精品解析：湖北省鄂州市梁子湖区梁湖初中联盟2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

2024年秋季九年级期中质量检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：120分 温馨提醒： 1．答题前，请将自己的姓名，班级，考号等信息准确填写在指定位置． 2．请将答案正确填写在答题卡上． 3．请保持卷面的整洁，书写工整、美观． 4．请认真审题，仔细答题，诚信应考，乐观自信，相信你一定会取得满意的成绩！ 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共10小题，每题3分，共30分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 一元二次方程化为一般形式后的二次项系数、一次项系数、常数项分别可以是（ ） A. 2，3，1 B. 2，3， C. 2，，1 D. 2，3，0 2. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 3. 抛物线的顶点坐标是（　　） A. B. C. D. 4. 某航空公司有若干个飞机场，每两个飞机场之间都开辟一条航线，一共开辟了21条航线，则这个航空公司共有个飞机场，根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（　　） A. 30° B. 35° C. 45° D. 60° 6. 若点三点在抛物线上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在小正方形网格中，将绕某一点旋转变换得到，则旋转中心为（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 8. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 9. 定义：已知，是关于的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“友好方程”．如：一元二次方程的两根为，，且，所以一元二次方程为“友好方程”．关于的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“友好方程”；②若该方程是“友好方程”，则有且仅有个整数满足要求，对于这两个结论判断正确的是（ ） A. ①②都正确 B. ①②都错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确 10. 如图，是正内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段'，下列结论：①点与的距离为；②；③；④；⑤若，点为内一点，则点到三个顶点的距离和最小为．其中正确的结论是(　　) A. ①③⑤ B. ①③④ C. ②③④⑤ D. ①②⑤ 二、填空题（共5小题，每题3分，共15分．） 11. 方程的解是_____． 12. 如图，已知点的坐标是，，点的坐标是，，菱形的对角线交于坐标原点，则点的坐标是______． 13. 如图，要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，在水管的顶端A点安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为3m处达到最高，高度为5m，水柱落地处离池中心距离为9m，则水管的长度OA是_____m． 14. 抛物线（，，是常数）的顶点在第四象限，且．下列四个结论：，，方程的解为，，若，则当时，．其中正确的结论是_____（填写序号）． 15. 如图，在中，，，点是在直角边上一动点，且为等边三角形，则的最小值是__________________． 三、解答题（共9题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 16. 解方程： （1）； （2）． 17. 已知函数． （1）该函数图象的开口方向是 ； （2）抛物线与y轴的交点坐标是 ； （3）当时，则函数y的最小值是 ； （4）当时，则自变量x的取值范围是 ． 18. 列方程（组）解应用题：某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为600m2的矩形试验茶园，便于成功后大面积推广．如图所示，茶园一面靠墙，墙长35m，另外三面用69m长的篱笆围成，其中一边开有一扇1m宽的门（不包括篱笆）．求这个茶园的长和宽． 19. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．点A、B、E、F都在格点上，小正方形的边长为1个单位长度，以格点O为原点建立平面直角坐标系，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）． （1）如图1，画出线段绕点逆时针旋转后的图形与对应）； （2）如图1，点是线段上一点，在（1）中的线段上找到一点，使得； （3）如图1，线段是由线段绕点顺时针旋转得到的与对应），请直接写出的坐标________； （4）如图2，点为格点，点是线段上一点，在线段上找到一点，使得最小． 