第1学期期中综合质量检测卷(一）-【锦上添花】2024-2025学年九年级数学全一册直击考点与单元双测（人教版2012 河南专版）

7　 　 　 　 第一学期期中综合质量检测卷(一) 题　 号 一 二 三 总　 分 得　 分 一、选择题(每小题 3 分,共 30 分. 下列各小题均有四个选项,其中只有一个是正确的) 1. 下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”,其中是中心对称图形的是 (　 　 ) A 　 　 　 　 　 B 　 　 　 　 　 C 　 　 　 　 　 D 2. 下列各式中,y 是 x 的二次函数的是 (　 　 ) A. y= 3x-1 B. y= 1 x2 　 C. y= 3x2 +x-1 D. y= 2x3 -1 3. 用配方法解方程 x2 +8x+9 = 0,变形后的结果正确的是 (　 　 ) A. (x+4) 2 = -7 B. (x+4) 2 = -9 C. (x+4) 2 = 7 D. (x+4) 2 = 25 4. 若关于 x 的一元二次方程(m-1)x2 +5x+m2 -4m+3 = 0 的常数项为 0,则 m 的值为 (　 　 ) A. 1　 B. 3　 C. 1 或 3　 D. 0 5. 如图,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 80°得到△AB′C′,若点 B′恰好落到边 BC 上,则∠CB′C′的度数 为 (　 　 ) A. 50° B. 60° C. 70° D. 80° 6. 关于二次函数 y= -(x-2) 2 的图象,下列说法正确的是 (　 　 ) A. 开口向上 B. 最高点是(2,0) C. 对称轴是直线 x= -2 D. 当 x>0 时,y 随 x 的增大而减小 7. 4 月 23 日是“世界读书日”,某班为了落实“爱读书、多读书、读好书”的理念,全班每位同学互赠一本自 己喜欢的图书给其他同学,全班共互赠了 1 640 本,设该班有 x 人,根据题意,可列方程为 (　 　 ) A. x(x-1)= 1 640　 　 　 　 　 　 　 B. 1 2 x(x-1)= 1 640 C. 1 2 x(x+1)= 1 640　 D. x(x+1)= 1 640 8. 抛物线 y= 2x2 -4x+c 经过三点( -4,y1),( -2,y2), 1 2 ,y3( ) ,则 y1,y2,y3 的大小关系是 (　 　 ) A. y2 >y3 >y1 B. y1 >y2 >y3 C. y2 >y1 >y3 D. y1 >y3 >y2 9. 正方形 ABCD 的边长为 3,将该正方形绕顶点 B 逆时针旋转 30°得到正方形 BEFG,则旋转后的图 形与原图形重叠部分 ABGP 的周长为 (　 　 ) A. 3+2 3 　 B. 6+2 3 C. 3 3 +4　 D. 3 3 +6 第 9 题图 　 　 　 　 　 　 　 第 10 题图 10. 如图,抛物线 y=ax2 +bx+c 与 x 轴相交于点 A( -2,0)、B(6,0),与 y 轴相交于点 C,小红同学得出 了以下结论:① b2 -4ac>0;② 4a+b= 0;③ 当 y>0 时,-2<x<6;④ a+b+c<0. 其中正确的个数为 (　 　 ) A. 4 个 B. 3 个 C. 2 个 D. 1 个 二、填空题(每小题 3 分,共 15 分) 11. 若 x= -2 是一元二次方程 x2 +2x+a= 0 的一个根,那么 a= 　 　 　 　 . 12. 如图,将 Rt△ABC 绕点 A 逆时针旋转 70°得到 Rt△AB1C1,若∠C = 90°,∠B = 60°,则∠BAC1 = 　 　 　 　 . 第 12 题图 　 　 　 　 　 　 　 第 15 题图 13. 