2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共30页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）对称给人们一种美感，下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）抛物线y＝2（x﹣3）2+1的顶点坐标是（ ）
A．（3，1）B．（﹣3，1）C．（2，1）D．（2，3）
3．（2分）将抛物线y＝x2向下平移3个单位，则得到的抛物线解析式为（ ）
A．y＝x2+3B．y＝x2﹣3C．y＝（x+3）2D．y＝（x﹣3）2
4．（2分）用配方法解方程x2+2x＝1，变形后的结果正确的是（ ）
A．（x﹣1）＝2B．（x﹣1）2＝0C．（x+1）2＝0D．（x+1）2＝2
5．（2分）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中四个涂黑的小正方形组成的图形是中心对称图形，选择的小正方形的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
6．（2分）已知点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（2，y3）都在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y1＜y3C．y2＜y3＜y1D．y3＜y2＜y1
7．（2分）若关于x的一元二次方程（a+1）x2﹣a2﹣a＝0有一个根是x＝﹣1，则a的值为（ ）
A．﹣1B．0C．1D．﹣1或1
8．（2分）在图形的旋转过程中，下面有四种说法：
①对应点到旋转中心的距离相等；
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
③旋转前、后图形的形状和大小都不变；
④旋转前、后图形的位置一定会改变．
上述四种说法正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）方程x2﹣3x＝0的根为 ．
10．（2分）请写出一个开口向上，且过原点的抛物线表达式 ．
11．（2分）已知点A（a，﹣2）与点B（3，b）关于原点O中心对称，则a+b＝ ．
12．（2分）若方程xm﹣x+1＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为 ．
13．（2分）据国家能源局数据公布显示，2022年5月份全社会用电量为6716亿千瓦时，7月份全社会用电量为8324亿千瓦时，若从5月至7月全社会用电量的月平均增长率都相同，求全社会用电量的月平均增长率．设月平均增长率为x，则所列的方程应为 ．
14．（2分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴及部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根为 ．
15．（2分）如图，抛物线y1＝ax2（a≠0）与直线y2＝bx+c（b≠0）的两个交点坐标分别为A（﹣2，4），B（1，1），则当y1＜y2时，x的取值范围是 ．
16．（2分）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，∠C＝90°，点O是AB的中点，将一块边长足够大的三角板的直角顶点放在点O处，将三角板绕点O旋转，始终保持三角板直角顶点与点O重合，一条直角边与AC相交，交点为点D，另一条直角边与BC相交，交点为点E．则线段CD与CE的长度之和为 ．
三、解答题（本题共68分，第17-22题，每小题5分，第23-26题，每小题5分，第27-28题，每小题5分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17．（5分）解方程：2x2﹣6＝0．
18．（5分）解方程：x2+6x+8＝0．
19．（5分）如图，网格中每个小正方形的边长都是单位1．
（1）画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的△A'B′C'；
（2）请直接写出A'，B′，C′三点的坐标．
20．（5分）已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
（1）二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），求A，B两点的坐标；
（2）画出此函数的图象．
21．（5分）如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C′的位置，使得CC'∥AB，求∠BAB'的度数．
22．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+（3﹣k）x+2﹣k＝0．
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程恰有一个根大于1，求k的取值范围．
23．（6分）小明在画一个二次函数的图象时，列出了下面几组x与y的对应值．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）该二次函数的图象与直线y＝m有两个交点A，B，若A，B两点间的距离小于4，请直接写出m的取值范围．
24．（6分）双手头上前掷实心球是锻炼青少年上肢力量和全身协调性的一个项目，实心球出手后飞行的路线可以看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，某校一名学生在投掷实心球时，从出手到落地的过程中，实心球的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣x2+x+2．
（1）求该同学投掷实心球时，实心球在空中飞行时竖直高度的最大值；
（2）判断并说明，该同学此次投掷实心球的水平距离能否超过10米．
25．（6分）在正方形ABCD中，AD＝4，点E在边AB上，且AE＝3，将线段DE绕点D逆时针方向旋转90°得到线段DF，连接EF．
（1）如图1，若点F恰好落在边BC的延长线上，判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若点F落在直线BC上，请直接写出△DEF的面积.
