2022-2023学年北京市海淀区首都师大附中九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2022-2023学年北京市海淀区首都师大附中九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共29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。

1．（3分）抛物线y＝3（x﹣1）2﹣4的对称轴是直线（ ）
A．x＝1B．x＝﹣1C．x＝4D．x＝﹣4
2．（3分）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）若关于x的一元二次方程mx2﹣2x+6＝0的一个根是﹣1，则m的值是（ ）
A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．﹣8
4．（3分）在平面内，已知OP＝2，OQ＝4，若点P在⊙O上，那么点Q与⊙O的位置关系是（ ）
A．点Q在⊙O内B．点Q在⊙O上C．点Q在⊙O外D．无法判断
5．（3分）如图，点A，B，C均在⊙O上，若∠AOB＝50°，则∠ACB的度数是（ ）
A．25°B．50°C．75°D．100°
6．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，且BE＝1，∠BAE＝30°，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADF，使点B与点D重合，则点E，F之间的距离为（ ）
A．B．2C．D．3
7．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则关于x的不等式ax2+bx+c≥2的解集是（ ）
A．x≤2B．x≤0C．﹣3≤x≤0D．x≤﹣3或x≥0
8．（3分）在一次足球比赛小组赛中，每两支队伍之间都要各进行一次主场比赛、一次客场比赛，主办方共投入使用6个球场，每天每个球场共安排4场比赛，若连续10天才能保证小组赛全部比完，则本次小组赛参赛球队有（ ）
A．15支B．16支C．17支D．18支
二、填空题（本题共24分，每小题3分）
9．（3分）将抛物线y＝5x2向下平移2个单位长度，所得新抛物线的表达式为 ．
10．（3分）设x1，x2分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的两个不相等的实数根，则x1•x2的值为 ．
11．（3分）如图，BD是⊙O的直径，C是的中点，若∠AOC＝70°，则∠AOD的度数为 ．
12．（3分）请写出一个开口向下，且经过点（2，﹣4）的抛物线的表达式为 ．
13．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝3，点D在AC上，且AD＝2，将点D绕着点A顺时针方向旋转，使得点D的对应点E恰好落在AB边上，则旋转角的度数为 ，CE的长为 ．
14．（3分）如图，点O为线段AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接AC，BD．请写出图中任意一组互补的角为 和 （不添加辅助线，不添加数字角标和字母）．
15．（3分）关于x的方程kx2﹣（2k+1）x+k＝0有两个不相等的实根，则k的取值范围是 ；若该方程的两个实根均为有理数，则整数k的最小值为 ．
16．（3分）我们将满足等式x2+y2＝1+|x|y的每组x，y的值在平面直角坐标系中画出，便会得到如图所示的“心形”图形．下面三个结论中，
（1）“心形”图形是轴对称图形；
（2）“心形”图形所围成的面积一定大于2；
（3）“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题（本题共52分，17-18题每题4分，19-23题每题5分，2425题每题6分，26题7分）
17．（4分）解方程：x2﹣7x+6＝0．
18．（4分）解方程：（5x﹣1）2+（5x﹣1）＝0．
19．（5分）若a是关于x的一元二次方程x2＝3x+10的根，求代数式（a+4）（a﹣4）﹣3（a﹣1）的值．
20．（5分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，OD⊥BC于点D．
下面是借助直尺，画出△ABC中∠BAC的平分线的步骤：
①延长OD交于点M；
②连接AM交BC于点N．
所以∠BAN＝∠CAN．
即线段AN为所求△ABC中∠BAC的平分线．
（1）依据题意，补全图形：
（2）请回答，得到∠BAN＝∠CAN的两个主要依据是 ．（填写序号）
①垂直于弦的直径平分弦所对的劣弧；
②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦；
