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2023-2024学年北京市人大附中朝阳校区九年级（上）期中数学试卷【含解析】
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这是一份2023-2024学年北京市人大附中朝阳校区九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共31页。试卷主要包含了﹣1的值为 等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（2，﹣1）D．（2，1）
2．（2分）一元二次方程x（x+1）＝3（x+1）的根是（ ）
A．x1＝x2＝3B．x1＝x2＝﹣1
C．x1＝3，x2＝﹣1D．x1＝3，x2＝0
3．（2分）下列各图中，四边形ABCD是正方形，其中阴影部分两个三角形成中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2分）如图，五角星旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可能是（ ）
A．30°B．60°C．72°D．90°
5．（2分）如图，点A，B在⊙O上，直径MN⊥AB于点C，下列结论中不一定成立的是（ ）
A．AC＝CBB．OC＝CNC．＝D．＝
6．（2分）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，则∠AOB的度数为（ ）
A．35°B．55°C．65°D．70°
7．（2分）抛物线y＝（x+2）2可以由抛物线y＝x2经过以下哪种方式平移得到（ ）
A．向上平移2个单位B．向下平移2个单位
C．向左平移2个单位D．向右平移2个单位
8．（2分）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，3），B（3，3），将抛物线y＝﹣x2+1向上平移m个单位，使得平移后的抛物线与线段AB有公共点，则m的取值范围为（ ）
A．m≥3B．3≤m≤11
C．3≤m≤11或m＝2D．2≤m≤11
二.填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是 ．
10．（2分）若方程2x2﹣3x﹣1＝0有一个根为m，则代数式3m（2m﹣3）﹣1的值为 ．
11．（2分）已知（3，y1），（1，y2）在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1 y2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
12．（2分）如图，AB是⊙O的直径，＝＝，若∠AOE＝75°，则∠BOC＝ °．
13．（2分）如图，△OAB中，∠AOB＝40°，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA1B1，若∠AOB1＝140°，则∠AOA1的度数为 ．
14．（2分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系h＝﹣5t2+20t．小球飞行过程中能达到的最大高度为 m．
15．（2分）如图，过点A（0，4）作平行于x轴的直线AC分别交抛物线y1＝x2（x≥0）与y2＝于B、C两点，那么线段BC的长是 ．
16．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，C．如下四个推断：
①抛物线开口向下；
②当x＝﹣2时．y取最大值；
③当m≤4时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝m总有两个不相等的实数根；
④若直线y＝kx+c（k≠0）经过点A，C，当kx+c＞ax2+bx+c时，x的取值范围是﹣4＜x＜0．
其中推断正确的是 （填写序号）．
三.解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
18．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0），B（4，﹣3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA'B'，点A的对应点为A'．
（1）画出旋转后的图形△OA'B'，并写出点A′，B′的坐标；
（2）求线段AA′的长．
19．（5分）如图，点A、B、C、D在⊙O上，AD＝BC，AB与CD相等吗？为什么？
20．（5分）已知：A，B是直线l上的两点．
求作：△ABC，使得点C在直线l上方，且AC＝BC，∠ACB＝30°．
作法：
①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．
△ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ ）（填推理的依据）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（ ）（填推理的依据）．
∴△ABC就是所求作的三角形．
21．（5分）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，并且CD＝4，EM＝6，求⊙O的半径．
22．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
23．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+2x+c（a≠0）的图象经过点A（0，﹣3），B（1，0）．
（1）求此函数的解析式；
（2）结合图象，直接写出当﹣2≤x≤1时，函数y的取值范围．
24．（6分）如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三边用20m长的篱笆围成一个面积为50m2的矩形场地，求矩形的长和宽各是多少．
25．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC．点D为BC边上一点（不与点B重合），连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．
（1）若α＝80°，写出旋转角及其度数；
（2）当α度数变化时，∠DAE与∠DCE之间存在某种不变的数量关系．请你写出结论并证明．
26．（6分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax（a≠0）．
（1）求该抛物线的顶点坐标（用含a的式子表示）；
（2）抛物线上有不同的两点（﹣1，m），（x0，n），若m＝n，直接写出x0的值；
（3）点A（m﹣1，y1），B（m+2，y2）在抛物线上，是否存在实数m，使得y1＜y2≤﹣a恒成立？若存在，求出m的取值范围．若不存在，请说明理由．
27．（7分）在△ABC中，AB＝AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′＝∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧），点D是射线CB′上一个动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD＝90°．
（1）如图1，当点E与点C重合时，在图中画出线段AD．若BC＝a，则CD的长为 （用含a的式子表示）；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①求证：∠BAC＝2∠DAE；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d．则称点P为图形W的“倍点”．
（1）如图1，图形W是半径为1的⊙O．
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 ；
②在点P1（0，2），P2（3，3），P3（﹣3，0）中，⊙O的“倍点”是 ；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A（﹣1，1）．若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
（3）图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
2023-2024学年北京市人大附中朝阳校区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。
1．（2分）抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（2，﹣1）D．（2，1）
【分析】已知抛物线的顶点式，可知顶点坐标和对称轴．
【解答】解：∵y＝（x﹣2）2+1是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，
对称轴为直线x＝2，
故选：D．