20. 如图，在中，，，将绕点A旋转得到，点C的对应点E落在AB上，连接，延长交于点F． （1）求的度数； （2）若，求的长． 21. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若方程的两个实数根、满足，求a的值； 22. 某公司生产的某种时令商品每件成本为20元，经过市场调研发现，这种商品在未来40天内的日销售量件与时间天的关系如下表： 时间天 1 3 5 10 36 日销售量件 94 90 86 76 24 已知未来40天内，前20天该商品每天的价格元件与时间t的函数关系式为(，且t为整数)，后20天该商品每天的价格元件与时间t的函数关系式为(，且t为整数)． 求m与t之间的函数关系式； 未来40天内，后20天中哪一天的日销售利润最大最大日销售利润是多少． 在实际销售的前20天中，该公司决定每销售一件商品，就捐赠元给希望工程公司查阅销售记录发现，前20天中，扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，求a的取值范围． 23. 【证明体验】如图1，向外作等边三角形和等边三角形，连接，求证：； 【思考探究】如图2，已知，以为边作等边，连接. 若，，，求的长； 【拓展延伸】如图3，在中，，以为边作等腰，，连接. 若，，直接写出的面积. 24. 已知抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． 图1 图2 （1）直接写出A，B，C三点的坐标； （2）如图1，点P为直线下方抛物线上一点，于点D，求的最大值； （3）如图2，M、N是抛物线上异于B、C的两个动点，若直线与直线的交点始终在直线上．求证：直线必经过一个定点，并求该定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年秋季九年级期中质量检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：120分 温馨提醒： 1．答题前，请将自己的姓名，班级，考号等信息准确填写在指定位置． 2．请将答案正确填写在答题卡上． 3．请保持卷面的整洁，书写工整、美观． 4．请认真审题，仔细答题，诚信应考，乐观自信，相信你一定会取得满意的成绩！ 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共10小题，每题3分，共30分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 一元二次方程化为一般形式后的二次项系数、一次项系数、常数项分别可以是（ ） A. 2，3，1 B. 2，3， C. 2，，1 D. 2，3，0 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：（a，b，c是常数且）特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．本题中先把方程化为一般式，即可确定 a，b，c． 【详解】解：，则， ∴， 故选：A． 2. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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． 把一个图形绕某一点旋转，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，这个点叫做对称中心．据此判断即可． 【详解】解：选项A、B、C不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 3. 抛物线的顶点坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的顶点坐标，根据二次函数的顶点式即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故选：． 4. 某航空公司有若干个飞机场，每两个飞机场之间都开辟一条航线，一共开辟了21条航线，则这个航空公司共有个飞机场，根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，设这个航空公司共有个飞机场，根据题意，列出一元二次方程，即可求解． 【详解】解：设这个航空公司共有个飞机场，根据题意，得 故选：D． 5. 如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（　　） A. 30° B. 35° C. 45° D. 60° 【答案】B 【解析】 【分析】由旋转的性质可得∠AOC=65°，由∠AOB=30°，即可求∠BOC的度数． 【详解】∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD， ∴∠AOC＝65°， ∵∠AOB＝30° ∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝35° 故选B． 