③直径所对的圆周角是直角；
④等弧所对的圆周角相等．
21．（5分）如图，在平面直角坐标系中，A（1，2），B（4，2）．
（1）将点B向上平移4个单位长度，得到点C，则点C的坐标是 ．
（2）将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，其中点A与点D对应，月点D在线段BC上，请在图中画出△DBE；
（3）经过A，B，E三点 确定一个圆．（填写“能”或“不能”）
22．（5分）已知抛物线y＝（x﹣3）（x+1），
（1）直接写出该抛物线与x轴的交点坐标为 ；
（2）求该抛物线的顶点坐标；
（3）画出它的图象；
（4）若（m，y1），（m+2，y2）在抛物线上，且y1≤y2，直接写出m的取值范围是 ．
23．（5分）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是： ．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝ cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝ cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝ ，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
24．（6分）已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（4，4）．
（1）用含a的代数式表示b为 ；
（2）当抛物线与x轴交于点B（2，0）时，求此时a的值；
（3）设抛物线与x轴两交点之间的距离为d．当d＜2时，求a的取值范围．
25．（6分）已知∠MAN＝45°，点B为射线AN上一定点，点C为射线AM上一动点（不与点A重合），点D在线段BC的延长线上，且CD＝CB，过点D作DE⊥AM于点E．
（1）当点C运动到如图1的位置时，点E恰好与点C重合，此时AC与DE的数量关系是 ；
（2）当点C运动到如图2的位置时，依题意补全图形，并证明：2AC＝AE+DE；
（3）在点C运动的过程中，点E能否在射线AM的反向延长线上？若能，直接用等式表示线段AC，AE，DE之间的数量关系；若不能，请说明理由．
26．（7分）定义：在平面直角坐标系xOy中，点P为图形M上一点，点Q为图形N上一点．若存在OP＝OQ，则称图形M与图形N关于原点O“平衡”．
（1）如图1，已知⊙A是以（1，0）为圆心，2为半径的圆，点C（﹣1，0），D（﹣2，1），E（3，2）．
①在点C，D，E中，与⊙A关于原点O“平衡”的点是 ；
②点H为直线y＝﹣x上一点，若点H与⊙A关于原点O“平衡”，求点H的横坐标的取值范围；
（2）如图2，已知图形G是以原点O为中心，边长为2的正方形．⊙K的圆心在x轴上，半径为2．若⊙K与图形G关于原点O“平衡”，请直接写出圆心K的横坐标的取值范围．
2022-2023学年北京市海淀区首都师大附中九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共24分，每小题3分，第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个）
1．（3分）抛物线y＝3（x﹣1）2﹣4的对称轴是直线（ ）
A．x＝1B．x＝﹣1C．x＝4D．x＝﹣4
【分析】由于所给的是二次函数的顶点式，故能直接求出其对称轴．
【解答】解：∵y＝3（x﹣1）2﹣4，
∴此函数的对称轴就是直线x＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数三种表达式．
2．（3分）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．（3分）若关于x的一元二次方程mx2﹣2x+6＝0的一个根是﹣1，则m的值是（ ）
A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．﹣8
【分析】根据题意可得：把x＝﹣1代入方程mx2﹣2x+6＝0中得：m×（﹣1）2﹣2×（﹣1）+6＝0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
把x＝﹣1代入方程mx2﹣2x+6＝0中得：
m×（﹣1）2﹣2×（﹣1）+6＝0，
m+2+6＝0，
解得：m＝﹣8，
故选：D．
【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．
4．（3分）在平面内，已知OP＝2，OQ＝4，若点P在⊙O上，那么点Q与⊙O的位置关系是（ ）
A．点Q在⊙O内B．点Q在⊙O上C．点Q在⊙O外D．无法判断