【点评】考查了二次函数的性质，顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h．
2．（2分）一元二次方程x（x+1）＝3（x+1）的根是（ ）
A．x1＝x2＝3B．x1＝x2＝﹣1
C．x1＝3，x2＝﹣1D．x1＝3，x2＝0
【分析】先移项得到x（x+1）﹣3（x+1）＝0，再利用因式分解法把方程转化为x+1＝0或x﹣3＝0，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：x（x+1）＝3（x+1），
x（x+1）﹣3（x+1）＝0，
（x+1）（x﹣3）＝0，
x+1＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝﹣1，x2＝3．
故选：C．
【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．
3．（2分）下列各图中，四边形ABCD是正方形，其中阴影部分两个三角形成中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称的定义即可得出答案．
【解答】解：根据中心对称的定义可知，选项A中阴影部分两个三角形成中心对称．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称的定义，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．
4．（2分）如图，五角星旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可能是（ ）
A．30°B．60°C．72°D．90°
【分析】根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解．
【解答】解：∵360°÷5＝72°，
∴旋转的角度为72°的整数倍，
30°、60°、72°、90°中只有72°符合．
故选：C．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
5．（2分）如图，点A，B在⊙O上，直径MN⊥AB于点C，下列结论中不一定成立的是（ ）
A．AC＝CBB．OC＝CNC．＝D．＝
【分析】利用垂径定理一一判断即可．
【解答】解：∵点A，B在⊙O上，直径MN⊥AB于点C，，
∴AC＝CB，＝，＝，故选项A，C，D不符合题意，
OC和CN不一定相等，故选项B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理．
6．（2分）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，则∠AOB的度数为（ ）
A．35°B．55°C．65°D．70°
【分析】由A，B，C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，直接利用圆周角定理求解即可求得答案．
【解答】解：∵A，B，C是⊙O上的三个点，∠C＝35°，
∴∠AOB＝2∠C＝70°．
故选：D．
【点评】此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
7．（2分）抛物线y＝（x+2）2可以由抛物线y＝x2经过以下哪种方式平移得到（ ）
A．向上平移2个单位B．向下平移2个单位
C．向左平移2个单位D．向右平移2个单位
【分析】根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：抛物线y＝x2向左平移2个单位可得到抛物线y＝（x+2）2，
故平移过程为：向左平移2个单位．
故选：C．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
8．（2分）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，3），B（3，3），将抛物线y＝﹣x2+1向上平移m个单位，使得平移后的抛物线与线段AB有公共点，则m的取值范围为（ ）
A．m≥3B．3≤m≤11
C．3≤m≤11或m＝2D．2≤m≤11
【分析】结合图象，分别求出抛物线顶点在AB上，经过点A，B时m的值，进而求解．
【解答】解：将抛物线y＝﹣x2+1向上平移m个单位后的解析式为y＝﹣x2+1+m，
∴抛物线顶点坐标为（0，1+m），
当顶点落在线段AB上时，1+m＝3，
解得m＝2，
当抛物线向上移动，经过点B（3，3）时，3＝﹣9+1+m，
解得m＝11，
当抛物线经过点A（﹣1，3）时，3＝﹣1+1+m，
解得m＝3，
∴当2≤m≤11时，函数图象与线段AB有公共点．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数的图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图象的平移规律．
二.填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是 （3，5） ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（3，5）．
故答案为：（3，5）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
10．（2分）若方程2x2﹣3x﹣1＝0有一个根为m，则代数式3m（2m﹣3）﹣1的值为 2 ．
【分析】根据题意可得：把x＝m代入方程2x2﹣3x﹣1＝0中得：2m2﹣3m﹣1＝0，从而可得2m2﹣3m＝1，然后代入式子中进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：把x＝m代入方程2x2﹣3x﹣1＝0中得：2m2﹣3m﹣1＝0，
∴2m2﹣3m＝1，
∴3m（2m﹣3）﹣1
＝3（2m2﹣3m）﹣1
＝3×1﹣1
＝3﹣1
＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
11．（2分）已知（3，y1），（1，y2）在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1 ＞ y2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
【分析】先根据函数解析式确定出开口方向和对称轴，再根据二次函数的增减性解答即可．
【解答】解：∵y＝（x﹣1）2，
∴二次函数图象开口向上，对称轴为直线x＝1，
∵1＜3，
∴y1＞y2．
故答案为：＞．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
12．（2分）如图，AB是⊙O的直径，＝＝，若∠AOE＝75°，则∠BOC＝ 35 °．
【分析】先求得∠EOB的度数，由＝＝可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD，继而可求得∠COD的度数．
【解答】解：∵∠AOE＝75°，
∴∠EOB＝105°．
∵＝＝，
∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝∠EOB＝105°＝35°．
故答案为：35．
【点评】此题考查了弧与圆心角的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
13．（2分）如图，△OAB中，∠AOB＝40°，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA1B1，若∠AOB1＝140°，则∠AOA1的度数为 100° ．
【分析】根据旋转的性质得出∠AOB＝∠A1OB1＝40°，可得出∠A1OB＝140°﹣2×40°＝60°，即可求解．
【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA1B1，
∴∠AOB＝∠A1OB1＝40°，
又∵∠AOB1＝140°，
∴∠A1OB＝140°﹣2×40°＝60°，
∴∠AOA1＝60°+40°＝100°，
故答案为：100°
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
14．（2分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系h＝﹣5t2+20t．小球飞行过程中能达到的最大高度为 20 m．
【分析】把函数关系式配方成顶点式h＝﹣5（t﹣2）2+20，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：h＝20t﹣5t2＝﹣5（t﹣2）2+20，
∵a＝﹣5＜0，
当t＝2时，h的最大值为20，
故答案为：20．
【点评】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
15．（2分）如图，过点A（0，4）作平行于x轴的直线AC分别交抛物线y1＝x2（x≥0）与y2＝于B、C两点，那么线段BC的长是 2 ．
