点M，N在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F．试证明：MN∥EF．
（3）拓展延伸：若（2）中的其他条件不变，只改变点M，N在反比例函数y＝（k＞0）图象上的位置，如图3所示，MN与x轴、y轴分别交于点A、点B，若BM＝3，请求AN的长．
22．（9分）如图，△ACB内接于圆O，AB为直径，CD⊥AB与点D，E为圆外一点，EO⊥AB，与BC交于点G，与圆O交于点F，连接EC，且EG＝EC．
（1）求证：EC是圆O的切线；
（2）当∠ABC＝22.5°时，连接CF，
①求证：AC＝CF；
②若AD＝1，求线段FG的长．
六、解答题。（本大题共12分）
23．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝1与抛物线y＝4x2相交于A，B两点（点B在第一象限），点C在AB的延长线上．且BC＝n•AB（n为正整数）．过点B，C的抛物线L，其顶点M在x轴上．
（1）求AB的长；
（2）①当n＝1时，抛物线L的函数表达式为 ；
②当n＝2时．求抛物线L的函数表达式；
（3）如图2，抛物线E：y＝anx+bnx+cn经过B、C两点，顶点为P．且O、B、P三点在同一直线上，
①求an与n的关系式；
②当n＝k时，设四边形PAMC的面积Sk，当n＝t时，设四边形PAMC的面积St（k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6），若Sk＝4St，请直接写出ak•at值．
2021-2022学年江西省赣州市章贡区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．（3分）下面四个图形中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点选择180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【解答】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是
B．若AC、BD为菱形ABCD的对角线，则AC⊥BD的概率为1
C．概率很小的事件不可能发生
D．通过少量重复试验，可以用频率估计概率
【分析】根据概率的意义以及随机事件和必然事件的定义对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是，此选项错误，不符合题意；
B．若AC、BD为菱形ABCD的对角线，则AC⊥BD的概率为1，正确，此选项符合题意；
C．概率很小的事件也有可能发生，故原命题错误，不符合题意；
D．通过大量重复试验，可以用频率估计概率，故原命题错误，此选项不符合题意；
故选：B．
3．（3分）如图，BC是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，若∠AOC＝60°，则∠OAB的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【分析】根据圆周角定理直接来求∠B的度数，进而解答即可．
【解答】解：∵∠AOC＝60°，
∴∠B＝∠AOC＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠B＝30°，
故选：C．
4．（3分）如图，在△AOB中，AO＝1，BO＝AB＝．将△AOB绕点O逆时针方向旋转90°，得到△A′OB′，连接AA′．则线段AA′的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】由旋转性质可判定△AOA'为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA'的长．
【解答】解：由旋转性质可知，OA＝OA'＝1，∠AOA'＝90°，
则△AOA'为等腰直角三角形，
∴AA'＝＝＝．
故选：B．
5．（3分）如图，小正方形的边长均为1，则A、B、C、D四个选项中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】应用两三角形相似判定定理，三边对应成比例，分别对各选项进行分析即可得出答案．
【解答】解：已知给出的三角形的各边分别为 、2、、
只有选项A的各边为1、、与它的各边对应成比例．
故选：A．
6．（3分）若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则一次函数y＝ax+b与反比例函数在同一个坐标系内的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据二次函数图象可找出a＜0，﹣＞0，c＞0，进而可得出b＞0，再根据一次函数图象与系数的关系及反比例函数的图象，即可找出一次函数y＝ax+b的图象经过第一、二、四象限，反比例函数y＝﹣的图象在第二、四象限，对照四个选项即可得出结论．
【解答】解：∵抛物线开口向下，对称轴位于y轴右侧，与y轴的交点在y轴正半轴上，
∴a＜0，﹣＞0，c＞0，
∴b＞0，
∴一次函数y＝ax+b的图象经过第一、二、四象限，反比例函数y＝﹣的图象在第二、四象限．
故选：D．