【分析】直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．
【解答】解：∵点P在⊙O上，
∴⊙O的半径OP＝2．
∵OQ＝4，
∴OQ＞⊙O的半径，
∴点Q在⊙O外．
故选：C．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d＝r；点P在圆内⇔d＜r．
5．（3分）如图，点A，B，C均在⊙O上，若∠AOB＝50°，则∠ACB的度数是（ ）
A．25°B．50°C．75°D．100°
【分析】利用圆周角定理，进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠AOB＝50°，
∴∠ACB＝∠AOB＝×50°＝25°，
故选：A．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
6．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，且BE＝1，∠BAE＝30°，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADF，使点B与点D重合，则点E，F之间的距离为（ ）
A．B．2C．D．3
【分析】由直角三角形的性质可求AE＝2，由旋转的性质可得AE＝AF＝2，∠EAF＝90°，即可求解．
【解答】解：如图，连接EF，
∵BE＝1，∠BAE＝30°，∠ABE＝90°，
∴AE＝2BE＝2，
∵将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADF，
∴AE＝AF＝2，∠EAF＝90°，
∴EF＝AE＝2，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
7．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则关于x的不等式ax2+bx+c≥2的解集是（ ）
A．x≤2B．x≤0C．﹣3≤x≤0D．x≤﹣3或x≥0
【分析】根据图象可知，函数的对称轴为直线x＝﹣，当y＝2时，x＝0或x＝﹣3，再观察图象可得不等式的解集．
【解答】解：由图象可知函数的对称轴为直线x＝﹣，
当x＝0时，y＝2，
∴当y＝2时，x＝0或x＝﹣3，
∴ax2+bx+c≥2的解集是﹣3≤x≤0，
故选：C．
【点评】本题考查二次函数与不等式的关系，能够根据函数的图象，利用函数的对称性确定y＝2时，x的对应值是解题的关键．
8．（3分）在一次足球比赛小组赛中，每两支队伍之间都要各进行一次主场比赛、一次客场比赛，主办方共投入使用6个球场，每天每个球场共安排4场比赛，若连续10天才能保证小组赛全部比完，则本次小组赛参赛球队有（ ）
A．15支B．16支C．17支D．18支
【分析】本次小组赛参赛球队有x支，根据主办方共投入使用6个球场，每天每个球场共安排4场比赛，若连续10天才能保证小组赛全部比完，列一元二次方程，进一步求解即可．
【解答】解：设本次小组赛参赛球队有x支，
根据题意，得x（x﹣1）＝6×4×10，
解得x1＝16，x2＝﹣15（不合题意，舍去），
∴本次小组赛参赛球队有16支，
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意建立一元二次方程是解题的关键．
二、填空题（本题共24分，每小题3分）
9．（3分）将抛物线y＝5x2向下平移2个单位长度，所得新抛物线的表达式为 y＝5x2﹣2 ．
【分析】根据函数图象平移规律，可得答案．
【解答】解：将抛物线y＝5x2向下平移2个单位长度，所得新抛物线的表达式为y＝5x2﹣2，
故答案为：y＝5x2﹣2．
【点评】主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
10．（3分）设x1，x2分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的两个不相等的实数根，则x1•x2的值为 ﹣3 ．
【分析】直接利用根与系数的关系求解．
【解答】解：根据题意得x1•x2＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根，则x1+x2＝﹣，x1x2＝．
11．（3分）如图，BD是⊙O的直径，C是的中点，若∠AOC＝70°，则∠AOD的度数为 40° ．
【分析】由“C是的中点”推知∠AOC＝∠BOC＝70°，然后根据平角的定义作答．
【解答】解：∵C是的中点，
∵＝．
∵∠AOC＝70°，
∴∠AOC＝∠BOC＝70°．
∵BD是⊙O的直径，
∴∠AOD+∠AOC+∠BOC＝180°．
∴∠AOD＝40°．
故答案为：40°．
【点评】此题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