【分析】根据点A的坐标依次求出B、C的坐标，从而求得BC的长．
【解答】解：∵点A（0，4），
把y＝4代入y1＝x2（x≥0）得x2＝4，
解得：x＝2，
∴B（2，4），
把y＝4代入y2＝得x2＝4（x≥0），
解得：x＝4，
∴C（4，4），
∴BC＝4﹣2＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标的特征，求得各个点的坐标是解题的关键．
16．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，C．如下四个推断：
①抛物线开口向下；
②当x＝﹣2时．y取最大值；
③当m≤4时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝m总有两个不相等的实数根；
④若直线y＝kx+c（k≠0）经过点A，C，当kx+c＞ax2+bx+c时，x的取值范围是﹣4＜x＜0．
其中推断正确的是 ①③ （填写序号）．
【分析】由图象可得抛物线开口向下，结合图象，利用抛物线的性质求解．
【解答】解：由图象可得抛物线开口向下，
∴①正确，符合题意．
∵点A（﹣4，2），C（0，3）不关于直线x＝﹣2对称，
∴当x＝﹣2时，y不取最大值，
∴②错误，不符合题意．
∵抛物线开口向下，且经过B（﹣2，4），且B点不是抛物线的顶点，
∴m≤4时，ax2+bx+c＝m必有两个不相等的实数根，
∴③正确，符合题意．
∵直线y＝kx+c经过点A、C，抛物线开口向下，
∴﹣4＜x＜0时kx+c＜ax2+bx+c，
∴④错误，不符合题意．
故答案为：①③．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，掌握函数与方程及不等式的关系．
三.解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
【分析】利用因式分解法解方程．
【解答】解：（x﹣6）（x+2）＝0，
x﹣6＝0或x+2＝0，
所以x1＝6，x2＝﹣2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
18．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0），B（4，﹣3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA'B'，点A的对应点为A'．
（1）画出旋转后的图形△OA'B'，并写出点A′，B′的坐标；
（2）求线段AA′的长．
【分析】（1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转90°得到对应点，再与点O顺次连接即可，根据图形得出A'坐标；
（2）根据勾股定理得出AA'的长．
【解答】解：（1）如图1所示，△OA'B'即为所求，
此时A'（0，﹣5），B′的坐标（﹣3，﹣5）；
（2）连接AA'，如图2，AA′＝＝5．
【点评】本题考查作图——旋转变换以及勾股定理求长度，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．（5分）如图，点A、B、C、D在⊙O上，AD＝BC，AB与CD相等吗？为什么？
【分析】根据AD＝BC，得到＝，得到＝，根据圆心角、弧、弦的关系定理证明．
【解答】解：AB与CD相等，
理由如下：∵AD＝BC，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴AB＝CD．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键．
20．（5分）已知：A，B是直线l上的两点．
求作：△ABC，使得点C在直线l上方，且AC＝BC，∠ACB＝30°．
作法：
①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．
△ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ 同弧所对圆周角等于圆心角的一半 ）（填推理的依据）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（ 线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 ）（填推理的依据）．
∴△ABC就是所求作的三角形．
【分析】（1）根据作图过程即可补全图形；
（2）根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半，线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．即可完成证明．
【解答】解：（1）如图所示：即为补全的图形；
（2）证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（同弧所对圆周角等于圆心角的一半）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）．
同弧所对圆周角等于圆心角的一半；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法．
21．（5分）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，并且CD＝4，EM＝6，求⊙O的半径．
【分析】因为M是⊙O弦CD的中点，根据垂径定理，EM⊥CD，则CM＝DM＝2，在Rt△COM中，有OC2＝CM2+OM2，进而可求得半径OC．
【解答】解：连接OC，如图，
∵M是⊙O弦CD的中点，
根据垂径定理：EM⊥CD，
又CD＝4则有：CM＝CD＝2，
设圆的半径是x，
在Rt△COM中，有OC2＝CM2+OM2，
即：x2＝22+（6﹣x）2，
解得：x＝，
所以圆的半径长是．
【点评】此题主要考查了垂径定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式r2＝d2+（）2成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
22．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
【分析】（1）根据题意得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出结论；
（2）根据m的范围可知m＝1，代入原方程后利用配方法解方程即可求出答案．
【解答】解：（1）∵原方程有实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（2m﹣1）＝8﹣8m≥0，
∴m≤1．
（2）∵m为正整数，又m≤1，
∴m＝1．
当m＝1时，原方程为x2﹣2x+1＝0，
即（x﹣1）2＝0，
解得，x1＝x2＝1，
因此，原方程的根为：x1＝x2＝1．
【点评】本题考查了根的判别式、解一元一次不等式以及解一元二次方程，解题的关键：（1）由根的情况得出关于m的一元一次不等式；（2）确定m的值．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，由方程根的个数结合根的判别式得出不等式（或不等式组）是关键．
23．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+2x+c（a≠0）的图象经过点A（0，﹣3），B（1，0）．
（1）求此函数的解析式；
（2）结合图象，直接写出当﹣2≤x≤1时，函数y的取值范围．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）求出抛物线与x轴交点坐标，通过抛物线开口向上求解．
【解答】解：（1）将A（0，﹣3），B（1，0）代入y＝ax2+2x+c得，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）令x2+2x﹣3＝0，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴抛物线经过（﹣3，0），（1，0），
∵抛物线开口向上，y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝﹣1，
∵﹣2≤x≤1，
当x＝﹣1时，y有最小值﹣4，
当x＝1时，y有最大值＝0，
∴﹣4≤y≤0．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
24．（6分）如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三边用20m长的篱笆围成一个面积为50m2的矩形场地，求矩形的长和宽各是多少．
【分析】设所围矩形ABCD的长AB为x米，则宽AD为（20﹣x）米，根据矩形面积的计算方法列出方程求解．
【解答】解：设矩形与墙平行的一边长为xm，
则另一边长为（20﹣x）m．
根据题意，得（20﹣x）x＝50，
解方程，得x1＝x2＝10．
当x＝10时，（20﹣x）＝5．
答：矩形的长为10m，宽为5m．