26．（6分）抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的交点坐标是（﹣1，0），（3，0）．
（1）请直接写出这条抛物线的对称轴；
（2）已知点A（m，y1），B（m+1，y2）在抛物线上，若y1＜y2，求m的取值范围．
27．（7分）△ABC是等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤60°）得到线段AD，连接BD，交AC于点O，连接CD，过点A作AP⊥CD于点P，交BD于点E，连接CE．
（1）如图1，当α＝60°时，则∠BEC＝ °；
（2）如图2，当0°＜α＜60°时，依题意补全图2．
①猜想（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
②求证：BE＝AE+CE．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是平行四边形，点A（4，0），∠AOC＝60°，点C的纵坐标为，点D是边BC上一点，连接OD，将线段OD绕点O逆时针旋转60°得到线段OE．
给出如下定义：
如果抛物线y＝ax2+bx（a≠0）同时经过点A，E，则称抛物线y＝ax2+bx（a≠0）为关于点A，E的“伴随抛物线”．
（1）如图1，当点D与点C重合时，点E的坐标为 ，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为 ；
（2）如图2，当点D在边BC上运动时，连接CE．
①当CE取最小值时，求关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式；
②若关于点A，E的“伴随抛物线”y＝ax2+bx（a≠0）存在，直接写出a的取值范围．
2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1一8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个
1．（2分）对称给人们一种美感，下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（2分）抛物线y＝2（x﹣3）2+1的顶点坐标是（ ）
A．（3，1）B．（﹣3，1）C．（2，1）D．（2，3）
【分析】根据二次函数的顶点式的特点即可得出答案．
【解答】解：由抛物线的顶点式y＝2（x﹣3）2+1可得：
该抛物线的顶点坐标为（3，1），
故选：A．
【点评】本题主要考查抛物线的顶点式，关键是要牢记抛物线的顶点式的特点．
3．（2分）将抛物线y＝x2向下平移3个单位，则得到的抛物线解析式为（ ）
A．y＝x2+3B．y＝x2﹣3C．y＝（x+3）2D．y＝（x﹣3）2
【分析】根据抛物线平移的规律（左加右减，上加下减）求解．
【解答】解：抛物线y＝x2向下平移3个单位，则得到的抛物线解析式为y＝x2﹣3．
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．
4．（2分）用配方法解方程x2+2x＝1，变形后的结果正确的是（ ）
A．（x﹣1）＝2B．（x﹣1）2＝0C．（x+1）2＝0D．（x+1）2＝2
【分析】方程两边加上1，利用完全平方公式化简得到结果，即可作出判断．
【解答】解：用配方法解方程x2+2x＝1，
变形得：x2+2x+1＝2，
即（x+1）2＝2．
故选：D．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
5．（2分）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中四个涂黑的小正方形组成的图形是中心对称图形，选择的小正方形的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【解答】解：①的位置涂黑，整个图形是中心对称图形．
故选：A．
【点评】本题考查利用旋转设计图案，解题的关键是理解中心对称图形的定义，属于中考常考题型．
6．（2分）已知点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（2，y3）都在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y1＜y3C．y2＜y3＜y1D．y3＜y2＜y1
【分析】分别计算自变量为2、1、﹣1对应的函数值，然后比较函数值的大小即可．
【解答】解：当x＝﹣1时，y1＝（x﹣1）2＝（﹣1﹣1）2＝4；
当x＝1时，y2＝（x﹣1）2＝（1﹣1）2＝0；
当x＝2时，y3＝（x﹣1）2＝（2﹣1）2＝1，
所以y2＜y3＜y1．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
7．（2分）若关于x的一元二次方程（a+1）x2﹣a2﹣a＝0有一个根是x＝﹣1，则a的值为（ ）
A．﹣1B．0C．1D．﹣1或1
【分析】把x＝﹣1代入方程（a+1）x2﹣a2﹣a＝0中得：（a+1）•（﹣1）2﹣a2﹣a＝0，然后进行计算可得a＝±1，再根据一元二次方程的定义可得a+1≠0，从而可得a≠﹣1，即可解答．
【解答】解：把x＝﹣1代入方程（a+1）x2﹣a2﹣a＝0中得：