设 a,b 是方程 x2 +2x-20 = 0 的两个实数根,则 a2 +3a+b 的值为　 　 　 　 . 14. 已知在二次函数 y=ax2 +bx+c 中,函数值 y 与自变量 x 的部分对应值如表: x … -1 0 1 2 3 … y … 8 3 0 -1 0 … 则满足方程 ax2 +bx= 5 的解是　 　 　 　 . 15. 如图,等腰 Rt △ABC 中,D 是 AC 上一动点,连接 BD. 将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 90°得到 △BAE,连接 ED. 若 BC= 5,则△AED 周长最小值是　 　 　 　 . 三、解答题(本大题共 8 小题,共 75 分) 16. (10 分)解方程: (1)x2 -4x-1 = 0;　 　 (2)2(x-1) 2 -16 = 0. 17. (9 分)如图,在平面直角坐标系内,小正方形网格的边长为 1 个单位长度,△ABC 的顶点均在格 点上. (1)画出△ABC 关于原点 O 的中心对称图形△A1B1C1; (2)将△DEF 绕点 E 逆时针旋转 90°得到△D1EF1,画出△D1EF1; (3)若△DEF 由△ABC 绕着某点旋转得到的,则这个点的坐标为　 　 　 　 . 18. (9 分)已知:关于 x 的一元二次方程 x2 -(k+1)x+2k-3 = 0. (1)求证:对任意实数 k,方程有两个不相等的实数根; (2)若方程的一个根是 3,求 k 的值及方程的另一个根. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 8　 19. (9 分)如图,△ABC 中,点 E 在 BC 边上,AE = AB,将线段 AC 绕 A 点旋转到 AF 的位置,使得 ∠CAF= ∠BAE,连接 EF,EF 与 AC 交于点 G. (1)求证:EF=BC; (2)若∠ABC= 62°,∠ACB= 29°,求∠FGC 的度数. 20. (9 分)已知抛物线 y=ax2 +bx+c 与 x 轴交于点 A(1,0),B(3,0),且过点 C(0,-3) . (1)求抛物线的解析式和顶点坐标; (2)请你写出一种平移的方法,使平移后抛物线的顶点落在直线 y = -x 上,并写出平移后抛物线 的解析式. 21. (9 分)如图 A,B,C,D 为矩形的四个顶点,AB= 16 cm,AD= 6 cm,动点 P,Q 分别从点 A,C 同时出 发,点 P 以 3 cm / s 的速度向点 B 移动,一直到达 B 点为止,点 Q 以 2 cm / s 的速度向 D 点移动,当 点 P 到达 B 点时点 Q 随之停止运动. (1)AP= ,CQ= (用含 t 的代数式表示); (2) t 为多少时,四边形 PBCQ 的面积为 33 cm2; (3) t 为多少秒时,点 P 和点 Q 的距离为 10 cm. 22. (10 分)某公司经过市场调查,整理出某种商品在某个月的第 x 天的售价与销量的相关信息如表: 第 x 天 售价(元 /件) 日销售量(件) 1≤x≤30 x+60 300-10x 已知该商品的进价为 40 元 /件,设销售该商品的日销售利润为 y 元. (1)求 y 与 x 的函数关系式; (2)问销售该商品第几天时,日销售利润最大? 最大日销售利润为多少元? (3)问在当月有多少天的日销售利润不低于 5 440 元,请直接写出结果. 23. (10 分)【阅读与理解】 图 1 是边长分别为 a 和 b(a>b)的两个等边三角形纸片 ABC 和 C′DE 叠放在一起(点 C 与点 C′重 合)的图形. 【操作与证明】 (1)操作:固定△ABC,将△C′DE 绕点 C 按顺时针方向旋转 30°,连接 AD,BE,如图 2,在图 2 中, 线段 BE 与 AD 之间具有怎样的大小关系? 