【点睛】此题考查旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键． 6. 若点三点在抛物线上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像的增减性是解题关键．根据二次函数的增减性即可解答． 【详解】解：∵， ∴该二次函数的对称轴为直线，开口方向向上， 当时，y随x的增大而减小，且点均在此抛物线上， ， ∴． 故选：C． 7. 如图，在小正方形网格中，将绕某一点旋转变换得到，则旋转中心为（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转图形的性质，旋转中心在旋转前后对应顶点连线的垂直平分线上，由此即可求解． 【详解】解：连接，，利用格点作线段，的垂直平分线，如图， 交点N即为旋转中心， 故选C． 8. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一次函数的图像与性质，解决问题的关键是数形结合．根据图象判断出两个函数的系数的符号，即可求解． 【详解】解：∵一次函数，二次函数。 ∴图象与轴的交点为同一点，故选项D不合题意， 当二次函数的对称轴在轴右侧时，，即、异号，，此时一次函数的图象应该经过二、四象限，故AC不正确；、 当二次函数的对称轴在轴左侧时，，即、同号，，此时一次函数的图象应该经过一、三象限，故选项B可能，符合题意， 故选：B． 9. 定义：已知，是关于的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“友好方程”．如：一元二次方程的两根为，，且，所以一元二次方程为“友好方程”．关于的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“友好方程”；②若该方程是“友好方程”，则有且仅有个整数满足要求，对于这两个结论判断正确的是（ ） A. ①②都正确 B. ①②都错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了新定义方程，解一元二次方程，根的判别式，把代入方程，求出方程的根，再根据“友好方程”的定义即可判断①；利用因式分解法解方程得，或，，分两种情况，根据“友好方程”的定义求出的取值范围，进而可判断②；理解新定义方程是解题的关键． 【详解】解：①当时，方程为， 解得，， ∴， ∵，且， ∴该方程是“友好方程”，故①正确； ②∵， ∴， ∴或， ∴，或，， ∵该方程是“友好方程”， ∴该方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴， 当，时， ∵， ∴， 解得， ∵有且仅有个整数满足要求， ∴此时的值不存在； 当，时，， 解得， 又∵， ∴此时满足要求的整数的值只有，两个，故②错误； 综上，结论①正确，②错误， 故选：． 10. 如图，是正内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段'，下列结论：①点与的距离为；②；③；④；⑤若，点为内一点，则点到三个顶点的距离和最小为．其中正确的结论是(　　) A. ①③⑤ B. ①③④ C. ②③④⑤ D. ①②⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】由旋转的性质和正三角形的性质可判断①；根据三角形的全等的判定与性质可判断②；由三角形的面积公式可以判断；根据③的结论可判断④的正误；再由费马点的性质可以确定⑤正误． 【解答】解：如图，连接， 线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段， ， 是正三角形，， ①正确，符合题意； 由①可得， 为正三角形， ，， ， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 无法判断 ∴②错误，不符合题意； 过点作垂直的延长线于点，如图所示： 由①知 又， 在，， ③ ③正确，合题意； ， ④错误，不合题意； 如图所示，把绕点逆时针旋转得到（点，的对应点分别为点），连接，则，． ， 为等边三角形， ， ， 当四点在同一直线上时，的值最小，此时 由旋转的性质可得，， 又， 为等边三角形， ， ，， ， ， ∴， 设交于点，则 ∴，则 ∴ ∴，即 ∴ 则 ⑤正确，符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理及其逆定理的应用，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质；熟练掌握以上知识是解题的关键． 二、填空题（共5小题，每题3分，共15分．） 11. 方程的解是_____． 【答案】x=±5 【解析】 【分析】移项得x2=25，然后采用直接开平方法即可得到方程的解． 【详解】解：∵x2-25=0， 移项，得 x2=25， ∴x=±5． 故答案为：x=±5． 【点睛】本题考查了利用直接开平方法解一元二次方程．用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2=a（a≥0）；ax2=b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2=b（b≥0）；a（x+b）2=c（a，c同号且a≠0）．