（a+1）•（﹣1）2﹣a2﹣a＝0，
a+1﹣a2﹣a＝0，
1﹣a2＝0，
a2＝1，
a＝±1，
∵a+1≠0，
∴a≠﹣1，
∴a＝1，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
8．（2分）在图形的旋转过程中，下面有四种说法：
①对应点到旋转中心的距离相等；
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
③旋转前、后图形的形状和大小都不变；
④旋转前、后图形的位置一定会改变．
上述四种说法正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：①对应点到旋转中心的距离相等，故本说法符合题意；
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，故本说法符合题意；
③旋转前、后图形的形状和大小都不变，故本说法符合题意；
④旋转前、后图形的位置一定会改变，故本说法符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）方程x2﹣3x＝0的根为 x1＝0，x2＝3 ．
【分析】根据所给方程的系数特点，可以对左边的多项式提取公因式，进行因式分解，然后解得原方程的解．
【解答】解：因式分解得，x（x﹣3）＝0，
解得，x1＝0，x2＝3．
故答案为：x1＝0，x2＝3．
【点评】本题考查了解一元二次方程的方法，当方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．
10．（2分）请写出一个开口向上，且过原点的抛物线表达式 y＝x2 ．
【分析】由开口方向可确定二次项系数，由过原点可确定常数项，则可写出其解析式．
【解答】解：
∵开口向上，
∴二次项系数大于0，
∵过原点，
∴常数项为0，
∴抛物线解析式可以为y＝x2，
故答案为：y＝x2
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次项系数决定抛物线的开口方向是解题的关键．
11．（2分）已知点A（a，﹣2）与点B（3，b）关于原点O中心对称，则a+b＝ ﹣1 ．
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得a、b的值，再代入计算即可．
【解答】解：∵点A（a，﹣2）与点B（3，b）关于原点O中心对称，
∴a＝﹣3，b＝2，
∴a+b＝﹣3+2＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数得出a、b的值是解题关键．
12．（2分）若方程xm﹣x+1＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为 2 ．
【分析】根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行分析即可．
【解答】解：∵方程xm﹣x+1＝0是关于x的一元二次方程，
∴m＝2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键是掌握判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
13．（2分）据国家能源局数据公布显示，2022年5月份全社会用电量为6716亿千瓦时，7月份全社会用电量为8324亿千瓦时，若从5月至7月全社会用电量的月平均增长率都相同，求全社会用电量的月平均增长率．设月平均增长率为x，则所列的方程应为 6716（1+x）2＝8324 ．
【分析】设月平均增长率为x，根据2022年5月份全社会用电量为6716亿千瓦，7月份全社会用电量为8324亿千瓦进而可得方程．
【解答】解：设年平均增长率为x，根据题意得：
6716（1+x）2＝8324，
故答案为：6716（1+x）2＝8324．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
14．（2分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴及部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根为 x1＝﹣1，x2＝3 ．
【分析】根据抛物线的对称性即可求解．
【解答】解：根据图象可得：图象与x轴的一个交点是（3，0），对称轴是：x＝1，
∴（3，0）关于x＝1的对称点是：（1，0），
则抛物线与x轴的交点是：（﹣1，0）和（3，0），
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根为：x1＝﹣1，x2＝3．
故答案为：x1＝﹣1，x2＝3．
【点评】本题考查了二次函数的性质，理解二次函数与x轴的交点的横坐标就是对应的方程的解是解题关键．
15．（2分）如图，抛物线y1＝ax2（a≠0）与直线y2＝bx+c（b≠0）的两个交点坐标分别为A（﹣2，4），B（1，1），则当y1＜y2时，x的取值范围是 ﹣2＜x＜1 ．
【分析】利用图象法即可解决问题，方程的解就是两个函数图象的交点的横坐标．
【解答】解：由图象可知，直线y2＝bx+c（b≠0）在抛物线y1＝ax2（a≠0）的上方时，﹣2＜x＜1，