证明你的结论; (2)操作:若将图 1 中的△C′DE,绕点 C 按顺时针方向任意旋转一个角度 α,连接 AD,BE,如图 3, 在图 3 中,线段 BE 与 AD 之间具有怎样的大小关系? 证明你的结论; 【猜想与发现】 (3)根据上面的操作过程,请你猜想当 α 为多少度时,线段 AD 的长度最大,最大是多少? 当 α 为 多少度时,线段 AD 的长度最小,最小是多少? 图 1 　 　 　 　 图 2 　 　 　 　 图 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 40　 边形 ABCD 是正方形,∴ ∠BAD = 90°,即∠BAN+∠DAN = 90°,∴ ∠BAN + ∠BAE = 90°,即∠EAN = 90°, ∵ ∠MAN = 45°,∴ ∠MAE = ∠EAN-∠MAN = 90°- 45° = 45°,在△AEM 和△ANM 中, AE=AN, ∠MAE= ∠MAN= 45°, AM=AM, ì î í ïï ïï ∴ △AEM≌ △ANM (SAS); (3)设正方形 ABCD 的边长为 x,则 BC = CD = x,∵ BM = 3, DN= 2,∴ CM=BC-BM= x-3,CN=CD-DN = x-2,由旋转的 性质,得 BE=DN= 2,∴ ME=BE+BM= 2+3 = 5,由(2)已证: △AEM≌△ANM,∴ MN=ME= 5,又∵ 四边形 ABCD 是正方 形,∴ ∠C= 90°,则在 Rt△CMN 中,CM2 +CN2 =MN2,即(x- 3) 2 +(x-2) 2 = 52,解得 x= 6 或 x = -1(不符题意,舍去) . 故 正方形 ABCD 的边长为 6. 23. 解:(1)B; (2) ∠QEP = 60°. 证明: ∵ △ABC 是等边三角形, ∴ AC = BC,∠ACB= 60°,∵ 线段 CP 绕点 C 顺时针旋转 60°得到线 段 CQ,∴ CP=CQ,∠PCQ= 60°,∴ ∠ACB+∠BCP = ∠BCP+ ∠PCQ, 即 ∠ACP = ∠BCQ, 在 △ACP 和 △BCQ 中, CA=CB, ∠ACP= ∠BCQ, CP=CQ, ì î í ïï ïï ∴ △ACP ≌ △BCQ ( SAS ), ∴ ∠APC = ∠Q,∵ ∠BFP= ∠CFQ,∴ ∠QEP= ∠PCQ= 60°; (3)BQ= 4 6 -4 2 . 　 【解析】作 CH⊥AD 于 H,如图 3,同理 可得:△ACP≌△BCQ,∴ AP = BQ,∵ ∠DAC = 135°,∠ACP = 15°,∴ ∠APC = 30°,∠PCB = 45°,∠HAC = 45°,∴ △ACH 为等腰直角三角形,∵ AC = 8,∴ AH = CH = 2 2 AC = 4 2,在 Rt△PHC 中,PC = 2CH,PH= PC2 -CH2 = 3CH= 4 6,∴ PA =PH-AH= 4 6 -4 2,∴ BQ= 4 6 -4 2 . 图 3 第一学期期中综合质量检测卷(一) 1. D　 2. C　 3. C　 4. B　 5. D　 6. B　 7. A　 8. B　 9. B 10. B　 【解析】①由图象可得,该抛物线与 x 轴有两个交点,则 b2 -4ac>0,故①正确;②∵ 抛物线 y = ax2 +bx+c 与 x 轴相交 于点 A(-2,0)、B(6,0),∴ 该抛物线的对称轴是直线 x = -2+6 2 = 2,∴ - b 2a = 2,∴ 4a+b = 0,故②正确;③由图象可得, 当 y>0 时,x<-2 或 x>6,故③错误;④当 x = 1 时,y = a+b+c <0,故④正确. 故选:B. 11. 0　 12. 40°　 13. 18　 14. x1 = -1,x2 = 5 15. 