精品解析：湖北省武汉市武昌区部分学校2024-2025学年九年级上学期期中数学试题

2024--2025九年级上学期数学学科训练题 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个正确，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，根据一元二次方程的定义即可求解，解题的关键是熟记一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为的整式方程，叫做一元二次方程，一般形式为． 【详解】、，是一元二次方程，原选项符合题意； 、，没有说明，不能判定是否为一元二次方程，原选项不符合题意； 、，化简为是一元一次方程，原选项不符合题意； 、，不是一元二次方程，原选项不符合题意； 故选：． 2. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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． 【详解】解：选项A、B、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C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：C． 【点睛】本题考查的是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度后与自身重合． 3. 一元二次方程化为一般形式后，，，的值可以是（　　） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的一般形式，把方程的变形为一般形式即可． 【详解】解：一元二次方程的一般形式为：， 故，，， 故选：D． 4. 下列点中，一定在抛物线上是（　　） A. B. C. D. 以上都不在 【答案】B 【解析】 【分析】把各个点的坐标代入函数解析式验证即可求解． 【详解】A、把代入，可得：，该选项不符合题意； B、把代入，可得：，该选项符合题意； C、把代入，可得：，该选项不符合题意； D、在函数图像上，故该选项不符合题意． 故选B． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数图像上点的坐标特征是关键． 5. 若是一元二次方程的两根，则的值是（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用根与系数的关系即可得到x1+x2的值． 【详解】解：∵x1、x2是一元二次方程x2+3x-5=0的两根， ∴x1+x2=-3． 故选：B． 【点睛】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键． 6. 对于二次函数，下列结论错误的是（ ） A. 开口向上 B. 函数图象与x轴没有公共点 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 函数有最小值 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质．利用二次函数的图象和性质逐一判断后即可得到答案． 【详解】解：∵二次函数， ∴抛物线开口向上，故选项A正确； 对称轴为直线，当时，y随x的增大而增大，故选项C正确； 当时，函数有最小值0，故选项D正确； ∵抛物线的顶点为， ∴抛物线与x轴有一个交点， 故选项B错误． 故选：B． 7. 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，在同一平面内，将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，连接BB1，若BB1∥AC1，则∠CAC1的度数是（　　） A. 10° B. 20° C. 30° D. 40° 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转的性质，得到∠C1AB1＝∠CAB＝100°，AB1＝AB，∠CAC1＝∠BAB1，根据平行线的性质得到∠C1AB1+AB1B＝180°，然后由等腰三角形的性质，即可得到结论. 【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置， ∴∠C1AB1＝∠CAB＝100°，AB1＝AB，∠CAC1＝∠BAB1， ∵BB1∥AC1， ∴∠C1AB1+AB1B＝180°， ∴∠AB1B＝80°， ∵AB＝AB1， ∴∠ABB1＝∠AB1B＝80°， ∴∠BAB1＝20°， ∴∠CAC1＝20°， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键. 8. 如图，有一张长，宽的矩形纸片，在它的四个角各剪去一个同样大小的小正方形，然后折叠成一个无盖的长方体纸盒．若纸盒的底面（图中阴影部分）面积是，求剪去的小正方形的边长．设剪去的小正方形的边长是，根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设剪去的小正方形的边长是，则纸盒底面的长为cm，宽为cm，根据纸盒的底面（图中阴影部分）面积是，得出关于的一元二次方程，从而得到答案． 【详解】解：设剪去的小正方形的边长是，则纸盒底面的长为cm，宽为cm， 纸盒的底面（图中阴影部分）面积是， ， 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程解实际问题，读懂题意，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 9. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为，记第n个k边形数为，以下列出了部分k边形中第n个数的表达式：三角形数， 正方形数， 五边形数 六边形数， 据此可推测的表达式，由此计算等于多少（ ） A. 2272 B. 1136 C. 568 D. 284 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了数字类的规律探索，通过题目所给的表达式可以推出，据此代值计算即可得到答案． 【详解】解：三角形数， 正方形数， 五边形数， 六边形数， ， 以此类推，可知， ∴， 故选C． 10. 无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点，则a的取值范围是（　　） A. a＞0 B. a≤ C. a≤或a＞0 D. a≥或a＜0 【答案】C 【解析】 【分析】因为两个图像总有公共点，所以将两个解析式进行联立，再根据跟的判别式进行判断即可求出a的取值范围． 【详解】解：由题意得，∵无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点， ∴将y＝kx﹣2k+2代入y＝ax2﹣2ax﹣3a得：， 整理得：， ∴， ∵， ∴， 解得：a≤或a≥0，a=0不符合题意，舍去， ∴a的取值范围是a≤或a＞0． 故选：C． 【点睛】本题主要考查的是函数图像的交点问题，正确的列出式子，并根据交点数进行判定是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 若点，关于原点对称，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数即可求解． 【详解】解：∵点，关于原点对称， ∴， ∴， 故答案为：3． 12. 一个小组有若干人，每人互送贺卡一张，已知全组共送了56张，这个小组共有______人． 【答案】8 【解析】 【分析】设这个小组有x个人，则每个人送出张，然后建立方程求解． 【详解】解：设这个小组有x个人，由题意得： 解得（不符合实际，舍去） 故答案为：8． 【点睛】本题考查一元二次方程的应用，根据每个人送出张建立方程是解题的关键． 13. 把抛物线向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为________． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线向左平移1个单位所得抛物线的解析式为：． 由“上加下减”的原则可知，将抛物线向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数图象的平移与几何变换，利用抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题的关键． 14. 在平面直角坐标系中，将点绕点顺时针旋转，得到点，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形变化——旋转，勾股定理，含角直角三角形的性质，解直角三角形，过点作 轴于点，过点作轴于点，由旋转性质可知，，，，通过正切可求出，然后根据角度和差可得，再由含角直角三角形的性质得，最后由勾股定理即可求解，熟练掌握知识点的应是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 由题意得，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为：． 15. 已知点在抛物线上，下列结论：①若，则抛物线与x轴只有一个公共点；②若抛物线与x轴有2个不同的公共点，满足，则；③当时，n的取值范围是，则a的值是；④若点在直线上，当时，，则抛物线开口向上．其中正确结论______（填序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用根的判别式判断的根情况，即可判断①；利用根与系数关系得到，即可判断②；分和两种情况讨论函数的最值，即可判断③；利用，当时，，，得到a的取值范围，即可判断④． 【详解】解：若，则， 对于来说，， ∴抛物线与轴只有一个公共点；故①正确； 若抛物线与轴的公共点，，即由两个实数根， 则， ∴， ∴，故②正确， ∵抛物线， ∴抛物线对称轴为， 当时，抛物线开口向上，当时，的取值范围是， 当时，有最小值，即 当时，最小值， 当时，最大值， 解得， 当时，抛物线开口向下，时，的取值范围是， 当时，有最大值，即 当时，最大值， 当时，最小值， 解得， 即当时，的取值范围是，则的值是； 故③错误； 若点直线上，则， 点在抛物线上，则， ， 当时，，， ∴，即， ∴， 则抛物线开口向上． 故④正确， 综上可知，正确的是①②④， 故答案为：①②④ 16. 如图，等腰中，，D是上一点，，E是边上的动点，若点E绕点D逆时针旋转30°的对应点是F，连，则的最小值是 _____． 【答案】 【解析】 【分析】将逆时针旋转30°得到，连接，作射线，过点A作于Q，过点C作于H，设交于G，交于K，过点G作于N，证明，推出点F在射线上移动，进而得到当时，的值最小，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理进行求解即可． 【详解】解：如图，将逆时针旋转30°得到，连接，作射线， 过点A作于Q，过点C作于H， 设交于G，交于K，过点G作于N， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即点F在射线上移动，当且仅当时，的值最小， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理．本题的综合性质强，难度大，属于压轴题．解题的关键是熟练掌握相关知识点，得到点的运动轨迹． 三．解答题（本大题共8小题，共72分） 17. 解方程： （1）； （2）（用公式法）． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】（）利用因式分解法求解即可； （）利用公式法求解即可； 本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟记常见的解法，直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法及正确掌握一元二次方程的解法． 【小问1详解】 解： 或 ∴，； 【小问2详解】 解：∵，，， ∴ ∴方程有两个不相等的实数根 ∴， ∴，． 18. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的解析式为．请观察表格完成下面题目． x … 0 1 2 3 4 5 … y … 4 11 … （1）抛物线的对称轴是直线______； （2）若，则y的取值范围是______； （3）若，则x的取值范围是______． 【答案】（1） （2）； （3）或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先用待定系数法求出函数解析式为，化为顶点式即可作答．． （2）因为，对称轴，且开口方向向上，所以当时，有最小值，且，则越远离对称轴的所对应的函数值越大，因为，则的取值范围是，即可作答． （3）依题意，令，结合开口方向向上以及对称轴，即可作答． 【小问1详解】 解：依题意，把分别代入， 则， ∴， ∴二次函数的解析式为， ∵， ∴抛物线的对称轴为直线； 故答案为：； 【小问2详解】 解：∵，对称轴，且开口方向向上， ∴当时，有最小值，且， 则越远离对称轴直线的所对应的函数值越大， ∵， ∴当时，有最大值，且， 当，则的取值范围是． 故答案为：． 【小问3详解】 解：∵，， ∴， 即， 令， ∵， ∴开口方向向上，且对称轴， 当时，则， 解得或， ∵开口方向向上， ∴时， 则或． 故答案为：或． 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论k为何值，此方程总有两个实根． （2）若直角三角形的斜边为4，另两边恰好是这个方程的两根，求k的值． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，因式分解法解一元二次方程，勾股定理． （1）根据判别式公式，得到，即可得到答案； （2）对一元二次方程因式分解，求出方程的两个根为，，直角三角形另两边恰好是这个方程的两根，最后根据勾股定理，求出k即可． 【小问1详解】 证明：对于一元二次方程 ， ∵ 无论k为何值，此方程总有2个实根； 【小问2详解】 解：， ， ， 直角三角形另两边恰好是这个方程的两根， 直角三角形另两边分别是， 直角三角形的斜边为4， ， ， ， ． 20. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点C顺时针旋转至的位置，，且． （1）________． （2）求旋转角的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据旋转的性质得到，进而求得； （2）首先得到旋转角为，然后利用平行线的性质和等边对等角得到，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【小问1详解】 ∵绕点C顺时针旋转至的位置， ∴ ∴； 【小问2详解】 ∵将绕点C顺时针旋转至的位置， ∴旋转角为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴旋转角为． 【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，平行线的性质，等边对等角，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，格点在上，请用无刻度的直尺，按要求完成下列画图，并回答相关问题． （1）将绕点逆时针旋转得到，点随之旋转，画出，并写出点的对应点的坐标______． （2）画的角平分线； （3）在上取点，使； （4）找格点，使，直接写出点的坐标______． 【答案】（1）见解析， （2）见解析 （3）见解析 （4） 【解析】 【分析】（1）将绕点逆时针旋转得到，点随之旋转，画出，根据坐标系写出的坐标即可； （2）根据点的坐标可得到,根据勾股定理的逆定理可得是直角三角形，进而可得，根据旋转的性质，可知旋转角为，连接交于点，则是等腰直角三角形，即, 则即为所求角平分线； （3）连接根据的位置，找到点，使得，，连接交于点，则四边形是平行四边形，进而根据，可得； （4）由（2）可知是的角平分线，找到关于的对称点，连接则是正方形，根据正方形的性质可得，根据对称性可找到，根据网格上的点结合坐标系即可写出点的坐标． 【小问1详解】 解：如图所示,即为所求，， 故答案为：． 【小问2详解】 解：如图所示， 则即为所求角平分线； 【小问3详解】 如图所示，点即为所求的点， 【小问4详解】 如图所示，; 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形角平分线的性质，勾股定理，坐标与图形，垂直平分线的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． 22. 如图，小明训练推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间关系是． （1）第一次推铅球时，铅球运行到水平距离为时，铅球行进的最大高度为 ，求铅球推出的水平距离； （2）第二次推铅球时，推出的水平距离刚好与第一次相同，且，求推出铅球行进的最大高度； （3）小明第三次推出的铅球运行路径的形状与第二次相同，推出的水平距离超过第一次，但不足10米，直接写出b的取值范围． 【答案】（1）8m （2）m （3） 【解析】 【分析】（1）运用待定系数法求出函数解析式，然后令，求出铅球推出的水平距离即可； （2）运用待定系数法求出函数解析式，配方为顶点式写出最大值即可； （3）把代入（2）中的解析式，求出b值，结合题意写出取值范围即可． 【小问1详解】 解：设， 即， ∵， ∴， ∴， 令，则， 解得：，（舍去）， ∴铅球推出的水平距离米； 【小问2详解】 解：设抛物线的解析式为，把代入得： ， 解得：， ∴， ∴推出铅球行进的最大高度为米； 【小问3详解】 解：抛物线的解析式为， 当过时，， 解得：， ∵推出的水平距离超过第一次，但不足10米， ∴． 【点睛】本题考查二次函数的实际问题，运用待定系数法求出函数解析式是解题的关键． 23. 在等边△ABC中，D为BA延长线上一点，F为BC上一点，过B作BEAC，连接DE，EF，且∠DEF＝60°． （1）如图1，若BE＝2，BD＝5，求BF的长． （2）如图2，若F为CB延长线上一点，试探究BD、BE、BF的关系，并说明理由． （3）如图3，若F为BC延长线上一点，且AD：BE：AC＝1：2：3，请直接写出CF：BE的值． 【答案】（1）3； （2）BE=BD+BF．理由见解析； （3）3：2． 【解析】 【分析】（1）在FB的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME，证明（ASA），由全等三角形的性质得出MF=DB，则可得出答案； （2）在BF的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME，证明（ASA），由全等三角形的性质得出MF=DB，则可得出结论； （3）在BC上取点M，使BM=BE，连接ME，同理可知（ASA），得出MF=BD，设AD=x，BE=2x，AC=3x，求出CF=3x，则可得出答案． 【小问1详解】 解：在FB的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME， ∵三角形ABC是等边三角形， ∴∠C=60， ∵， ∴∠EBM=60， ∴△EBM是等边三角形， ∴∠M=∠BEM=60，ME=BE， ∵∠DEF=60， ∴∠DEF+∠BEF=∠BEM+∠BEF， ∴∠DEB=∠FEM， ∵∠MBE=∠ABC=60， ∴∠EBD=∠M=60， ∴（ASA）， ∴MF=DB， ∵MF=MB+BF， ∴BD=BE+BF， ∵BE=2，BD=5， ∴BF=5-2=3； 【小问2详解】 BE=BD+BF． 理由：在BF的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME， ∵， ∴∠C=∠EBM=60°， ∵BM=BE， ∴为等边三角形， ∴ME=BE，∠M=∠MEB=60°， ∴∠M=∠EBD， ∵∠DEF=60°， ∴∠MEF=∠BED， ∴（ASA）， ∴MF=BD， ∵BM=MF+BF， ∴BE=BD+BF； 【小问3详解】 在BC上取点M，使BM=BE，连接ME， 同理可证（ASA）， ∴MF=BD， 设AD=x，BE=2x，AC=3x， ∴BD=AB+AD=3x+x=4x， ∴BF=BM+MF=2x+4x=6x， ∴CF=BF-BC=6x-3x=3x， ∴CF：BE=3x：2x=3：2． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行线的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 24. 如图1，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点． （1）直接写出A，B，C点的坐标； （2）点D是直线下方抛物线上一点，点E位于第四象限．若由B，C，D，E四点组成的平行四边形面积为30，求E点坐标； （3）如图2所示，过A作两条直线分别交抛物线于第一象限点P，Q，交y轴于M，N，．当n为定值时，直线是否必定经过某一定点？若经过，请你求出该定点坐标（用含n的式子表示）；若不经过，请说明理由． 【答案】（1）点A、B、C的坐标分别为：、、； （2）点E的坐标为：，或 （3）直线过定点 【解析】 【分析】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、面积问题、平行四边形的性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键． （1）对于，分别令和，即可求出答案； （2）先求出直线的表达式为：，求出，设．分①当是边和是对角线两种情况分别进行解答即可； （3）设点P、Q的坐标分别为：、，求出直线的表达式为：，当时，，同理可得：，则，即，联立和二次函数表达式并整理得：，则，，则，即，则的表达式为：，当时，，即可得到答案． 【小问1详解】 解：对于， 当时，， 当时，或3， 即点A、B、C的坐标分别为：、、； 【小问2详解】 设，代入B，C坐标可得 解得，， ∴直线的表达式为：， ∵B、C的坐标分别为、； ∴， 设． ①当是边时，如图： 依题意得，，在x轴上取点P，使得， ∴ 求得， ∴或 过P作的平行线交抛物线于D，则， 设，代入得 ， 联立得：， 解得或5， 代入可得D坐标为或； 同理，代入得， 联立得到，此方程无解． 当D坐标为时，由平移性质可得E点坐标为或 当D坐标为时，由平移性质可得E点坐标为或 E点位于第四象限，满足条件E点坐标，或 ②当是对角线时 点D是直线下方抛物线上一点，点E位于直线上方， 点E在第一象限，这与条件不符，故此情况不成立． 综上，点E的坐标为：，或 【小问3详解】 经过定点， 理由：设点P、Q的坐标分别为：、， 设， 解得， ∴直线的表达式为：， 当时，， 同理可得：， 则，即， 设直线的表达式为：， 联立和二次函数表达式并整理得：， 则，， 则，即， 则的表达式为：， 当时，， ∴直线过点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024--2025九年级上学期数学学科训练题 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个正确，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 一元二次方程化为一般形式后，，，的值可以是（　　） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 4. 下列点中，一定在抛物线上的是（　　） A. B. C. D. 以上都不 5. 若是一元二次方程的两根，则的值是（ ） A. 3 B. C. 5 D. 6. 对于二次函数，下列结论错误的是（ ） A. 开口向上 B. 函数图象与x轴没有公共点 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 函数有最小值 7. 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，在同一平面内，将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，连接BB1，若BB1∥AC1，则∠CAC1的度数是（　　） A. 10° B. 20° C. 30° D. 40° 8. 如图，有一张长，宽的矩形纸片，在它的四个角各剪去一个同样大小的小正方形，然后折叠成一个无盖的长方体纸盒．若纸盒的底面（图中阴影部分）面积是，求剪去的小正方形的边长．设剪去的小正方形的边长是，根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为，记第n个k边形数为，以下列出了部分k边形中第n个数的表达式：三角形数， 正方形数， 五边形数 六边形数， 据此可推测的表达式，由此计算等于多少（ ） A. 2272 B. 1136 C. 568 D. 284 10. 无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点，则a的取值范围是（　　） A. a＞0 B. a≤ C. a≤或a＞0 D. a≥或a＜0 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 若点，关于原点对称，则______． 12 一个小组有若干人，每人互送贺卡一张，已知全组共送了56张，这个小组共有______人． 13. 把抛物线向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为________． 14. 在平面直角坐标系中，将点绕点顺时针旋转，得到点，则点的坐标为______． 15. 已知点在抛物线上，下列结论：①若，则抛物线与x轴只有一个公共点；②若抛物线与x轴有2个不同的公共点，满足，则；③当时，n的取值范围是，则a的值是；④若点在直线上，当时，，则抛物线开口向上．其中正确结论______（填序号） 16. 如图，等腰中，，D是上一点，，E是边上的动点，若点E绕点D逆时针旋转30°的对应点是F，连，则的最小值是 _____． 三．解答题（本大题共8小题，共72分） 17. 解方程： （1）； （2）（用公式法）． 18. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的解析式为．请观察表格完成下面题目． x … 0 1 2 3 4 5 … y … 4 11 … （1）抛物线对称轴是直线______； （2）若，则y的取值范围是______； （3）若，则x取值范围是______． 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论k何值，此方程总有两个实根． （2）若直角三角形的斜边为4，另两边恰好是这个方程的两根，求k的值． 20. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点C顺时针旋转至的位置，，且． （1）________． （2）求旋转角的大小． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，格点在上，请用无刻度的直尺，按要求完成下列画图，并回答相关问题． （1）将绕点逆时针旋转得到，点随之旋转，画出，并写出点的对应点的坐标______． （2）画的角平分线； （3）在上取点，使； （4）找格点，使，直接写出点的坐标______． 22. 如图，小明训练推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是． （1）第一次推铅球时，铅球运行到水平距离为时，铅球行进的最大高度为 ，求铅球推出的水平距离； （2）第二次推铅球时，推出的水平距离刚好与第一次相同，且，求推出铅球行进的最大高度； （3）小明第三次推出的铅球运行路径的形状与第二次相同，推出的水平距离超过第一次，但不足10米，直接写出b的取值范围． 23. 在等边△ABC中，D为BA延长线上一点，F为BC上一点，过B作BEAC，连接DE，EF，且∠DEF＝60°． （1）如图1，若BE＝2，BD＝5，求BF的长． （2）如图2，若F为CB延长线上一点，试探究BD、BE、BF的关系，并说明理由． （3）如图3，若F为BC延长线上一点，且AD：BE：AC＝1：2：3，请直接写出CF：BE的值． 24. 如图1，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点． （1）直接写出A，B，C点的坐标； （2）点D是直线下方抛物线上一点，点E位于第四象限．若由B，C，D，E四点组成的平行四边形面积为30，求E点坐标； （3）如图2所示，过A作两条直线分别交抛物线于第一象限点P，Q，交y轴于M，N，．当n为定值时，直线是否必定经过某一定点？若经过，请你求出该定点坐标（用含n的式子表示）；若不经过，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$