∴当y1＜y2时，x的取值范围是﹣2＜x＜1，
故答案为：﹣2＜x＜1．
【点评】本题考查抛物线与x轴交点、一次函数的应用、一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用图象法解决实际问题，属于中考常考题型．
16．（2分）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，∠C＝90°，点O是AB的中点，将一块边长足够大的三角板的直角顶点放在点O处，将三角板绕点O旋转，始终保持三角板直角顶点与点O重合，一条直角边与AC相交，交点为点D，另一条直角边与BC相交，交点为点E．则线段CD与CE的长度之和为 2 ．
【分析】连接OC，证明△OCD≌△OBE，根据全等三角形的性质得到CD＝BE，证明结论．
【解答】证明：连接OC．
∵AC＝BC，AO＝BO，∠ACB＝90°，
∴∠ACO＝∠BCO＝∠ACB＝45°，OC⊥AB，∠A＝∠B＝45°，
∴OC＝OB，
∵∠BOE+∠EOD+∠AOD＝180°，∠EOD＝90°，
∴∠BOE+∠AOD＝90°，
又∵∠COD+∠AOD＝90°，
∴∠BOE＝∠COD，
在△OCD和△OBE中，
，
∴△OCD≌△OBE（SAS），
∴CD＝BE，
∴CD+CE＝BE+CE＝BC＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
三、解答题（本题共68分，第17-22题，每小题5分，第23-26题，每小题5分，第27-28题，每小题5分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17．（5分）解方程：2x2﹣6＝0．
【分析】首先移项，把﹣6移到等号右边，再两边同时除以2，然后两边开平方即可．
【解答】解：移项得：2x2＝6，
x2＝3，
开平方得：x＝±．
【点评】此题主要考查了直接开平方法解一元二次方程，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成x2＝a（a≥0）的形式，利用数的开方直接求解．
18．（5分）解方程：x2+6x+8＝0．
【分析】先把方程左边进行因式分解得到（x+2）（x+4）＝0，然后解一元一次方程即可．
【解答】解：∵x2+6x+8＝0，
∴（x+2）（x+4）＝0，
∴x+2＝0或x+4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝﹣4．
【点评】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程的知识，解答本题的关键是掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤：①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
19．（5分）如图，网格中每个小正方形的边长都是单位1．
（1）画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的△A'B′C'；
（2）请直接写出A'，B′，C′三点的坐标．
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可；
（2）根据点的位置写出坐标即可．
【解答】解：（1）如图，△A'B′C'即为所求；
（2）A'（4，0），B′（0，1），C′（2，2）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
20．（5分）已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
（1）二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），求A，B两点的坐标；
（2）画出此函数的图象．
【分析】（1）令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，解这个方程即可得到A，B的横坐标；
（2）利用描点法画出函数的图象．
【解答】解：令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解这个方程得：x1＝﹣1，x2＝3，
∵A点在B点左侧，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴对称轴为x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），
令x＝0，则y＝﹣3，
∴抛物线与y轴的交点为（0，﹣3）．
建立坐标系，利用描点法画出函数的图象如下图：
【点评】本题主要考查了二次函数的图象，抛物线与x轴的交点，令y＝0，解一元二次方程即可得到A，B的横坐标是解题的关键．
21．（5分）如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C′的位置，使得CC'∥AB，求∠BAB'的度数．
【分析】先利用平行线的性质得∠ACC′＝∠CAB＝75°，再根据旋转的性质得AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出∠CAC′，从而得到∠BAB′的度数．