5+5 2 　 【解析】∵ 将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 90°得到 △BAE,∴ AE= CD,BE = BD,∠DBE = 90°,∴ AE+AD = AD+ CD=AC,△DBE 是等腰直角三角形,∴ DE= 2BD,∴ 当 BD 取最小值时,DE 的值最小,则△AED 周长的值最小,当 BD ⊥AC 时,BD 的值最小,∵ △ABC 是等腰直角三角形,BC = 5,∴ AC = 2 BC = 5 2 ,∴ BD = 1 2 AC = 5 2 2 ,∴ DE = 5, ∴ △AED 周长最小值是 AC +DE = 5 2 + 5. 故答案为:5 + 5 2 . 16. 解:(1)方程整理,得 x2 -4x = 1,配方,得 x2 -4x+4 = 5,( x- 2) 2 = 5,开方,得 x-2 = ± 5 ,解得 x1 = 2+ 5 ,x2 = 2- 5 ; (2)方程整理,得(x-1) 2 = 8,开方,得 x-1 = ±2 2 ,解得 x1 = 1+2 2 ,x2 = 1-2 2 . 17. 解:(1)如图所示,△A1B1C1 即为所求; (2)如图所示,△D1EF1 即为所求; (3)(0,1) . 18. 解:(1)证明:∵ a = 1,b = -( k+1),c = 2k- 3,∴ Δ = [ -( k+ 1)] 2 -4(2k-3)= k2 -6k+13 = (k-3) 2 +4,而(k-3) 2 ≥0,∴ Δ >0. ∴ 对任意实数 k,方程有两个不相等的实数根; (2)∵ 方程的一个根是 3,∴ 32 -3(k+1) +2k-3 = 0,解得 k = 3,∴ 原方程为 x2 -4x+3 = 0,解得 x1 = 1,x2 = 3. 即 k 的值为 3,方程的另一个根是 1. 19. 解:(1)证明:∵ ∠CAF = ∠BAE,∴ ∠BAC = ∠EAF. ∵ 将线 段 AC 绕 A 点旋转到 AF 的位置,∴ AC = AF. 在△ABC 和 △AEF 中, AB=AE, ∠BAC= ∠EAF, AC=AF, ì î í ïï ïï ∴ △ABC≌△AEF(SAS),∴ EF =BC; (2)∵ AB= AE,∠ABC = 62°,∴ ∠BAE = 180°-62°×2 = 56°, ∴ ∠FAG= ∠BAE = 56°. ∵ △ABC≌△AEF,∴ ∠F = ∠C = 29°,∴ ∠FGC= ∠FAG+∠F= 56°+29° = 85°. 20. 解:(1)∵ 抛物线与 x 轴交于点 A(1,0),B(3,0),可设抛物 线解析式为 y= a(x-1)(x-3),把 C(0,-3)代入得 3a= -3, 解得 a= -1,故抛物线解析式为 y = -( x-1) ( x-3),即 y = -x2 +4x- 3, ∵ y = - x2 + 4x - 3 = - ( x - 2) 2 + 1, ∴ 顶点坐标 (2,1); (2)先向左平移 2 个单位,再向下平移 1 个单位,得到的抛 物线的解析式为 y = -x2,平移后抛物线的顶点为(0,0)落 在直线 y= -x 上(答案不唯一) . 21. 解:(1)3t cm, 2t cm; (2)依题意,得 1 2 [(16-3t) +2t] ×6 = 33,整理,得 16-t= 11, 解得 t= 5. 答:当 t 为 5 时,四边形 PBCQ 的面积为 33 cm2; (3) 过点 Q 作 QE⊥AB 于点 E,则 PE = (16-3t) -2t = 16-5t ,图略. 依题意,得 16-5t 2 +62 = 102,即(16-5t) 2 = 82,解得 t1 = 8 5 ,t2 = 24 5 . 答:当 t 为 8 5 秒或 24 5 秒时,点 P 和点 Q 的距离为 10 cm. 22. 解:(1)由题意,得 y= (x+60-40)(300-10x)= -10x2 +100x +6 000; (2)y= -10x2 +100x+6 000 = -10(x-5) 2 +6 250,∵ -10<0, 故抛物线开口向下,当 x = 5 时,y 取得最大值为 6 250 元. ∴ 销售该商品第 5 天时,日销售利润最大,最大日销售利 润为 6 250 元; (3)14 天. 　 【解析】令 y= -10x2 +100x+6 000 = 5 440,解得 x=-4 或 x=14,故当月有 14 天的日销售利润不低于 5 440 元. 23. 解:(1)BE = AD. 证明:∵ △C′DE 绕点 C 按顺时针方向旋 转 30°,∴ ∠BCE= ∠ACD= 30°,∵ △ABC 与△C′DE 是等边 三角形, ∴ CA = CB,CE = CD, ∴ △BCE≌ △ACD ( SAS), ∴ BE=AD; (2)BE=AD. 证明:∵ △C′DE 绕点 C 按顺时针方向旋转的 角度为 α,∴ ∠BCE = ∠ACD = α,∵ △ABC 与△C′DE 是等 边三角形,∴ CA = CB,CE = CD,∴ △BCE≌△ACD( SAS), ∴ BE=AD; (3)当 α 为 180°时,线段 AD 的长度最大,等于 a+b;当 α 为 0°(或 360°)时,线段 AD 的长度最小,等于 a-b. 第一学期期中综合质量检测卷(二) 1. D　 2. B　 3. B　 4. A　 5. D　 6. B　 7. B　 8. C　 9. A 10. D　 【解析】如图,连接 AE,过点 A 作 AG⊥AE,截取 AG = AE,连接 PG,GE,∵ 将线段 AF 绕着点 A 顺时针旋转 90°得 到 AP,∴ AF = AP,∠PAF = 90°,∴ ∠FAE+∠PAE = ∠PAE+ ∠PAG= 90°,∴ ∠FAE = ∠PAG. 又∵ AG = AE,∴ △AEF≌ △AGP(SAS),∴ PG=EF= 2. ∵ BC = 3,CE = 2BE,∴ BE = 1. ∴ 在 Rt △ABE 中, AE = AB2 +BE2 = 17 . ∵ AG = AE, ∠GAE= 90°,∴ GE = 2 AE = 34 . ∵ PE≥GE-PG,且当点 G,P,E 三点共线时取等号,∴ PE 的最小值为 GE -PG = 34 -2. 故选:D. 11. y= x2(答案不唯一)　 12. m>2　 13. 21　 14. 9 4 15. 75°或 120°或 165°　 【解析】∵ ∠DAC = ∠D= 60°,∴ △ADC 是等边三角形,∴ ∠DCA = 60°. ∵ ∠B = 90°,∠BAC = 45°, ∴ ∠ACB= 45°. 当旋转后的 CD 边与 BC 平行时,如图 1,令 AD′与 BC 的交点为 M,由旋转可知,∠D′= ∠D= 60°. ∵ BC ∥C′D′,∴ ∠AMB = ∠D′ = 60°,∴ ∠CAM = 60° - 45° = 15°, ∴ ∠DAD′= 60°+15° = 75°,即 α = 75°. 当旋转后的 CD 边与 AC 平行时,如图 2,∵ AC∥C′D′,∴ ∠CAD′ = ∠D′ = 60°, ∴ ∠DAD′= 60°+60° = 120°,即 α= 120°. 当旋转后的 CD 边 与 AB 平行时,如图 3,∵ C′D′∥AB,∴ ∠BAD′ = ∠D′ = 60°, ∴ ∠DAD′= 60°+45°+60° = 165°,即 α= 165°. 综上所述,α = 75°或 120°或 165°. 故答案为:75°或 120°或 165°. 图 1 　 图 2 　 图 3 16. 解:(1)配方法,二; (2)∵ x2 +2x-3 = 0,∴ (x+3)(x-1)= 0,则 x+3 = 0 或 x-1 = 0,解得 x1 = -3,x2 = 1. 17. 