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”． 12. 如图，已知点的坐标是，，点的坐标是，，菱形的对角线交于坐标原点，则点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据菱形具有的平行四边形基本性质，对角线互相平分，且交点为坐标原点，则，关于原点对称， 因此在直角坐标系中两点的坐标关于原点对称，横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为相反数便可得. 【详解】∵四边形 是菱形，对角线相交于坐标原点 ∴根据平行四边形对角线互相平分的性质，和； 和均关于原点对称 根据直角坐标系上一点 关于原点对称的点为可得 已知点的坐标是 ，则点的坐标是 . 故答案为：. 【点睛】本题旨在考查菱形的基本性质及直角坐标系中关于原点对称点的坐标的知识点，熟练理解掌握该知识点为解题的关键. 13. 如图，要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，在水管的顶端A点安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为3m处达到最高，高度为5m，水柱落地处离池中心距离为9m，则水管的长度OA是_____m． 【答案】． 【解析】 【分析】设抛物线的表达式为：y=a（x-h）2+k=（x-3）2+5，将点（9，0）代入上式求出a，进而求解． 【详解】解：设抛物线的表达式为：y=a（x-h）2+k=a（x-3）2+5， 将点（9，0）代入上式并解得：， 故抛物线的表达式为：， 令x=0，则，即 故答案为： 【点睛】本题考查了二次函数在实际生活中的运用，重点是二次函数解析式的求法，利用顶点式求出解析式是解题关键． 14. 抛物线（，，是常数）的顶点在第四象限，且．下列四个结论：，，方程的解为，，若，则当时，．其中正确的结论是_____（填写序号）． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数的图象与性质、二次函数的图象与系数的关系及已知条件可得，该函数的图象开口向上，对称轴在轴右侧，当时，，进而可得，，，于是可知结论错误；利用不等式的性质可得，于是可知结论错误；根据方程的解的定义可知结论正确；利用等式的性质、不等式的性质及各项已知条件可得，抛物线对称轴，由于抛物线开口向上，因而当时，随的增大而减小，于是可知结论正确；综上，即可得出所有正确的结论． 【详解】解：抛物线（，，是常数）的顶点在第四象限，且， 该函数的图象开口向上，对称轴在轴右侧，当时，， ，，， 故结论错误，不符合题意； ，，， ， 故结论错误，不符合题意； 对于方程， 当时，方程左边，方程右边，方程左边方程右边， 当时，方程左边，方程右边，方程左边方程右边， ，能使方程左右两边相等， ，是方程的解， 又方程是一元二次方程，最多只有两个解， 方程的解为，， 故结论正确，符合题意； ， ， ， ， 化简可得：， 即：抛物线对称轴， 又， 当时，随的增大而减小， 故结论正确，符合题意； 综上所述，正确的结论是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，二次函数的图象与系数的关系，抛物线与轴的交点问题，不等式的性质，方程的解，等式的性质等知识点，熟练掌握二次函数的图象与性质及二次函数的图象与系数的关系是解题的关键． 15. 如图，在中，，，点是在直角边上一动点，且为等边三角形，则的最小值是__________________． 【答案】#### 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．根据直角三角形的性质得到，根据圆周角定理得到点在以为直径的圆上，设的中点为，连接，当点在线段上时，的值最小，根据等边三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，求得，于是得到的最小值是． 【详解】解：在中，，， ， ， 点在以为直径的圆上， 设的中点为，连接，当点在线段上时，的值最小，连接， ，， ， 点为的中点， ， 是等边三角形， ，， ， 为等边三角形， ，， ， ， ，， ， ， ∵， ， ， 的最小值是， 故答案为：． 三、解答题（共9题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 16. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程； （1）先移项，然后根据直接开平方法解一元二次方程； （2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解． 【小问1详解】 解： ∴ 解得： 【小问2详解】 解： ∴ ∴或 解得： 17. 已知函数． （1）该函数图象的开口方向是 ； （2）抛物线与y轴的交点坐标是 ； （3）当时，则函数y的最小值是 ； （4）当时，则自变量x的取值范围是 ． 