【解答】解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝75°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′，
∴∠ACC′＝∠AC′C＝75°，
∴∠CAC′＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
∴∠BAB′＝30°．
【点评】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．
22．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+（3﹣k）x+2﹣k＝0．
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程恰有一个根大于1，求k的取值范围．
【分析】（1）先计算判别式的值，利用非负数的性质判断Δ≥0，然后根据判别式的意义得到结论．
（2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出x1＝﹣1，x2＝k﹣2，根据方程有一根大于1，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（3﹣k）2﹣4×（2﹣k）
＝k2﹣2k+1
＝（k﹣1）2≥0，
∴方程总有两个实数根．
（2）解：∵x2+（3﹣k）x+2﹣k＝（x+1）（x+2﹣k）＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝k﹣2．
∵方程有一个根大于1，
∴k﹣2＞1，解得：k＞3，
∴k的取值范围为k＞3．
【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．也考查了解一元二次方程以及解不等式．
23．（6分）小明在画一个二次函数的图象时，列出了下面几组x与y的对应值．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）该二次函数的图象与直线y＝m有两个交点A，B，若A，B两点间的距离小于4，请直接写出m的取值范围．
【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）把函数的问题转化为方程的问题，利用根与系数的关系即可得到关于m的不等式，解不等式即可求得．
【解答】解：（1）由表格数据结合二次函数图象对称性可得图象顶点为（1，3），
设二次函数的表达式为y＝a（x﹣1）2+3（a≠0），
将（﹣1，﹣1）代入得4a+3＝﹣1，
解得a＝﹣1，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣（x﹣1）2+3（或y＝﹣x2+2x+2）；
（2）令﹣x2+2x+2＝m，
整理得x2﹣2x﹣2+m＝0，
设点A、B的横坐标为x1，x2，
∴x1，x2是方程x2﹣2x﹣2+m＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝2，x1x2＝m﹣2，
∵AB＜4，
∴|x1﹣x2|＜4，
∴（x1﹣x2）2＜16，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＜16，即4﹣4（m﹣2）＜16，
∴m＞﹣1，
∴m的取值范围是m＞﹣1．
【点评】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，把函数问题转化为方程问题是解题的关键．
24．（6分）双手头上前掷实心球是锻炼青少年上肢力量和全身协调性的一个项目，实心球出手后飞行的路线可以看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，某校一名学生在投掷实心球时，从出手到落地的过程中，实心球的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣x2+x+2．
（1）求该同学投掷实心球时，实心球在空中飞行时竖直高度的最大值；
（2）判断并说明，该同学此次投掷实心球的水平距离能否超过10米．
【分析】（1）把抛物线化为顶点式，从而求出函数的最大值；
（2）令y＝0，解一元二次方程即可．
【解答】解：（1）y＝﹣x2+x+2＝﹣（x2﹣6x）+2＝﹣（x﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝3时，y有最大值，最大值为，
答：实心球在空中飞行时竖直高度的最大值为；
（2）令y＝0，则＝﹣x2+x+2＝0，
解得x1＝﹣2，x2＝8，
∵8＜10，
∴该同学此次投掷实心球的水平距离不能超过10米．
【点评】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，关键是对二次函数性质的掌握和运用．
25．（6分）在正方形ABCD中，AD＝4，点E在边AB上，且AE＝3，将线段DE绕点D逆时针方向旋转90°得到线段DF，连接EF．
（1）如图1，若点F恰好落在边BC的延长线上，判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若点F落在直线BC上，请直接写出△DEF的面积.
【分析】（1）由正方形的性质可得DA＝DC，∠ADC＝∠DAB＝∠DCB＝90°，由“HL”可证Rt△ADE≌Rt△CDF，可得∠ADE＝∠CDF，可得结论；
（2）根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）△DEF是等腰直角三角形，理由如下：
在正方形ABCD中，DA＝DC，∠ADC＝∠DAB＝∠DCB＝90°．
∵F落在边BC的延长线上，
∴∠DCF＝∠DAB＝90°．
∵将点E绕点D逆时针旋转得到点F，
∴DE＝DF，
在Rt△ADE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠CDF+∠EDC＝90°，即∠EDF＝90°．
∴△DEF是等腰直角三角形；
（2）∵∠A＝90°，AD＝4，AE＝3，
∴DE＝＝＝5，
当点F落在线段BC上时，如图2，
∵∠C＝90°，DF＝DE＝5，
∴CF＝＝3，
∴BE＝BF＝1，
∴△DEF的面积＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△CDF﹣S△BEF＝4×4﹣﹣﹣＝3.5；
当点F恰好落在边BC的延长线上时，如图1，
△DEF的面积＝＝12.5，
综上所述，△DEF的面积为3.5或12.5．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
26．（6分）抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的交点坐标是（﹣1，0），（3，0）．
（1）请直接写出这条抛物线的对称轴；
（2）已知点A（m，y1），B（m+1，y2）在抛物线上，若y1＜y2，求m的取值范围．
【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点，即可求出对称轴；
（2）画出函数的大致图象，由二次函数的性质判断即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的交点坐标是（﹣1，0），（3，0），
∴抛物线的对称轴为x＝＝1；
（2）由（1）可知，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的大致图象如图所示：
∵a＞0，对称轴x＝1，
∴①当m+1＜1时，y1＞y2；
②当m＞1时，y1＜y2；
③当m与m+1在1的两侧且到1的距离相等时，y1＝y2，
此时m＝1﹣＝，
综上，m＞时，y1＜y2．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，关键是对二次函数性质的掌握．
27．（7分）△ABC是等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤60°）得到线段AD，连接BD，交AC于点O，连接CD，过点A作AP⊥CD于点P，交BD于点E，连接CE．
（1）如图1，当α＝60°时，则∠BEC＝ 60 °；
（2）如图2，当0°＜α＜60°时，依题意补全图2．
①猜想（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
②求证：BE＝AE+CE．
【分析】（1）当α＝60°时，△ACD是等边三角形，AB＝BC＝CD＝DA，四边形ABCD是菱形，可得BD⊥AC，易证∠CAE＝∠ACE，因为AP⊥CD，所以∠CAE＝30°，进而可求出∠BEC的值；
（2）依题意画图即可；
①成立；AC＝AD，AP⊥CD，可得△ACE≌△ADE，∠ACE＝∠ADE，AB＝AD，则∠ABO＝∠ADE，可得∠ABO＝∠ACE，由三角形内角和定理可得∠BEC的值；
②用截长补短法，在BE上截取EF＝CE，可得△ACD是等边三角形，CE＝EF，证明△BCF≌△ACE，则BF＝AE，进而可证明BE＝AE+CE．
【解答】解：（1）∵∠CAD＝α＝60°，AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴AD＝CD＝AC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∠ABE＝∠CBE，
∴∠EOC＝90°，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝CE，
∴∠CAE＝∠ECO，
∵AP⊥CD，△ACD是等边三角形，
∴∠CAE＝∠ECO＝30°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠EOC+∠ECO）＝180°﹣（90°+30°）＝60°．
故答案为：60；
（2）如图2所示：
①（1）中结论是否仍然成立，理由如下：
如图2所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠BCA＝60°，
∵AC＝AD，
∴AB＝AD，
∴∠ABO＝∠ADE，
∵AC＝AD，AP⊥CD，
∴∠CAE＝∠DAE，
∴△CAE≌△DAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ADE，
∴∠ABO＝∠ACE，
∵∠ABC＝∠ABO+∠OBC＝60°，∠ABO＝∠ACE，
∴∠ACE+∠EBC＝60°，
∵∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠BCE），∠BCE＝∠BCA+∠ACE，
∴∠BEC＝180°﹣（∠BCA+∠ACE+∠EBC），
∵∠ACE+∠EBC＝60°，∠BCA＝60°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠BCA+∠ACE+∠EBC）＝180°﹣（60°+60°）＝60°；
②如图3所示：在BE上截取EF＝CE，
∵∠BEC＝60°，EF＝CE，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF＝CE＝CF，∠FCE＝60°
∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠BCA＝60°，
∴∠FCE＝∠BCA，
∵∠FCE＝∠FCO+∠ACE，∠BCA＝∠FCO+∠BCF，∠FCE＝∠BCA，
∴∠ACE＝∠BCF，
在△BCF和△ACE中，
，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴BF＝AE，
∵BE＝BF+EF，BF＝AE，EF＝CE，
∴BE＝AE+CE．
【点评】本题考查了三角形的变换、等腰三角形和等边三角形的性质、三角形的全等等知识点，用截长补短法构造三角形的全等是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是平行四边形，点A（4，0），∠AOC＝60°，点C的纵坐标为，点D是边BC上一点，连接OD，将线段OD绕点O逆时针旋转60°得到线段OE．
给出如下定义：
如果抛物线y＝ax2+bx（a≠0）同时经过点A，E，则称抛物线y＝ax2+bx（a≠0）为关于点A，E的“伴随抛物线”．
（1）如图1，当点D与点C重合时，点E的坐标为 （﹣1，） ，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为 y＝x2﹣ ；
（2）如图2，当点D在边BC上运动时，连接CE．
①当CE取最小值时，求关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式；
②若关于点A，E的“伴随抛物线”y＝ax2+bx（a≠0）存在，直接写出a的取值范围．
【分析】（1）如图，连接CE，过点E作E′作x轴的垂线于点E′，由旋转可知，△COE是等边三角形，则∠EOE′＝60°，解直角三角形可得到点E的坐标，将A，E的坐标代入抛物线解析式可得出结论；
（2）①由旋转可知，点E在线段C′B′上运动，过点C作CE⊥C′B′于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C′作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N，
②过点B′作x轴的平行线，交MN于点P，由此可求出点B′的坐标，将点B′的坐标代入抛物线的解析式，即可得出a的最小值；由此可得出a的取值范围．
【解答】解：（1）如图，连接CE，过点E作E′作x轴的垂线于点E′，过点C作CC′⊥x轴于点C′，
∴CC′＝，
∵∠AOC＝60°，
∴OC＝2，
由旋转可知，OE＝OC＝2，∠EOC＝60°，
∴△COE是等边三角形，
∴∠EOE′＝60°，
∴OE′＝1，EE′＝，
∴E（﹣1，）．
将A（4，0），E（﹣1，）代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0），
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣；
故答案为：（﹣1，）；y＝x2﹣；
（2）①由旋转可知，点E在线段C′B′上运动，过点C作CE⊥C′B′于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C′作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N，
由题意可知，CC′＝2，
由旋转可知，△OBC≌△OB′C′，
∴C′B′＝CB＝OA＝4，∠OCB＝∠OC′′＝120°，
∵∠OC′C＝60°，
∴∠B′C′C＝60°，CC′＝OC＝2，
∴C′E＝1，CE＝，
∴ME＝，C′M＝，
∴E（﹣，）．
将A（4，0），E（﹣，）代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0），
∴，
解得．
∴关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为：y＝x2﹣．
②如图，过点B′作x轴的平行线，交MN于点P，
∴B′P＝2，PC′＝2，
∴B′（1，3），
将B′（1，3），A（4，0）代入抛物线的解析式y＝ax2+bx（a≠0），
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4．
结合图象可知，a的取值范围为：＜a＜；﹣＜a＜0．
【点评】本题属于二次函数背景下新定义类问题，主要考查待定系数法求函数解析式，旋转的性质，等边三角形的性质与判定等相关知识，关键是由旋转得出60°角，解出直角三角形，进而得出点E的坐标．
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