【点评】此题不仅是一道实际问题，考查了一元二次方程的应用，解答此题要注意以下问题：
（1）矩形的一边为墙，且墙的长度不超过45米；
（2）根据矩形的面积公式列一元二次方程并根据根的判别式来判断是否两边长相等．
25．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC．点D为BC边上一点（不与点B重合），连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．
（1）若α＝80°，写出旋转角及其度数；
（2）当α度数变化时，∠DAE与∠DCE之间存在某种不变的数量关系．请你写出结论并证明．
【分析】（1）根据旋转的性质得到旋转角为∠BAC、∠DAE，从而得到旋转角的度数为80°；
（2）据旋转的性质得到∠DAE＝∠BAC，△ABD≌△ACE，则∠B＝∠ACE，所以∠DCE＝∠ACD+∠B，然后根据三角形内角和定理和等量代换得到∠DCE+∠DAE＝180°．
【解答】解：（1）∵将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，
∴旋转角为∠BAC、∠DAE，
∵∠BAC＝α＝80°，
∴旋转角的度数为80°；
（2）∠DAE+∠DCE＝180°．
理由如下：
∵将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，
∴∠DAE＝∠BAC，△ABD≌△ACE，
∴∠B＝∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACD+∠ACE＝∠ACD+∠B，
∵∠ACD+∠B+∠BAC＝180°，
∴∠DCE+∠DAE＝180°．
【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．也考查了等腰三角形的性质．
26．（6分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax（a≠0）．
（1）求该抛物线的顶点坐标（用含a的式子表示）；
（2）抛物线上有不同的两点（﹣1，m），（x0，n），若m＝n，直接写出x0的值；
（3）点A（m﹣1，y1），B（m+2，y2）在抛物线上，是否存在实数m，使得y1＜y2≤﹣a恒成立？若存在，求出m的取值范围．若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把解析式化为顶点式即可；
（2）根据抛物线的对称轴为直线x＝1，由函数的对称性即可得出结论；
（3）分a＞0和a＜0两种情况讨论即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax＝a（x2﹣2x）＝a（x﹣1）2﹣a，
∴该抛物线的顶点坐标为（1，﹣a）；
（2）当m＝n时，点（﹣1，m）与点（x0，n）关于对称轴x＝1对称，
∴x0＝3；
（3）存在，理由：
由（1）知，抛物线的顶点坐标为（1，﹣a），
①当a＜0时，抛物线开口向下，函数的最大值为﹣a，
∵y1＜y2≤﹣a恒成立，
∴|m﹣1﹣1|＞|m+2﹣1|，
解得m＞；
当a＞0时，抛物线开口向上，函数的最小值为﹣a，即y≥﹣2，
则y1＜y2≤﹣a不成立．
综上所述，m的取值范围是m＞．
【点评】本题考查二次函数的性质，关键是掌握二次函数的对称性和增减性．
27．（7分）在△ABC中，AB＝AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′＝∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧），点D是射线CB′上一个动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD＝90°．
（1）如图1，当点E与点C重合时，在图中画出线段AD．若BC＝a，则CD的长为 （用含a的式子表示）；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①求证：∠BAC＝2∠DAE；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据各角之间的关系得出∠DAC+∠ACD＝90°，即可确定位置关系，画出AD；再由全等三角形的判定和性质得出△ACD≌△ACM（AAS），即可得出结果；
（2）①过点A作AM⊥BC于点M、AN⊥CB'点N，根据各角之间的关系及全等三角形的判定得出△CAN≌△ACM（AAS），再由其性质即可得出结果；
②在BC上截取BF＝CD，连接AF，由各角之间的关系得出∠B＝∠ACB'＝∠ACD，再由全等三角形的判定和性质得出△ABF≌△ACD（SAS），△FAE≌△DAE（SAS），即可得出结果．
【解答】（1）解：当点E与点C重合时，∠DAE＝∠DAC，
∵∠DAE+∠ACD＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴AD⊥CB'，
若BC＝a，过点A作AM⊥BC于点M，
如图1：
则∠AMC＝90°＝∠ADC，
∵AB＝AC，
∴，
在△ACD与△ACM中，∠ADC＝∠AMC，∠ACD＝∠ACM，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACM（AAS），
∴，
即CD的长为，
故答案为：；
（2）①证明：过点A作AM⊥BC于点M、AN⊥CB'点N，如图2：
则∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴∠CAN+∠ACB＝90°，
∵∠DAE+∠ACD＝90°，
即∠DAE+∠ACB'＝90°，
∴∠DAE＝∠CAN，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴∠BAC＝2∠CAM＝2∠BAM，
在△ACN与△ACM中，
，
∴△CAN≌△ACM（AAS），
∴∠CAN＝∠CAM，
∴∠BAC＝2∠CAM＝2∠CAN＝2∠DAE；
②解：BE＝CD+DE，证明如下：
在BC上截取BF＝CD，连接AF，如图3：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ACB'＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACB'＝∠ACD，
在△ABF和△ACD中，
，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴AF＝AD，∠BAF＝∠CAD，
∴∠BAF+∠CAE＝∠CAD+∠CAE＝∠DAE，
由①知：∠BAC＝2∠DAE，
即，
∴，
∴，
∴∠FAE＝∠DAE，
在△FAE和△DAE中，
，
∴△FAE≌△DAE（SAS），
∴FE＝DE，
∴BE＝FE+BF＝CD+DE．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，理解题意，作出相应辅助线，熟练运用全等三角形的判定和性质是解决本题的关键．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d．则称点P为图形W的“倍点”．
（1）如图1，图形W是半径为1的⊙O．
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 2 ；
②在点P1（0，2），P2（3，3），P3（﹣3，0）中，⊙O的“倍点”是 P3 ；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A（﹣1，1）．若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
（3）图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
【分析】（1）①根据定义解答可；②分别找出P1Q、P2Q、P3Q的最大值，再根据定义判断即可；
（2）正方形ABCD上的任意两点间的距离最大值为，若点E是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上点的最大距离好为4．结合图形即可求解；
（3）分线段MN在⊙O内部和在⊙O外两种情况讨论即可求解．
【解答】解：（1）①∵图形W是半径为1的⊙O，
图形W上任意两点间的距离的最大值d为2．
故答案为：2；
②如图1，连接P2O并延长交⊙O于点E，
∵P2O＝，
≠2d，
∴P2不是⊙O的“倍点”；
∵P1到⊙O上各点连线中最大距离为2+1＝3≠2d，
∴P1不是⊙O的“倍点”；
∵P3到⊙O上各点连线中最大距离为3+1＝4＝2d，
∴P3是⊙O的“倍点”．
故答案为：P3．
（2）如图2，在正方形ABCD中，
正方形ABCD上任意两点之间距离的最大距离，
∴，
由图可知当点E在如图所示的位置时，E是正方形ABCD的“倍点“，
∴，
∴t的值为：3或﹣3．
（3）MN上d＝2，2d＝4，
当线段MN在⊙O外部时，EM＝4，TM＝1，
∴ET＝，
∴大⊙O的半径为6+，
同理，小⊙O的半径为6﹣，
点T所构成的图形是圆环，它的面积＝24．
故答案为：24．
【点评】此题考查考查了圆的性质和新定义等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
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1．（2分）抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（2，﹣1）D．（2，1）
2．（2分）一元二次方程x（x+1）＝3（x+1）的根是（ ）
A．x1＝x2＝3B．x1＝x2＝﹣1
C．x1＝3，x2＝﹣1D．x1＝3，x2＝0
3．（2分）下列各图中，四边形ABCD是正方形，其中阴影部分两个三角形成中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2分）如图，五角星旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可能是（ ）
A．30°B．60°C．72°D．90°
5．（2分）如图，点A，B在⊙O上，直径MN⊥AB于点C，下列结论中不一定成立的是（ ）
A．AC＝CBB．OC＝CNC．＝D．＝
6．（2分）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，则∠AOB的度数为（ ）
A．35°B．55°C．65°D．70°
7．（2分）抛物线y＝（x+2）2可以由抛物线y＝x2经过以下哪种方式平移得到（ ）
A．向上平移2个单位B．向下平移2个单位
C．向左平移2个单位D．向右平移2个单位
8．（2分）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，3），B（3，3），将抛物线y＝﹣x2+1向上平移m个单位，使得平移后的抛物线与线段AB有公共点，则m的取值范围为（ ）
A．m≥3B．3≤m≤11
C．3≤m≤11或m＝2D．2≤m≤11
二.填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是 ．
10．（2分）若方程2x2﹣3x﹣1＝0有一个根为m，则代数式3m（2m﹣3）﹣1的值为 ．
11．（2分）已知（3，y1），（1，y2）在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1 y2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
12．（2分）如图，AB是⊙O的直径，＝＝，若∠AOE＝75°，则∠BOC＝ °．
13．（2分）如图，△OAB中，∠AOB＝40°，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA1B1，若∠AOB1＝140°，则∠AOA1的度数为 ．
14．（2分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系h＝﹣5t2+20t．小球飞行过程中能达到的最大高度为 m．
15．（2分）如图，过点A（0，4）作平行于x轴的直线AC分别交抛物线y1＝x2（x≥0）与y2＝于B、C两点，那么线段BC的长是 ．
16．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，C．如下四个推断：
①抛物线开口向下；
②当x＝﹣2时．y取最大值；
③当m≤4时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝m总有两个不相等的实数根；
④若直线y＝kx+c（k≠0）经过点A，C，当kx+c＞ax2+bx+c时，x的取值范围是﹣4＜x＜0．
其中推断正确的是 （填写序号）．
三.解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
18．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0），B（4，﹣3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA'B'，点A的对应点为A'．
（1）画出旋转后的图形△OA'B'，并写出点A′，B′的坐标；
（2）求线段AA′的长．
19．（5分）如图，点A、B、C、D在⊙O上，AD＝BC，AB与CD相等吗？为什么？
20．（5分）已知：A，B是直线l上的两点．
求作：△ABC，使得点C在直线l上方，且AC＝BC，∠ACB＝30°．
作法：
①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．
△ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ ）（填推理的依据）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（ ）（填推理的依据）．
∴△ABC就是所求作的三角形．
21．（5分）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，并且CD＝4，EM＝6，求⊙O的半径．
22．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
23．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+2x+c（a≠0）的图象经过点A（0，﹣3），B（1，0）．
（1）求此函数的解析式；
（2）结合图象，直接写出当﹣2≤x≤1时，函数y的取值范围．
24．（6分）如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三边用20m长的篱笆围成一个面积为50m2的矩形场地，求矩形的长和宽各是多少．
25．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC．点D为BC边上一点（不与点B重合），连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．
（1）若α＝80°，写出旋转角及其度数；
（2）当α度数变化时，∠DAE与∠DCE之间存在某种不变的数量关系．请你写出结论并证明．
26．（6分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax（a≠0）．
（1）求该抛物线的顶点坐标（用含a的式子表示）；
（2）抛物线上有不同的两点（﹣1，m），（x0，n），若m＝n，直接写出x0的值；
（3）点A（m﹣1，y1），B（m+2，y2）在抛物线上，是否存在实数m，使得y1＜y2≤﹣a恒成立？若存在，求出m的取值范围．若不存在，请说明理由．
27．（7分）在△ABC中，AB＝AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′＝∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧），点D是射线CB′上一个动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD＝90°．
（1）如图1，当点E与点C重合时，在图中画出线段AD．若BC＝a，则CD的长为 （用含a的式子表示）；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①求证：∠BAC＝2∠DAE；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d．则称点P为图形W的“倍点”．
（1）如图1，图形W是半径为1的⊙O．
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 ；
②在点P1（0，2），P2（3，3），P3（﹣3，0）中，⊙O的“倍点”是 ；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A（﹣1，1）．若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
（3）图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
2023-2024学年北京市人大附中朝阳校区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。
1．（2分）抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（2，﹣1）D．（2，1）
【分析】已知抛物线的顶点式，可知顶点坐标和对称轴．
【解答】解：∵y＝（x﹣2）2+1是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，
对称轴为直线x＝2，
故选：D．
【点评】考查了二次函数的性质，顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h．
2．（2分）一元二次方程x（x+1）＝3（x+1）的根是（ ）
A．x1＝x2＝3B．x1＝x2＝﹣1
C．x1＝3，x2＝﹣1D．x1＝3，x2＝0
【分析】先移项得到x（x+1）﹣3（x+1）＝0，再利用因式分解法把方程转化为x+1＝0或x﹣3＝0，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：x（x+1）＝3（x+1），
x（x+1）﹣3（x+1）＝0，
（x+1）（x﹣3）＝0，
x+1＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝﹣1，x2＝3．
故选：C．
【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．
3．（2分）下列各图中，四边形ABCD是正方形，其中阴影部分两个三角形成中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称的定义即可得出答案．
【解答】解：根据中心对称的定义可知，选项A中阴影部分两个三角形成中心对称．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称的定义，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．
4．（2分）如图，五角星旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可能是（ ）
A．30°B．60°C．72°D．90°
【分析】根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解．
【解答】解：∵360°÷5＝72°，
∴旋转的角度为72°的整数倍，
30°、60°、72°、90°中只有72°符合．
故选：C．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
5．（2分）如图，点A，B在⊙O上，直径MN⊥AB于点C，下列结论中不一定成立的是（ ）
A．AC＝CBB．OC＝CNC．＝D．＝
【分析】利用垂径定理一一判断即可．
【解答】解：∵点A，B在⊙O上，直径MN⊥AB于点C，，
∴AC＝CB，＝，＝，故选项A，C，D不符合题意，
OC和CN不一定相等，故选项B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理．
6．（2分）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，则∠AOB的度数为（ ）
A．35°B．55°C．65°D．70°
【分析】由A，B，C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，直接利用圆周角定理求解即可求得答案．
【解答】解：∵A，B，C是⊙O上的三个点，∠C＝35°，
∴∠AOB＝2∠C＝70°．
故选：D．
【点评】此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
7．（2分）抛物线y＝（x+2）2可以由抛物线y＝x2经过以下哪种方式平移得到（ ）
A．向上平移2个单位B．向下平移2个单位
C．向左平移2个单位D．向右平移2个单位
【分析】根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：抛物线y＝x2向左平移2个单位可得到抛物线y＝（x+2）2，
故平移过程为：向左平移2个单位．
故选：C．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
8．（2分）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，3），B（3，3），将抛物线y＝﹣x2+1向上平移m个单位，使得平移后的抛物线与线段AB有公共点，则m的取值范围为（ ）
A．m≥3B．3≤m≤11
C．3≤m≤11或m＝2D．2≤m≤11
【分析】结合图象，分别求出抛物线顶点在AB上，经过点A，B时m的值，进而求解．
【解答】解：将抛物线y＝﹣x2+1向上平移m个单位后的解析式为y＝﹣x2+1+m，
∴抛物线顶点坐标为（0，1+m），
当顶点落在线段AB上时，1+m＝3，
解得m＝2，
当抛物线向上移动，经过点B（3，3）时，3＝﹣9+1+m，
解得m＝11，
当抛物线经过点A（﹣1，3）时，3＝﹣1+1+m，
解得m＝3，
∴当2≤m≤11时，函数图象与线段AB有公共点．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数的图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图象的平移规律．
二.填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是 （3，5） ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（3，5）．
故答案为：（3，5）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
10．（2分）若方程2x2﹣3x﹣1＝0有一个根为m，则代数式3m（2m﹣3）﹣1的值为 2 ．
【分析】根据题意可得：把x＝m代入方程2x2﹣3x﹣1＝0中得：2m2﹣3m﹣1＝0，从而可得2m2﹣3m＝1，然后代入式子中进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：把x＝m代入方程2x2﹣3x﹣1＝0中得：2m2﹣3m﹣1＝0，
∴2m2﹣3m＝1，
∴3m（2m﹣3）﹣1
＝3（2m2﹣3m）﹣1
＝3×1﹣1
＝3﹣1
＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
11．（2分）已知（3，y1），（1，y2）在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1 ＞ y2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
【分析】先根据函数解析式确定出开口方向和对称轴，再根据二次函数的增减性解答即可．
【解答】解：∵y＝（x﹣1）2，
∴二次函数图象开口向上，对称轴为直线x＝1，
∵1＜3，
∴y1＞y2．
故答案为：＞．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
12．（2分）如图，AB是⊙O的直径，＝＝，若∠AOE＝75°，则∠BOC＝ 35 °．
【分析】先求得∠EOB的度数，由＝＝可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD，继而可求得∠COD的度数．
【解答】解：∵∠AOE＝75°，
∴∠EOB＝105°．
∵＝＝，
∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝∠EOB＝105°＝35°．
故答案为：35．
【点评】此题考查了弧与圆心角的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
13．（2分）如图，△OAB中，∠AOB＝40°，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA1B1，若∠AOB1＝140°，则∠AOA1的度数为 100° ．
【分析】根据旋转的性质得出∠AOB＝∠A1OB1＝40°，可得出∠A1OB＝140°﹣2×40°＝60°，即可求解．
【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA1B1，
∴∠AOB＝∠A1OB1＝40°，
又∵∠AOB1＝140°，
∴∠A1OB＝140°﹣2×40°＝60°，
∴∠AOA1＝60°+40°＝100°，
故答案为：100°
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
14．（2分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系h＝﹣5t2+20t．小球飞行过程中能达到的最大高度为 20 m．
【分析】把函数关系式配方成顶点式h＝﹣5（t﹣2）2+20，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：h＝20t﹣5t2＝﹣5（t﹣2）2+20，
∵a＝﹣5＜0，
当t＝2时，h的最大值为20，
故答案为：20．
【点评】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
15．（2分）如图，过点A（0，4）作平行于x轴的直线AC分别交抛物线y1＝x2（x≥0）与y2＝于B、C两点，那么线段BC的长是 2 ．
【分析】根据点A的坐标依次求出B、C的坐标，从而求得BC的长．
【解答】解：∵点A（0，4），
把y＝4代入y1＝x2（x≥0）得x2＝4，
解得：x＝2，
∴B（2，4），
把y＝4代入y2＝得x2＝4（x≥0），
解得：x＝4，
∴C（4，4），
∴BC＝4﹣2＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标的特征，求得各个点的坐标是解题的关键．
16．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，C．如下四个推断：
①抛物线开口向下；
②当x＝﹣2时．y取最大值；
③当m≤4时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝m总有两个不相等的实数根；
④若直线y＝kx+c（k≠0）经过点A，C，当kx+c＞ax2+bx+c时，x的取值范围是﹣4＜x＜0．
其中推断正确的是 ①③ （填写序号）．
【分析】由图象可得抛物线开口向下，结合图象，利用抛物线的性质求解．
【解答】解：由图象可得抛物线开口向下，
∴①正确，符合题意．
∵点A（﹣4，2），C（0，3）不关于直线x＝﹣2对称，
∴当x＝﹣2时，y不取最大值，
∴②错误，不符合题意．
∵抛物线开口向下，且经过B（﹣2，4），且B点不是抛物线的顶点，
∴m≤4时，ax2+bx+c＝m必有两个不相等的实数根，
∴③正确，符合题意．
∵直线y＝kx+c经过点A、C，抛物线开口向下，
∴﹣4＜x＜0时kx+c＜ax2+bx+c，
∴④错误，不符合题意．
故答案为：①③．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，掌握函数与方程及不等式的关系．
三.解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
【分析】利用因式分解法解方程．
【解答】解：（x﹣6）（x+2）＝0，
x﹣6＝0或x+2＝0，
所以x1＝6，x2＝﹣2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
18．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0），B（4，﹣3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA'B'，点A的对应点为A'．
（1）画出旋转后的图形△OA'B'，并写出点A′，B′的坐标；
（2）求线段AA′的长．
【分析】（1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转90°得到对应点，再与点O顺次连接即可，根据图形得出A'坐标；
（2）根据勾股定理得出AA'的长．
【解答】解：（1）如图1所示，△OA'B'即为所求，
此时A'（0，﹣5），B′的坐标（﹣3，﹣5）；
（2）连接AA'，如图2，AA′＝＝5．
【点评】本题考查作图——旋转变换以及勾股定理求长度，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．（5分）如图，点A、B、C、D在⊙O上，AD＝BC，AB与CD相等吗？为什么？
【分析】根据AD＝BC，得到＝，得到＝，根据圆心角、弧、弦的关系定理证明．
【解答】解：AB与CD相等，
理由如下：∵AD＝BC，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴AB＝CD．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键．
20．（5分）已知：A，B是直线l上的两点．
求作：△ABC，使得点C在直线l上方，且AC＝BC，∠ACB＝30°．
作法：
①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．
△ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ 同弧所对圆周角等于圆心角的一半 ）（填推理的依据）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（ 线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 ）（填推理的依据）．
∴△ABC就是所求作的三角形．
【分析】（1）根据作图过程即可补全图形；
（2）根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半，线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．即可完成证明．
【解答】解：（1）如图所示：即为补全的图形；
（2）证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（同弧所对圆周角等于圆心角的一半）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）．
同弧所对圆周角等于圆心角的一半；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法．
21．（5分）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，并且CD＝4，EM＝6，求⊙O的半径．
【分析】因为M是⊙O弦CD的中点，根据垂径定理，EM⊥CD，则CM＝DM＝2，在Rt△COM中，有OC2＝CM2+OM2，进而可求得半径OC．
【解答】解：连接OC，如图，
∵M是⊙O弦CD的中点，
根据垂径定理：EM⊥CD，
又CD＝4则有：CM＝CD＝2，
设圆的半径是x，
在Rt△COM中，有OC2＝CM2+OM2，
即：x2＝22+（6﹣x）2，
解得：x＝，
所以圆的半径长是．
【点评】此题主要考查了垂径定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式r2＝d2+（）2成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
22．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
【分析】（1）根据题意得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出结论；
（2）根据m的范围可知m＝1，代入原方程后利用配方法解方程即可求出答案．
【解答】解：（1）∵原方程有实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（2m﹣1）＝8﹣8m≥0，
∴m≤1．
（2）∵m为正整数，又m≤1，
∴m＝1．
当m＝1时，原方程为x2﹣2x+1＝0，
即（x﹣1）2＝0，
解得，x1＝x2＝1，
因此，原方程的根为：x1＝x2＝1．
【点评】本题考查了根的判别式、解一元一次不等式以及解一元二次方程，解题的关键：（1）由根的情况得出关于m的一元一次不等式；（2）确定m的值．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，由方程根的个数结合根的判别式得出不等式（或不等式组）是关键．
23．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+2x+c（a≠0）的图象经过点A（0，﹣3），B（1，0）．
（1）求此函数的解析式；
（2）结合图象，直接写出当﹣2≤x≤1时，函数y的取值范围．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）求出抛物线与x轴交点坐标，通过抛物线开口向上求解．
【解答】解：（1）将A（0，﹣3），B（1，0）代入y＝ax2+2x+c得，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）令x2+2x﹣3＝0，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴抛物线经过（﹣3，0），（1，0），
∵抛物线开口向上，y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝﹣1，
∵﹣2≤x≤1，
当x＝﹣1时，y有最小值﹣4，
当x＝1时，y有最大值＝0，
∴﹣4≤y≤0．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
24．（6分）如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三边用20m长的篱笆围成一个面积为50m2的矩形场地，求矩形的长和宽各是多少．
【分析】设所围矩形ABCD的长AB为x米，则宽AD为（20﹣x）米，根据矩形面积的计算方法列出方程求解．
【解答】解：设矩形与墙平行的一边长为xm，
则另一边长为（20﹣x）m．
根据题意，得（20﹣x）x＝50，
解方程，得x1＝x2＝10．
当x＝10时，（20﹣x）＝5．
答：矩形的长为10m，宽为5m．
【点评】此题不仅是一道实际问题，考查了一元二次方程的应用，解答此题要注意以下问题：
（1）矩形的一边为墙，且墙的长度不超过45米；
（2）根据矩形的面积公式列一元二次方程并根据根的判别式来判断是否两边长相等．