【答案】（1）向上 （2） （3） （4）或 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与性质，与坐标轴的交点，二次函数与不等式的关系，，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，熟练运用数形结合思想． （1）由即可确定开口向上； （2）当，即可求解； （3）可得对称轴为直线：，而，开口向上，故当时，； （4）当时，则，解得：，故与抛物线的两个交点的横坐标分别为，那么转化为在直线上方的抛物线所对应横坐标的取值范围． 【小问1详解】 解：∵， ∴开口向上， 故答案为：向上； 【小问2详解】 解：当时，， ∴与y轴的交点坐标为， 故答案为：； 【小问3详解】 解：对于， 可得对称轴为直线：， ∵，开口向上 ∴当时，， 故答案为：； 【小问4详解】 解：当时，则， 解得：， ∴与抛物线的两个交点的横坐标分别为 如图： ∴当，自变量x的取值范围为或． 18. 列方程（组）解应用题：某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为600m2的矩形试验茶园，便于成功后大面积推广．如图所示，茶园一面靠墙，墙长35m，另外三面用69m长的篱笆围成，其中一边开有一扇1m宽的门（不包括篱笆）．求这个茶园的长和宽． 【答案】30m，20m 【解析】 【分析】设当茶园垂直于墙的一边长为xm时，则另一边的长度为（69+1﹣2x）m，根据茶园的面积为600m2，列出方程并解答． 【详解】设茶园垂直于墙的一边长为xm，则另一边的长度为（69+1﹣2x）m， 根据题意，得x（69+1﹣2x）＝600， 整理，得x2﹣35x+300＝0， 解得x1＝15，x2＝20， 当x＝15时，70﹣2x＝40＞35，不符合题意舍去； 当x＝20时，70﹣2x＝30，符合题意． 答：这个茶园的长和宽分别为30m、20m． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据数量关系列出方程是解题的关键． 19. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．点A、B、E、F都在格点上，小正方形的边长为1个单位长度，以格点O为原点建立平面直角坐标系，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）． （1）如图1，画出线段绕点逆时针旋转后的图形与对应）； （2）如图1，点是线段上一点，在（1）中的线段上找到一点，使得； （3）如图1，线段是由线段绕点顺时针旋转得到的与对应），请直接写出的坐标________； （4）如图2，点为格点，点是线段上一点，在线段上找到一点，使得最小． 【答案】（1） 解：如图1，线段即为所求． （2） 解：即点为所求． （3） （4） 解：点即为所求． 【解析】 【分析】本题考查作图旋转变换、垂径定理、轴对称最短路线问题； （1）根据旋转的性质作图即可． （2）连接并延长，交线段于点，则点即为所求． （3）分别作线段，的垂直平分线，相交于点，即可得出答案． （4）延长至点，使，过点作，且，再过点作的垂线，交于点，则点是点关于直线的对称点，连接，交于点，则点即为所求． 熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质是解答本题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图1，连接并延长，交线段于点， 则， 【小问3详解】 如图2，分别作线段，的垂直平分线，相交于点， 线段是由线段绕点顺时针旋转得到的， 点的坐标为． 故答案为：． 【小问4详解】 如图3，延长至点，使，过点作，且，再过点作的垂线，交于点， 点是点关于直线的对称点， 连接，交于点，连接， 此时满足最小，最小值为的长 20. 如图，在中，，，将绕点A旋转得到，点C的对应点E落在AB上，连接，延长交于点F． （1）求的度数； （2）若，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，掌握等腰三角形的判定与性质，是解答本题的关键． （1）根据旋转的性质可得，，，再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，问题随之得解； （2）根据等角对等边证明，即有，问题随之得解． 【小问1详解】 解：将绕点A旋转得到， ，，， ，， ； 【小问2详解】 解：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 21. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若方程的两个实数根、满足，求a的值； 【答案】（1） 证明：∵， 该方程总有两个实数根； （2）或 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是利用一元二次方程的根的判别式以及根与系数的关系． （1）根据根的判别式，即可判断； （2）利用根与系数关系求出，，即，从而列出关于的方程，解出即得出结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：方程的两个实数根，， 由根与系数关系可知，，， ， ∴ 即， 或， ∴或． 