解:(1)如图所示,△A1B1C1 即为所求;点 C1 的坐标(4,1); (2)如图所示,△A2B2C2 即为所求;点 B2 的坐标( -3,-3); (3)△A1B1C1 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到△A2B2C2 . 18. 解:(1)△ABC 是等腰三角形. 理由如下:∵ x= -1 是方程的 根,∴ (a+c) ×( -1) 2 -2b+(a-c)= 0,∴ a+c-2b+a-c= 0,∴ a -b= 0,∴ a= b,∴ △ABC 是等腰三角形; (2)△ABC 是直角三角形. 理由如下:∵ 方程有两个相等的 实数根,∴ Δ= (2b) 2 -4(a+c)(a-c)= 0,∴ 4b2 -4a2 +4c2 = 0, ∴ a2 = b2 +c2,∴ △ABC 是直角三角形. 19. 解:(1)设平均每次降价的百分率为 x,根据题意,得 30(1- x) 2 = 19. 2,解得 x1 = 0. 2 = 20%,x2 = 1. 8(不符合题意,舍 去) . 答:平均每次降价的百分率为 20%; (2)根据题意,得 19. 2×(1-20%)= 15. 36(元 /千克) . 答:再次降价后的售价为 15. 36 元 /千克. 20. 解:(1) 设 y 与 x 的函数解析式为 y = kx+b,将( 10,30)、 (16,24)代入,得 10k+b= 30, 16k+b= 24,{ 解得 k= -1, b= 40,{ 所以 y 与 x 的 函数解析式为 y= -x+40(10≤x≤16); (2)根据题意知,W= (x-10)y= (x-10)( -x+40)= -x2 +50x -400 = -(x-25) 2 +225,∵ a= -1<0,∴ 当 x<25 时,W 随 x 的 增大而增大,∵ 10≤x≤16,∴ 当 x = 16 时,W 取得最大值, 最大值为 144. 答:每件销售价为 16 元时,每天的销售利润最大,最大利 润是 144 元. 21. 解:(1)设 y 关于 x 的函数表达式为 y = a( x- 3) 2 + 3,把 0, 5 3( ) 代入上式得,a(0-3) 2 +3 = 5 3 ,解得 a = - 4 27 . ∴ y 关 于 x 的函数表达式为 y= - 4 27 (x-3) 2 +3; (2)该女生在此项考试中没有得满分. 理由如下:当 y = 0 时,即- 4 27 (x-3) 2 +3 = 0,解得 x1 = 7. 5,x2 = -1. 5 (舍去), ∵ 7. 5<7. 80,∴ 该女生在此项考试中没有得满分. 22. 解:(1)① 60°;② 4; ③ ∵ △BAO 绕 点 B 顺 时 针 旋 转 60° 后 得 到 △BCD, ∴ ∠OBD= 60°,OB = DB = 4,CD = AO = 3,∴ △BOD 为等边 三角形,∴ OD = 4,∠BDO = 60°,在△OCD 中,CD = 3,OD = 4,OC= 5,∵ 32 +42 = 52,∴ CD2 +OD2 =OC2,∴ △OCD 为直角 三角形,∠ODC= 90°,∴ ∠BDC = ∠BDO+∠ODC = 60°+90° = 150°; (2)OA2 +2OB2 = OC2 时,∠ODC = 90°. 证明:∵ △BAO 绕点 B 顺时针旋转后得到△BCD,∴ ∠OBD = ∠ABC = 90°,BO = BD,CD=AO,∴ △OBD 为等腰直角三角形,∴ OD = 2 OB, ∵ 当 CD2 +OD2 = OC2 时,△OCD 为直角三角形,∠ODC = 90°,∴ OA2 +2OB2 =OC2,∴ 当 OA、OB、OC 满足 OA2 +2OB2 = OC2 时,∠ODC= 90°. 23. 