12．（3分）请写出一个开口向下，且经过点（2，﹣4）的抛物线的表达式为 y＝﹣（x﹣2）2﹣4（答案不唯一） ．
【分析】可以把点（2，﹣4）作为抛物线的顶点，则抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2﹣4，然后a取一个负数即可．
【解答】解：把点（2，﹣4）设顶点，则抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2﹣4，
∵抛物线开口向下，
∴a可以取﹣1，
∴满足条件的抛物线解析式可以为y＝﹣（x﹣2）2﹣4，
故答案为：y＝﹣（x﹣2）2﹣4（答案不唯一）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
13．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝3，点D在AC上，且AD＝2，将点D绕着点A顺时针方向旋转，使得点D的对应点E恰好落在AB边上，则旋转角的度数为 45° ，CE的长为 ．
【分析】由旋转的性质可得旋转角为∠BAC＝45°，AD＝AE＝2，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，连接CE，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAC＝45°，
∵将点D绕着点A顺时针方向旋转，使得点D的对应点E恰好落在AB边上，
∴旋转角为∠BAC＝45°，AD＝AE＝2，
∴BE＝1，
∴CE＝＝＝，
故答案为：45°，．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
14．（3分）如图，点O为线段AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接AC，BD．请写出图中任意一组互补的角为 ∠ADC 和 ∠ABC （不添加辅助线，不添加数字角标和字母）．
【分析】先利用圆的定义可判断点A、B、C、D在⊙O上，如图，然后根据圆内接四边形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵点O为线段AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，
∴点A、B、C、D在⊙O上，如图，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
故答案为：∠ADC，∠ABC；（答案不唯一）．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
15．（3分）关于x的方程kx2﹣（2k+1）x+k＝0有两个不相等的实根，则k的取值范围是 k＞﹣且k≠0 ；若该方程的两个实根均为有理数，则整数k的最小值为 2 ．
【分析】先根据根的判别式的意义得到k≠0且Δ＝[﹣（2k+1）]2﹣4k2＞0，则求出两不等式的公共部分得到k的取值范围，由于该方程的两个实根均为有理数，则4k+1为完全平方数，然后利用k的范围可确定整数k的最小值．
【解答】解：∵方程kx2﹣（2k+1）x+k＝0有两个不相等的实根，
∴k≠0且Δ＝[﹣（2k+1）]2﹣4k2＞0，
解得k＞﹣且k≠0，
∵Δ＝4k+1，该方程的两个实根均为有理数，
∴4k+1为完全平方数，
∴整数k的最小值为2．
故答案为：k＞﹣且k≠0，2．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根，则x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判别式．
16．（3分）我们将满足等式x2+y2＝1+|x|y的每组x，y的值在平面直角坐标系中画出，便会得到如图所示的“心形”图形．下面三个结论中，
（1）“心形”图形是轴对称图形；
（2）“心形”图形所围成的面积一定大于2；
（3）“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于，所有正确结论的序号是 ①②③ ．
【分析】观察图象“心形”图形恰好经过（﹣1，1），（0，1），（1，1），（﹣1，0），（1，0），（0，﹣1），利用图象法一一判断即可．
【解答】解：如图，由题意，E（﹣1，1），F（1，1），G（﹣1，0），H（1，0），T（0，﹣1）．
观察图象可知，“心形”图形是轴对称图形，故①符合题意，
∵“心形”图形所围成的面积＞五边形EFHTG的面积，
∴“心形”图形所围成的面积＞3，故②符合题意，
∵当x＞0时，x2+y2＝1+|x|y≤1+（x2+y2），
∴x2+y2≤2，