25．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC．点D为BC边上一点（不与点B重合），连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．
（1）若α＝80°，写出旋转角及其度数；
（2）当α度数变化时，∠DAE与∠DCE之间存在某种不变的数量关系．请你写出结论并证明．
【分析】（1）根据旋转的性质得到旋转角为∠BAC、∠DAE，从而得到旋转角的度数为80°；
（2）据旋转的性质得到∠DAE＝∠BAC，△ABD≌△ACE，则∠B＝∠ACE，所以∠DCE＝∠ACD+∠B，然后根据三角形内角和定理和等量代换得到∠DCE+∠DAE＝180°．
【解答】解：（1）∵将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，
∴旋转角为∠BAC、∠DAE，
∵∠BAC＝α＝80°，
∴旋转角的度数为80°；
（2）∠DAE+∠DCE＝180°．
理由如下：
∵将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，
∴∠DAE＝∠BAC，△ABD≌△ACE，
∴∠B＝∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACD+∠ACE＝∠ACD+∠B，
∵∠ACD+∠B+∠BAC＝180°，
∴∠DCE+∠DAE＝180°．
【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．也考查了等腰三角形的性质．
26．（6分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax（a≠0）．
（1）求该抛物线的顶点坐标（用含a的式子表示）；
（2）抛物线上有不同的两点（﹣1，m），（x0，n），若m＝n，直接写出x0的值；
（3）点A（m﹣1，y1），B（m+2，y2）在抛物线上，是否存在实数m，使得y1＜y2≤﹣a恒成立？若存在，求出m的取值范围．若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把解析式化为顶点式即可；
（2）根据抛物线的对称轴为直线x＝1，由函数的对称性即可得出结论；
（3）分a＞0和a＜0两种情况讨论即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax＝a（x2﹣2x）＝a（x﹣1）2﹣a，
∴该抛物线的顶点坐标为（1，﹣a）；
（2）当m＝n时，点（﹣1，m）与点（x0，n）关于对称轴x＝1对称，
∴x0＝3；
（3）存在，理由：
由（1）知，抛物线的顶点坐标为（1，﹣a），
①当a＜0时，抛物线开口向下，函数的最大值为﹣a，
∵y1＜y2≤﹣a恒成立，
∴|m﹣1﹣1|＞|m+2﹣1|，
解得m＞；
当a＞0时，抛物线开口向上，函数的最小值为﹣a，即y≥﹣2，
则y1＜y2≤﹣a不成立．
综上所述，m的取值范围是m＞．
【点评】本题考查二次函数的性质，关键是掌握二次函数的对称性和增减性．
27．（7分）在△ABC中，AB＝AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′＝∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧），点D是射线CB′上一个动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD＝90°．
（1）如图1，当点E与点C重合时，在图中画出线段AD．若BC＝a，则CD的长为 （用含a的式子表示）；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①求证：∠BAC＝2∠DAE；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据各角之间的关系得出∠DAC+∠ACD＝90°，即可确定位置关系，画出AD；再由全等三角形的判定和性质得出△ACD≌△ACM（AAS），即可得出结果；
（2）①过点A作AM⊥BC于点M、AN⊥CB'点N，根据各角之间的关系及全等三角形的判定得出△CAN≌△ACM（AAS），再由其性质即可得出结果；
②在BC上截取BF＝CD，连接AF，由各角之间的关系得出∠B＝∠ACB'＝∠ACD，再由全等三角形的判定和性质得出△ABF≌△ACD（SAS），△FAE≌△DAE（SAS），即可得出结果．
【解答】（1）解：当点E与点C重合时，∠DAE＝∠DAC，
∵∠DAE+∠ACD＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴AD⊥CB'，
若BC＝a，过点A作AM⊥BC于点M，
如图1：
则∠AMC＝90°＝∠ADC，
∵AB＝AC，
∴，
在△ACD与△ACM中，∠ADC＝∠AMC，∠ACD＝∠ACM，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACM（AAS），
∴，
即CD的长为，
故答案为：；
（2）①证明：过点A作AM⊥BC于点M、AN⊥CB'点N，如图2：
则∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴∠CAN+∠ACB＝90°，
∵∠DAE+∠ACD＝90°，
即∠DAE+∠ACB'＝90°，
∴∠DAE＝∠CAN，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴∠BAC＝2∠CAM＝2∠BAM，
在△ACN与△ACM中，
，
∴△CAN≌△ACM（AAS），
∴∠CAN＝∠CAM，
∴∠BAC＝2∠CAM＝2∠CAN＝2∠DAE；
②解：BE＝CD+DE，证明如下：
在BC上截取BF＝CD，连接AF，如图3：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ACB'＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACB'＝∠ACD，
在△ABF和△ACD中，
，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴AF＝AD，∠BAF＝∠CAD，
∴∠BAF+∠CAE＝∠CAD+∠CAE＝∠DAE，
由①知：∠BAC＝2∠DAE，
即，
∴，
∴，
∴∠FAE＝∠DAE，
在△FAE和△DAE中，
，
∴△FAE≌△DAE（SAS），
∴FE＝DE，
∴BE＝FE+BF＝CD+DE．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，理解题意，作出相应辅助线，熟练运用全等三角形的判定和性质是解决本题的关键．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d．则称点P为图形W的“倍点”．
（1）如图1，图形W是半径为1的⊙O．
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 2 ；
②在点P1（0，2），P2（3，3），P3（﹣3，0）中，⊙O的“倍点”是 P3 ；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A（﹣1，1）．若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
（3）图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
【分析】（1）①根据定义解答可；②分别找出P1Q、P2Q、P3Q的最大值，再根据定义判断即可；
（2）正方形ABCD上的任意两点间的距离最大值为，若点E是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上点的最大距离好为4．结合图形即可求解；
（3）分线段MN在⊙O内部和在⊙O外两种情况讨论即可求解．
【解答】解：（1）①∵图形W是半径为1的⊙O，
图形W上任意两点间的距离的最大值d为2．
故答案为：2；
②如图1，连接P2O并延长交⊙O于点E，
∵P2O＝，
≠2d，
∴P2不是⊙O的“倍点”；
∵P1到⊙O上各点连线中最大距离为2+1＝3≠2d，
∴P1不是⊙O的“倍点”；
∵P3到⊙O上各点连线中最大距离为3+1＝4＝2d，
∴P3是⊙O的“倍点”．
故答案为：P3．
（2）如图2，在正方形ABCD中，
正方形ABCD上任意两点之间距离的最大距离，
∴，
由图可知当点E在如图所示的位置时，E是正方形ABCD的“倍点“，
∴，
∴t的值为：3或﹣3．
（3）MN上d＝2，2d＝4，
当线段MN在⊙O外部时，EM＝4，TM＝1，
∴ET＝，
∴大⊙O的半径为6+，
同理，小⊙O的半径为6﹣，
点T所构成的图形是圆环，它的面积＝24．
故答案为：24．
【点评】此题考查考查了圆的性质和新定义等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
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