解:(1)依题意,得 - b 2a = -1, a+b+c= 0, c= 3, ì î í ï ï ï ï 解得 a= -1, b= -2, c= 3, ì î í ïï ïï ∴ 抛物线解析 式为 y= -x2 -2x+3,∵ 对称轴为 x= -1,且抛物线经过 A(1, 0),∴ B( - 3,0),设直线 BC 的解析式为 y = mx +n,把 B ( -3,0)、C( 0,3) 分别代入直线 y = mx+n,得 -3m+n= 0, n= 3,{ 解得 m= 1, n= 3,{ ∴ 直线 BC 的解析式为 y= x+3; (2)设直线 BC 与对称轴 x = -1 的交点为 M,则此时 MA+ MC 的值最小. 把 x = - 1 代入直线 y = x+ 3 得,y = 2,∴ M ( -1,2),即当点 M 到点 A 的距离与到点 C 的距离之和最 小时,M 的坐标为( -1,2); (3)设 P( -1,t),又∵ B( -3,0),C(0,3),∴ BC2 = 18,PB2 = ( -1+3) 2 +t2 = 4+t2,PC2 = ( -1) 2 +( t-3) 2 = t2 -6t+10,①若 点 B 为直角顶点,则 BC2 +PB2 = PC2,即:18+4+ t2 = t2 -6t+ 10,解得 t = -2;②若点 C 为直角顶点,则 BC2 +PC2 = PB2, 即:18+t2 -6t+10 = 4+t2,解得 t= 4;③若点 P 为直角顶点,则 PB2 +PC2 =BC2,即:4+t2 +t2 -6t+10 = 18,解得 t1 = 3+ 17 2 ,t2 = 3 - 17 2 . 综上所述 P 点的坐标为( -1,-2)或( -1,4)或 -1, 3+ 17 2( ) 或 -1, 3- 17 2( ) . 第二十四章　 圆 1. B　 2. C　 3. D　 4. D　 5. D　 6. C　 7. D　 8. B　 9. A 10. B　 【解析】连接 OE,延长 EO 交 BF 于点 M,∵ C′D′与☉O 相切,∴ ∠OEC′ = 90°,又∵ 矩形 A′BC′D′中,A′B∥C′D′, ∴ ∠EMB= 90°,∴ BM=FM,∵ 矩形 ABCD 绕点 B 旋转所得 矩形为 A′BC′D′,∴ ∠C′= ∠C = 90°,AB =CD,BC = BC′ = 8, ∴ 四边形 EMBC′为矩形,∴ ME= 8,设 OB =OE = x,则 OM = 8-x,∵ OM2 +BM2 =OB2,∴ (8-x) 2 +42 = x2,解得 x = 5,∴ AB =CD= 10. 故选:B. 11. 点 P 在圆外　 12. 31　 13. 13　 14. 6 15. ( -14,0) 　 【解析】连接 PO,∵ PA⊥PB,∴ ∠APB = 90°, ∵ 点 A、点 B 关于原点 O 对称,∴ AO = BO,∴ AB = 2PO,若 要使 AB 取得最大值,则 PO 需取得最大值,连接 OM,并延 长交☉M 于点 P′,当点 P 位于 P′位置时,OP′取得最大值, 过点 M 作 MQ⊥x 轴于点 Q,则 OQ = 6,MQ = 8,∴ OM = 10, 又∵ MP′= r = 4,∴ OP′=MO+MP′= 10+4 = 14,∴ AB = 2OP′ = 2×14 = 28,∴ A 点坐标为(-14,0) . 故答案为:(-14,0) . 16. 证明:∵ AD = CB,∴ AD ( = CB ( ,∴ AD ( +AC ( = CB ( +AC ( ,∴ CAD ( = ACB ( ,∴ AB=CD. 17. 解:(1)∵ OD⊥AB,OE⊥AC,∴ AD= 1 2 AB,AE = 1 2 AC,∵ AB =AC,∴ AD = AE,∵ ∠ADO = ∠A = ∠AEO = 90°,∴ 四边形 ADOE 是正方形,∴ OE = AE,连接 OA,图略. ∵ AC = 4 2 , ∴ AE= 1 2 AC= 2 2 ,在 Rt△AOE 中,OA = 2 AE = 2 2 × 2 =