二、填空题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．（3分）x2＝x的解是 x1＝0，x2＝1 ．
【分析】本题应对方程进行变形，提取公因式x，将原式化为左边是两式相乘，右边是0的形式，再根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0”来解题．
【解答】解：x2＝x
x2﹣x＝0
x（x﹣1）＝0，
解得x1＝0，x2＝1．
故答案是：x1＝0，x2＝1．
8．（3分）把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 y＝2x2+4x ．
【分析】可根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答．
【解答】解：把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2+1﹣3，即y＝2x2+4x
故答案为y＝2x2+4x．
9．（3分）如图，已知每个小方格的边长均为1，则△ABC与△CDE的周长比为 2：1 ．
【分析】根据题意构造直角三角形并根据其各边的长度证明△ABM∽△EDN，从而推出AB∥EN，再利用平行线的性质得到∠BAC＝∠EDC，进而推出△ABC∽△CDE，则两三角形的周长之比就是两三角形的相似比．
【解答】解：如图，
分别过点A、点E作AM⊥BD，EN⊥BD，垂足分别为点M、N，
则∠AMB＝∠END＝90°，
∵BM＝2，DN＝1，AM＝4，EN＝2，
∴，
∴△ABM∽△EDN，
∴∠ABM＝∠EDN，＝2，
∴AB∥ED，
∴∠BAC＝∠EDC，
又∠ACB＝∠DCE，
∴△ABC∽△CDE，
∴△ABC与△CDE的周长之比为2：1．
故答案为：2：1．
10．（3分）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，，将△AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是 （2，﹣2） ．
【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，
∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH＝＝2，
∴A（2，2），
∴将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
11．（3分）点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在反比例函数y＝（k＜0）的图象上，若y1＞y2，则a的取值范围是 ﹣1＜a＜1 ．
【分析】根据反比例函数的性质分两种情况进行讨论，①当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的同一支上时，②当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的两支上时．
【解答】解：∵k＜0，
∴在图象的每一支上，y随x的增大而增大，
①当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的同一支上，
∵y1＞y2，
∴a﹣1＞a+1，
解得：无解；
②当点（a﹣1，y1）、（a+1，y2）在图象的两支上，
∵y1＞y2，
∴a﹣1＜0，a+1＞0，
解得：﹣1＜a＜1，
故答案为：﹣1＜a＜1．
12．（3分）如图，在⊙O中，AD为直径，弦BC⊥AD于点H，连接OB．已知OB＝2cm，∠OBC＝30°．动点E从点O出发，在直径AD上沿路线O→D→O→A→O以1cm/s的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当∠OBE＝30°时，t的值为 1s或3s或6s ．
【分析】分三种情况：①E第一次与H重合时；②点E第二次与H重合时；③E与A重合；分别求出E运动的路程，求解即可．
【解答】解：分三种情况：
①E第一次与H重合时，
∵BC⊥AD，∠OBC＝30°，
∴OH＝OB＝1（cm），
∴t＝1÷1＝1（s）；
②点E第二次与H重合时，
由①得：OH＝1，
∴DH＝OD﹣OH＝2﹣1＝1（cm），
∴点E运动的路程为：OD+DH＝3（cm），
∴t＝3÷1＝3（s）；
③在Rt△OBH中，由勾股定理得：BH＝＝＝（cm），
∵∠OBE＝30°，∠EHB＝90°，
∴EH＝BH＝3（cm），
∴OE＝EH﹣OH＝3﹣1＝2（cm），
即E与A重合，
∴点E运动的路程为OD+AD＝2+4＝6（cm），
∴t＝6÷1＝6（s）；
综上所述，当∠OBE＝30°时，t的值为1s或3s或6s，
故答案为：1s或3s或6s．
三、解答题。（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（6分）（1）解方程：x2﹣2x﹣4＝0；
（2）我国古代数学专著《九章算术》中记载：“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”注释：宛田是指扇形形状的田，下周是指弧长，径是指扇形所在圆的直径．求这口宛田的面积．
【分析】（1）应用公式法进行求解即可得出答案；
（2）根据题意可得扇形形状的田弧长l＝30步，r＝8步，再根据扇形面积计算公式S＝rl代入计算即可得出答案．
【解答】解：（1）a＝1，b＝﹣2，c＝﹣4，
△＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣4）＝4+16＝20＞0，
x＝＝＝，
解得：，；
（2）根据题意可得扇形形状的田弧长l＝30步，r＝8步，
S＝rl＝＝120（平分步）．
答：这口宛田的面积为120平方步．
14．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围．
（2）若方程两实数根为x1、x2，且满足5x1+2x2＝2，求实数m的值．
【分析】（1）若一元二次方程有两实数根，则根的判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝4，又5x1+2x2＝2求出实数根，代入m＝x1x2，即可得到结果．
【解答】解：（1）∵方程有实数根，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4m＝16﹣4m≥0，
∴m≤4；
（2）∵x1+x2＝4，
∴5x1+2x2＝2（x1+x2）+3x1＝2×4+3x1＝2，
∴x1＝﹣2，
把x1＝﹣2代入x2﹣4x+m＝0得：（﹣2）2﹣4×（﹣2）+m＝0，
解得：m＝﹣12．
15．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD与圆相切，请在下图中，仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）若BC是圆的直径，画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边BC上的高AE．
【分析】（1）根据BC是圆的直径，直径所对圆周角是直角即可画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）根据CD与圆相切，根据切线长定理可得AD＝DC，得平行四边形ABCD是菱形，根据菱形对角线互相垂直平分，直径所对圆周角是直角即可画出平行四边形ABCD的边BC上的高AE．
【解答】解：（1）如图①所示，AC为所求的高；
（2）如图②所示，AE为所求的高．
16．（6分）为纪念建国70周年，某校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》（分别用字母A，B，C依次表示这三首歌曲）．比赛时，将A，B，C这三个字母分别写在3张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，八（1）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由八（2）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．
（1）八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是 ；
（2）试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式计算可得；
（2）画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，利用概率公式计算可得．
【解答】解：（1）因为有A，B，C3种等可能结果，
所以八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是；
故答案为．
（2）树状图如图所示：
共有9种可能，八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率＝＝．
17．（6分）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与反比例函数y2＝（m＞0）的图象交于点C（1，2），D（2，n）．
（1）分别求出两个函数的解析式；
（2）连接OD，求△BOD的面积．
【分析】（1）将C、D代入反比例函数中即可求出m、n的值，代入一次函数中即可分别求出两个函数的解析式；
（2）根据一次函数解析式求出点B坐标即可根据三角形面积计算公式求出S△BOD．
【解答】解：（1）由y2＝过点C（1，2）和D（2，n）可得：
，
解得：，
故y2＝，
又由y1＝kx+b过点C（1，2）和D（2，1）可得：
，
解得，
故y1＝﹣x+3．
（2）由y1＝﹣x+3过点B，可知B（0，3），
故OB＝3，
而点D到y轴的距离为2，
∴S△BOD＝＝3．
四、解答题。（本大题共3小题，每题8分，共24分）
18．（8分）我们定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．
（1）请说明方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则m，n具有怎样的关系？
（3）若一元二次方程ax2+bx+c＝0（b2﹣4ac≥0）是倍根方程，则a，b，c的等量关系是 2b2＝9ac ．（直接写出结果）
【分析】（1）利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝1，然后根据“倍根方程”可判断方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）利用因式分解法解方程得x1＝2，x2＝﹣，再利用“倍根方程”的定义得到﹣＝2×2或﹣＝×2，从而得到m、n的关系式；
（3）设方程的两根分别为t，2t，根据根与系数的关系得t+2t＝﹣，t•2t＝，然后消去t得到a、b、c的关系．
【解答】解：（1）（x﹣2）（x﹣1）＝0，
x﹣2＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝2，x2＝1，
∴方程x2﹣3x+2＝0是倍根方程；
（2）∵（x﹣2）（mx+n）＝0，
∴x1＝2，x2＝﹣，
当﹣＝2×2时，n＝﹣4m，即4m+n＝0；
当﹣＝×2时，n＝﹣m，即m+n＝0；
综上所述，m、n的关系式为4m+n＝0或m+n＝0．
（3）∵一元二次方程ax2+bx+c＝0（b2﹣4ac≥0）是倍根方程，
∴设方程的两根分别为t，2t，
根据根与系数的关系得t+2t＝﹣，t•2t＝，
∴t＝﹣，
∴2（﹣）2＝，
∴2b2＝9ac．
故答案为：2b2＝9ac．
19．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．
（1）如图1，点E在点B的左侧运动．
①当BE＝1，BC＝时，则∠EAB＝ 30 °；
②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为 CA+CF＝CE ．
（2）如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．
（3）点E在射线CB上运动，BC＝，设BE＝x，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出y与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．
【分析】（1）①由直角三角形的性质可得出答案；
②过点E作ME⊥EC交CA的延长线于M，由旋转的性质得出AE＝EF，∠AEF＝90°，得出∠AEM＝∠CEF，证明△FEC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性质得出CF＝AM，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（2）过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H．证明△ABE≌△EHF（AAS），由全等三角形的性质得出FH＝BE，EH＝AB＝BC，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）分两种情况，当点E在点B左侧运动时，当点E在线段CB上运动时，由三角形面积公式可求出答案．
【解答】解：（1）①∵AB＝BC＝，BE＝1，∠ABC＝90°，
∴AE＝2，
∴∠EAB＝30°，
故答案为：30；
②CA+CF＝CE．
如图1，过点E作ME⊥EC交CA的延长线于M，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ACB＝45°，
∴∠M＝45°，
∴∠M＝∠ECM，
∴ME＝EC，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEM＝∠CEF，
∴△FEC≌△AEM（SAS），
∴CF＝AM，
∴CA+AM＝CA+CF＝CM，
∵△CME为等腰直角三角形，
∴CM＝CE，
∴CA+CF＝CE；
故答案为：CA+CF＝CE；
（2）不成立．
如图2，过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H．
∴∠AEF＝90°，AE＝EF，
∵∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠FEH＝90°，
∴∠FEH＝∠BAE，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴FH＝BE，EH＝AB＝BC，
∴CH＝BE＝FH，
∴△FHC为等腰直角三角形，
∴CH＝BE＝FC．
又∵EC＝BC﹣BE＝FC，
即CA﹣CF＝CE．
（3）①如图1，当点E在点B左侧运动时，y＝；
∵△FEC≌△AEM，
∴S△FEC＝S△AEM，
∴S四边形AEFC＝S△AEC+S△FEC＝S△AEC+S△AEM＝S△CME＝，
∵BE＝x，BC＝，
∴y＝＝；
②如图2，当点E在线段CB上运动时，y＝．
由（2）可知△AEF为等腰直角三角形，FH＝BE＝x，
∴S四边形AECF＝S△AEF+S△ECF＝EC×FH
＝
＝x．
∴y＝．
综合以上可得y与x之间的函数关系式为y＝或y＝．
20．（8分）某小区内超市在“新冠肺炎”疫情期间．两周内将标价为10元/斤的某种水果，经过两次降价后的价格为8.1元/斤，并且两次降价的百分率相同．
（1）求该种水果每次降价的百分率；
（2）①从第一次降价的第1天算起，第x天（x为整数）的售价、销量及储存和损耗费用的相关信息如表所示：
时间x（天）
1≤x＜9
9≤x＜15
售价（元/斤）
第1次降价后的价格
第2次降价后的价格
销量（斤）
80﹣3x
120﹣x
储存和损耗费用（元）
40+3x
3x2﹣64x+400
已知该种水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第x（天）的利润为y（元），求y与x（1≤x＜15）之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大．
②在①的条件下，问这14天中有多少天的销售利润不低于330元，请直接写出结果．
【分析】（1）设该种水果每次降价的百分率为x，由题意得关于x的一元二次方程，解方程并根据题意作出取舍即可；
（2）①写出当1≤x＜9时的一次函数关系式，根据一次函数的性质得出此时y的最大值；写出当9≤x＜15时的二次函数关系式，根据二次函数的性质得出此时y的最大值，两者比较即可得出答案；②当1≤x＜9时，由﹣17.7x+352≥330，解得此时符合题意的天数；当9≤x＜15时，令y＝330得一元二次方程，解方程，根据二次函数与一元二次方程的关系可得此时符合题意的天数，两种情况的天数之和即为所求．
【解答】解：（1）设该种水果每次降价的百分率为x，由题意得：
10（1﹣x）2＝8.1，
解得：x1＝0.1，x2＝1.9（不合题意，舍去），
∴x＝0.1＝10%，
∴该种水果每次降价的百分率为10%；
（2）①当1≤x＜9时，第一次降价后的价格是：10×（1﹣10%）＝9（元），
∴y＝（9﹣4.1）×（80﹣3x）﹣（40+3x）
＝﹣17.7x+352，
∵﹣17.7＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x＝1时，y最大，最大值为：
y＝﹣17.7×1+352＝334.3；
当9≤x＜15时，
y＝（8.1﹣4.1）×（120﹣x）﹣（3x2﹣64x+400）
＝﹣3x2+60x+80
＝﹣3（x﹣10）2+380，
∵﹣3＜0，
∴当x＝10时，y有最大值，最大值为380．
综上所述，
y＝，第10天时的销售利润最大；
②当1≤x＜9时，由﹣17.7x+352≥330，
解得：x≤，
有1天的销售利润不低于330元；
当9≤x＜15时，令y＝330得：
﹣3x2+60x+80＝330，
解得：x1＝10+，x2＝10﹣，
∴当10﹣＜x＜10+时，﹣3x2+60x+80≥330，
又∵9≤x＜15，
∴9≤x＜10+，
∴有6天的销售利润不低于330元．
综上所述，共有7天的销售利润不低于330元．
五、解答题。（本大题共2小题，每题9分，共18分）
21．（9分）（1）探究新知：如图1，已知△ABC与△ABD的面积相等，试判断AB与CD的位置关系，并说明理由．
（2）结论应用：如图2，点M，N在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F．试证明：MN∥EF．
（3）拓展延伸：若（2）中的其他条件不变，只改变点M，N在反比例函数y＝（k＞0）图象上的位置，如图3所示，MN与x轴、y轴分别交于点A、点B，若BM＝3，请求AN的长．
【分析】（1）先判断出CG∥DH，再利用三角形ABC和三角形ABD的面积相等，得出CG＝DH即可得出结论；
（2）先求出三角形EFM的面积，再求出三角形EFN的面积，即可得出三角形EFM和三角形EFN的面积相等，最后利用（1）的结论得出MN∥EF；
（3）同理可证MN∥EF，由平行四边形的判定和性质可得S▱EMAF＝k＝S▱FNBE，由三角形的面积关系可求解．
【解答】解：（1）AB∥CD，理由：
如图1，过点C作CG⊥AB于G，过点D作DH⊥AB于H，
∴∠CGA＝∠DHB＝90°，
∴CG∥DH，
∵△ABC和△ABD的面积相等，
∴CG＝DH，
∴四边形CGHD是平行四边形，
∴AB∥CD，
（2）①如图2，连接MF，NE，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
∵点M，N在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，
∴x1y1＝k，x2y2＝k，
∵ME⊥y轴，NF⊥x轴，
∴OE＝y1，OF＝x2，
∴S△EFM＝x1•y1＝k，S△EFN＝x2y2＝k，
∴S△EFM＝S△EFN，
由（1）中的结论可知，MN∥EF；
（3）如图3，过点M作ME⊥y轴于E，过点N作NF⊥x轴于F，过点E作EH⊥MN于H，过点F作FG⊥MN于G，
同理可证：EF∥MN，
∵EM∥FO，NF∥EO，
∴四边形EMAF是平行四边形，四边形FNBE是平行四边形，
∴S▱EMAF＝k，S▱FNBE＝k，
∴S▱EMAF＝k＝S▱FNBE，
∴S△FAN＝S△EMB，
∵EF∥MN，EH⊥MN，FG⊥MN，
∴FG＝EH，
∵S△FAN＝S△EMB＝FG×AN＝×BM×EH，
∴AN＝BM＝3．
22．（9分）如图，△ACB内接于圆O，AB为直径，CD⊥AB与点D，E为圆外一点，EO⊥AB，与BC交于点G，与圆O交于点F，连接EC，且EG＝EC．
（1）求证：EC是圆O的切线；
（2）当∠ABC＝22.5°时，连接CF，
①求证：AC＝CF；
②若AD＝1，求线段FG的长．
【分析】（1）连接OC，证得OC⊥CE，即可证得结论；
（2）①通过证得∠AOC＝45°＝∠COF＝45°，得出＝，即可证得AC＝CF；
②作CM⊥OE于M，首先证得CF＝CG，得出CM垂直平分FG，然后通过三角形平分线的性质证得CM＝CD，即可证得Rt△ACD≌Rt△FCM，从而证得FM＝AD＝1，即可证得FG＝2FM＝2．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵EO⊥AB，
∴∠OGB+∠B＝90°，
∵EG＝EC，
∴∠ECG＝∠EGC，
∵∠EGC＝∠OGB，
∴∠OCB+∠ECG＝∠B+∠OGB＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是圆O的切线；
（2）①证明：∵∠ABC＝22.5°，∠OCB＝∠B，
∴∠AOC＝45°，
∵EO⊥AB，
∴∠COF＝45°，
∴＝，
∴AC＝CF；
②解：作CM⊥OE于M，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°
∵∠ABC＝22.5°，∠GOB＝90°，
∴∠A＝∠OGB＝∠67.5°，
∴∠FGC＝67.5°，
∵∠COF＝45°，OC＝OF，
∴∠OFC＝∠OCF＝67.5°，
∴∠GFC＝∠FGC，
∴CF＝CG，
∴FM＝GM，
∵∠AOC＝∠COF，CD⊥OA，CM⊥OF，
∴CD＝CM，
在Rt△ACD和Rt△FCM中
∴Rt△ACD≌Rt△FCM（HL），
∴FM＝AD＝1，
∴FG＝2FM＝2．
六、解答题。（本大题共12分）
23．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝1与抛物线y＝4x2相交于A，B两点（点B在第一象限），点C在AB的延长线上．且BC＝n•AB（n为正整数）．过点B，C的抛物线L，其顶点M在x轴上．
（1）求AB的长；
（2）①当n＝1时，抛物线L的函数表达式为 y＝4（x﹣1）2 ；
②当n＝2时．求抛物线L的函数表达式；
（3）如图2，抛物线E：y＝anx+bnx+cn经过B、C两点，顶点为P．且O、B、P三点在同一直线上，
①求an与n的关系式；
②当n＝k时，设四边形PAMC的面积Sk，当n＝t时，设四边形PAMC的面积St（k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6），若Sk＝4St，请直接写出ak•at值．
【分析】（1）联立直线y＝1与抛物线y＝4x2得：4x2＝1，解得x＝，即可求解；
（2）①求出点M横坐标为x＝（）＝1，故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣1）2，进而求解；②当n＝2时，同理可解；
（3）①求出点C的坐标为（，1），进而确定点P的坐标为（，n+1），则抛物线E的表达式为y＝an（x﹣）2+n+1，即可求解；
②S四边形PAMC＝（n+1）2，当n＝k时，Sk＝（k+1）2，当n＝t时，St＝（t+1）2，进而求解．
【解答】解：（1）联立直线y＝1与抛物线y＝4x2得：4x2＝1，解得x＝，
故点A、B的坐标分别为（﹣，1）、（，1），
故AB＝＝1；
（2）①当n＝1时，BC＝1，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝1，
故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣1）2，
将点B的坐标代入上式得：1＝a（﹣1）2，解得a＝4，
故答案为：y＝4（x﹣1）2；
②当n＝2时，BC＝2，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝，
故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣）2，
将点B的坐标代入上式得：1＝a（﹣）2，解得a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣）2；
（3）①当n＝n时，BC＝n，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝，
故点P的横坐标也为，
由点O、B的坐标得，直线OB的表达式为y＝2x，
当x＝（n+1）时，y＝2x＝n+1，故点P的坐标为（，n+1）；
则抛物线E的表达式为y＝an（x﹣）2+n+1，
将点B的坐标（，1）代入上式得：1＝an（﹣）2+n+1，
解得：an＝﹣；
②S四边形PAMC＝×AC×（yP﹣yM）＝×AC×PM＝×（+）×（n+1）＝（n+1）2，
当n＝k时，Sk＝（k+1）2，
当n＝t时，St＝（t+1）2，
∵Sk＝4St，即（k+1）2＝4×（t+1）2，即k+1＝2（t+1），
∵k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6，
∴t＝1，k＝3或t＝2，k＝5满足上述条件，
即kt＝3或10
由①知，an＝﹣，
则akat＝﹣×（﹣）＝＝或．
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