∴“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于，故③符合题意，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查轴对称图形，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
三、解答题（本题共52分，17-18题每题4分，19-23题每题5分，2425题每题6分，26题7分）
17．（4分）解方程：x2﹣7x+6＝0．
【分析】方程左边利用十字相乘法分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【解答】解：分解因式得：（x﹣1）（x﹣6）＝0，
可得x﹣1＝0，或x﹣6＝0，
解得：x1＝1，或x2＝6．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
18．（4分）解方程：（5x﹣1）2+（5x﹣1）＝0．
【分析】利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
【解答】解：∵（5x﹣1）2+（5x﹣1）＝0，
∴5x（5x﹣1）＝0，
∴x＝0或5x﹣1＝0，
解得x1＝0，x2＝0.2．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
19．（5分）若a是关于x的一元二次方程x2＝3x+10的根，求代数式（a+4）（a﹣4）﹣3（a﹣1）的值．
【分析】将x＝a代入关于x的一元二次方程x2＝3x+10，求得a2﹣3a＝10，然后将其整体代入整理后的代数式求值即可．
【解答】解：根据题意知，a2＝3a+10，
所以a2﹣3a＝10，
则：（a+4）（a﹣4）﹣3（a﹣1）
＝a2﹣16﹣3a+3
＝a2﹣3a﹣13
＝10﹣13
＝﹣3．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的解，此类题型的特点是：利用方程解的定义找到相等关系，再把所求的代数式化简后整理出所找到的相等关系的形式，再把此相等关系整体代入所求代数式，即可求出代数式的值．
20．（5分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，OD⊥BC于点D．
下面是借助直尺，画出△ABC中∠BAC的平分线的步骤：
①延长OD交于点M；
②连接AM交BC于点N．
所以∠BAN＝∠CAN．
即线段AN为所求△ABC中∠BAC的平分线．
（1）依据题意，补全图形：
（2）请回答，得到∠BAN＝∠CAN的两个主要依据是 ①④ ．（填写序号）
①垂直于弦的直径平分弦所对的劣弧；
②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦；
③直径所对的圆周角是直角；
④等弧所对的圆周角相等．
【分析】（1）根据题意补全图形即可；
（2）根据垂径定理即可得出结论．
【解答】解：（1）如图，线段AN为所求△ABC中∠BAC的平分线；
（2）∵OD⊥BC，
∴＝（垂直于弦的直径平分弦所对的劣弧），
∴∠BAN＝∠CAN（等弧所对的圆周角相等）．
故答案为：①④．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知垂径定理是解题的关键．
21．（5分）如图，在平面直角坐标系中，A（1，2），B（4，2）．
（1）将点B向上平移4个单位长度，得到点C，则点C的坐标是 （4，6） ．
（2）将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，其中点A与点D对应，月点D在线段BC上，请在图中画出△DBE；
（3）经过A，B，E三点 不能 确定一个圆．（填写“能”或“不能”）
【分析】（1）利用点平移的坐标变换特征确定点C的坐标；
（2）利用点D在线段BC上得到∠ABD＝90°，则△ABC绕点B顺时针90°旋转得到△DBE，然后根据旋转的性质画出C点的对应点E即可；
（3）根据确定圆的条件进行判断．
【解答】解：（1）如图，点C为所作，C点坐标为（4，6）；
故答案为：（4，6）；
（2）如图，△DBE为所作；
（3）∵点D在线段BC上，
∴∠ABD＝90°，
∴△ABC绕点B顺时针90°旋转得到△DBE，
∴点E在AB的延长线上，
即点A、B、E共线，
∴经过A，B，E三点不能确定一个圆．
故答案为：不能．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换和确定圆的条件．
22．（5分）已知抛物线y＝（x﹣3）（x+1），
（1）直接写出该抛物线与x轴的交点坐标为 （﹣1，0），（3，0） ；
（2）求该抛物线的顶点坐标；
（3）画出它的图象；
（4）若（m，y1），（m+2，y2）在抛物线上，且y1≤y2，直接写出m的取值范围是 m≥0 ．
【分析】（1）令y＝0，即可得到方程（x﹣3）（x+1）＝0，解方程可得抛物线与x轴交点；
（2）配方后直接得到顶点坐标；
（3）找到关键点：与坐标轴交点坐标，顶点坐标接口画出图象；
（4）根据对称轴，判断出y1＝y2时m的值，再根据图形判断出m的取值范围．
【解答】解：（1）当y＝0时，（x﹣3）（x+1）＝0，
解得，x1＝3，x2＝﹣1，
可得，抛物线与x轴交点为（﹣1，0），（3，0）．
（2）∵y＝（x﹣3）（x+1），
＝x2﹣2x﹣3，
＝（x﹣1）2﹣4，
抛物线顶点坐标为（1，﹣4）．
（3）当x＝0时，y＝﹣3，
抛物线与y轴交点为（0，﹣3），
由（1）（2）可知，抛物线与x轴交点为（﹣1，0），（3，0）；顶点为（1，﹣4），
顺次连接各点即可得到抛物线图象．
（4）由（2）可知，抛物线对称轴为x＝1，
当y1＝y2时，＝1，解得，m＝0，
由图可知m≥0时，y1≤y2．
故答案为：m≥0．
【点评】本题考查了二次函数的性质及图象上点的坐标特征，熟悉函数性质，掌握待定系数法是解题的关键．
23．（5分）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是： 垂直弦的直径平分弦 ．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝ 45 cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝ （r﹣15） cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝ 452+（r﹣15）2 ，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
【分析】根据垂径定理，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】解：如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是：垂直弦的直径平分弦．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝45cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝（r﹣15）cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝452+（r﹣15）2，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
故答案为：垂直弦的直径平分弦，45，（r﹣15），452+（r﹣15）2．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
24．（6分）已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（4，4）．
（1）用含a的代数式表示b为 1﹣4a ；
（2）当抛物线与x轴交于点B（2，0）时，求此时a的值；
（3）设抛物线与x轴两交点之间的距离为d．当d＜2时，求a的取值范围．
【分析】（1）把A（4，4）代入y＝ax2+bx，变形即可得答案；
（2）根据题意将点A和B坐标代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0）即可求a；
（3）将点B坐标代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0）可得b＝1﹣4a．再令y＝ax2+bx＝ax2+（1﹣4a）x＝0．可得x1＝0，．根据d＜2，即可求a的取值范围．
【解答】解：（1）把A（4，4）代入y＝ax2+bx得，
16a+4b＝4，
∴b＝1﹣4a．
（2）由题意得，，
∴．
（3）∵抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（4，4），
∴16a+4b＝4．
∴b＝1﹣4a．
令y＝ax2+bx＝ax2+（1﹣4a）x＝0．
∴ax2+（1﹣4a）x＝0．
∴x[ax﹣（4a﹣1）]＝0．
∵a≠0，
∴x1＝0，．
∵d＜2，
∴4﹣＜2，或4﹣＞﹣2．
∴＞2或＜6．
①当a＞0时，a或0＜a．
②当a＜0时，＜6恒成立．
∴a＜0．
∴综上所述，a＜0，a或0＜a．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，抛物线与x轴的交点，解决本题的关键是掌握二次函数的知识．
25．（6分）已知∠MAN＝45°，点B为射线AN上一定点，点C为射线AM上一动点（不与点A重合），点D在线段BC的延长线上，且CD＝CB，过点D作DE⊥AM于点E．
（1）当点C运动到如图1的位置时，点E恰好与点C重合，此时AC与DE的数量关系是 AC＝DE ；
（2）当点C运动到如图2的位置时，依题意补全图形，并证明：2AC＝AE+DE；
（3）在点C运动的过程中，点E能否在射线AM的反向延长线上？若能，直接用等式表示线段AC，AE，DE之间的数量关系；若不能，请说明理由．
【分析】（1）易证△ABD是等腰三角形，得AB＝AD，由SSS证得△ABC≌△ADC，得出∠CAD＝∠BAC＝45°，则∠BAD＝90°，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案；
（2）依题意即可补全图形，过点B作BF⊥AM于F，则∠BFC＝∠DEC＝90°，由AAS证得△BFC≌△DEC，得出BF＝DE，CF＝CE，易证△ABF是等腰直角三角形，再BF＝AF，推出AF＝DE，即可得出结论；
（3）过点B作BF⊥AM于F，同（2）△BFC≌△DEC（AAS），得出BF＝DE，CF＝CE，证得AF＝DE，即可得出结果．
【解答】（1）解：∵CD＝CB，DE⊥AM，
∴△ABD是等腰三角形，
∴AB＝AD，
在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠CAD＝∠BAC＝45°，
∴∠BAD＝45°+45°＝90°，
∴AC＝CD＝CB，
∵点E恰好与点C重合，
∴AC＝DE，
故答案为：AC＝DE；
（2）证明：过点B作BF⊥AM于F，如图2所示：
则∠BFC＝∠DEC＝90°，
在△BFC和△DEC中，
，
∴△BFC≌△DEC（AAS），
∴BF＝DE，CF＝CE，
∵∠MAN＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BF＝AF，
∴AF＝DE，
∴AE+DE＝AF+CF+CE+DE＝AC+CF+AF＝AC+AC＝2AC，
∴2AC＝AE+DE；
（3）解：能，2AC+AE＝DE；理由如下：
过点B作BF⊥AM于F，如图3所示：
则∠BFC＝∠DEC＝90°，
在△BFC和△DEC中，
，
∴△BFC≌△DEC（AAS），
∴BF＝DE，CF＝CE，
∵∠MAN＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BF＝AF，
∴AF＝DE，
∴2AC+AE＝AC+CE＝AC+CF＝AF＝DE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
26．（7分）定义：在平面直角坐标系xOy中，点P为图形M上一点，点Q为图形N上一点．若存在OP＝OQ，则称图形M与图形N关于原点O“平衡”．
（1）如图1，已知⊙A是以（1，0）为圆心，2为半径的圆，点C（﹣1，0），D（﹣2，1），E（3，2）．
①在点C，D，E中，与⊙A关于原点O“平衡”的点是 C，D ；
②点H为直线y＝﹣x上一点，若点H与⊙A关于原点O“平衡”，求点H的横坐标的取值范围；
（2）如图2，已知图形G是以原点O为中心，边长为2的正方形．⊙K的圆心在x轴上，半径为2．若⊙K与图形G关于原点O“平衡”，请直接写出圆心K的横坐标的取值范围．
【分析】（1）①求出OC，OD，OE的长d，当长度d在1≤d≤3时，点是与⊙A关于原点O“平衡”．
②若点H可以与⊙A关于原点O“平衡”，则1≤OH≤3．求出四个特殊点H的坐标，可得结论．
（2）如图3﹣1中，当⊙K经过（﹣，0）或经过（，0）时，点K的坐标．如图3﹣2中，当⊙K经过（，0）或经过（﹣，0）时，求出点K的坐标，可得结论．
【解答】（1）①如图1中，由题意OC＝1，OD＝，OE＝，
∵1＝1，1＜＜3，＞3，
∴点C，D是与⊙A关于原点O“平衡”，
故答案为：C，D．
②解：若点H可以与⊙A关于原点O“平衡”，则1≤OH≤3．
当OH＝1时，H（﹣，）或（，﹣），
当OH＝3时，H（﹣，）或（，﹣）
∴点H横坐标的取值范围是或．
（2）如图3﹣1中，当⊙K经过（﹣，0）时，K（2﹣，0），当⊙K经过（，0）时，K（2+，0），观察图象可知满足条件的x的值为2﹣≤x≤2+．
如图3﹣2中，当⊙K经过（，0）时，K（﹣2+，0），当⊙K经过（﹣，0）时，K（﹣2﹣，0），观察图象可知满足条件的x的值为﹣2﹣≤x≤﹣2+．
综上所述，圆心K的横坐标的取值范围或．
【点评】本题属于圆综合题，考查了图形M与图形N关于原点O“平衡”的定义，点与圆的位置关系，圆与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点，特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
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