22. 某公司生产的某种时令商品每件成本为20元，经过市场调研发现，这种商品在未来40天内的日销售量件与时间天的关系如下表： 时间天 1 3 5 10 36 日销售量件 94 90 86 76 24 已知未来40天内，前20天该商品每天的价格元件与时间t的函数关系式为(，且t为整数)，后20天该商品每天的价格元件与时间t的函数关系式为(，且t为整数)． 求m与t之间的函数关系式； 未来40天内，后20天中哪一天的日销售利润最大最大日销售利润是多少． 在实际销售的前20天中，该公司决定每销售一件商品，就捐赠元给希望工程公司查阅销售记录发现，前20天中，扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，求a的取值范围． 【答案】； 未来40天内，后20天中第21天的日销售利润最大，为513元； 【解析】 【分析】（1）由题意可设m与t之间的函数关系式为，利用待定系数法进行代入计算求解即可得出m与t之间的函数关系式； （2）根据题意设后20天的日销售利润为w元，由题意得出函数关系式并利用配方法进行分析即可得出最大日销售利润； （3）根据题意设前20天中，扣除捐赠后的日销售利润为L元，得出含t的代数式进而利用求出a的取值范围． 【详解】解：由题可设m与t之间的函数关系式为，由题意，得 解得故m与t之间的函数关系式为； 设后20天的日销售利润为w元， 则有 当时，w随t的增大而减小 当时，w最大，为． 故未来40天内，后20天中第21天的日销售利润最大，为513元； 设前20天中，扣除捐赠后的日销售利润为L元， 则 要使当时，L随t的增大而增大，则，解得， 故a的取值范围为． 【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握各函数的性质和图象特征，针对所给条件作出初步判断后需验证其正确性以及注意最值问题需由函数的性质求解时，正确表达关系式并同时注意自变量的取值范围是关键． 23. 【证明体验】如图1，向外作等边三角形和等边三角形，连接，求证：； 【思考探究】如图2，已知，以为边作等边，连接. 若，，，求的长； 【拓展延伸】如图3，在中，，以为边作等腰，，连接. 若，，直接写出的面积. 【答案】证明体验： 证明：和都是等边三角形 ,, ，即 在和中 . 思考探究：； 拓展延伸：12 【解析】 【分析】（1）证明, 由全等三角形的性质得出； （2）以为边作等边, 过点作交的延长线于点, 证明, 由全等三角形的性质得出，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案； （3）将绕点逆时针旋转得到, 连接, 则,, 求出, 过点作于, 于, 得出, 则可得出答案. 【详解】解：（1）略 （2）如图，以为边作等边，过点E作交的延长线于点F，则 ，， 等边， ，， ，即， 在和中 ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， . （3）12 ， 将绕点A逆时针旋转得到，连接， 则，， ； ， ； ； ； ， ； 过点A作于F，于G. 四边形为矩形， ， . 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题. 24. 已知抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． 图1 图2 （1）直接写出A，B，C三点的坐标； （2）如图1，点P为直线下方抛物线上一点，于点D，求的最大值； （3）如图2，M、N是抛物线上异于B、C的两个动点，若直线与直线的交点始终在直线上．求证：直线必经过一个定点，并求该定点坐标． 【答案】（1），点，点； （2）的最大值为； （3）直线恒过定点． 【解析】 【分析】（1）令和，解方程可求解； （2）过点P作轴于E，交于点F，利用待定系数法可得直线的解析式为，设，则，则，再证得，可得，得出，再运用二次函数的性质即可求得答案； （3）设点，直线，直线，直线，将点C、B的坐标代入可得：，联立直线与抛物线的解析式可得出，，同理：，，进而可得：，，根据直线与直线的交点始终在直线上，可得，，即直线，故直线恒过定点． 【小问1详解】 对于，令，则， ∴， ∴点，点， 令，则， ∴点； 【小问2详解】 过点P作轴于E，交于点F，如图1： 设直线的解析式为， 将点代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 设，则， ∴， ∵轴， ∴轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，最大为； 【小问3详解】 证明：如图2，设点， 直线，直线，直线， 整理得：， 则，， 同理：，， ∵， ∴， ∴， ， 联立直线与直线的解析式得：， 解得：， ∵直线与直线的交点始终在直线上， ∴， 化简得：， ∴， ∴直线， ∴不论为何值，均有时，， 即：直线恒过定点． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，函数的最值，相似三角形的判定与性质等知识，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $