学情监测（一）第25章 一元二次方程-【高效课堂】2026-2027学年九年级上册数学同步导学案（人教版·新教材）河南专用

(2)图略 (2)过点A作AD⊥A'C于点 (8号 D,.∠ACB=90°，∠BAC= 30°，BC=2,∴.AC=√3BC= 14.(1)(2,4). (2).一次函数y=-2x十8 .CD-AC-AD 的图象与坐标轴交于A,B两 =√3CD=3×√/5=3. 点， 13.略 点B(4,0),点M为线段 14.(1)BD=2. BC的中点， (2)CE=AH+BD,证明如下： .点M(3,2), 过点E作EM∥BC,交AB于 .点C和点M平移后的对应 点M,由(1)可知△AME是等 点坐标分别为(2-m,4),(3一 边三角形，∴.AE=ME, m,2), ∠AEM=60°，由旋转可知， ∴.k=4(2-m)=2(3-m),. DE=DH,,∠HDE=60°，. m=1..k=4. △DEH是等边三角形，∴.HE 15.(1)3-312 =DE,∠HED=60°，∴.∠AEH (2)由函数图象可知，当y1> +∠HEM=∠HEM+∠DEM y2x的取值范围是：一3<x =60°，∴.∠DEM=∠AEH, <0或x>1. ∴.△AEH≌△MIED(SAS), (3)连接AO,令直线AB与x ∴.AH=MD,∴.BM=BD+ 轴的交点为M,将y=0代入 AH,'.'AM=AE,AB=AC, y=x十2得，x=一2，所以点 .BM=CE,∴.CE=AH+BD. M的坐标为（一2,0），所以 限时作业（九） S△AOB=S△A0M十SAM= 1.D2.A3.B4.C5.C 2 6.C7.田，N,0等 ×2×1+2 ×2×3=4.由题 8.y=(x-1)2-29.6 10.100°或280° 意，可知点B和点C关于点O 11.(1)图略，点C1的坐标(4,1). 成中心对称，所以BO=CO, (2)图略，点B2的坐标（一3，一3）. 所以S△ABc=2S△A0B=8. (3)△A1B1C绕点O顺时针 限时作业（八） 旋转90°后得到△A2B2C2 1.D2.B3.D4.C5.C 12.(1)∠BAD的度数为60°. 6.D7.D 8.1209.2 (2)点A、C、E在一条直线 上，∴.AE=AC+CE,由旋转 10.2或2/3 的性质可知CE=AB, 11.(1)图略其中A1的坐标为(3， △ADE为等边三角形，∴.AE -1). =AC+AB=6+4=10,∴. (2)图略. AD=AE-10. 12.(1)证明：由旋转的性质可知，13.(1)图略 CA=CA',CB=CB',ACA'= (2)四边形BCFD是菱形，理 ∠BCB',CB=CB',∠B 由如下：，点D、点E分别是 60°，△CBB为等边三角形 AB、AC的中点，∴.DE∥BC, ∠BCB'=60,.∠ACA'= 60°，.△CAA'为等边三角形 DE=2BC,由旋转的性质可 76 知DE=EF,∴.DF∥BC,DF .AD平分∠BAC,.BD= =BC,.四边形BCFD是平 CD, 行四边形，，AB=2BC,且点 ∴.∠BOD=∠COD=60°， D为AB的中点，∴.BD= .OB=OD,OC=OD, BC,∴.四边形BCFD是菱形. '.△BOD和△COD是等边 14.(1)60°4150 三角形，∴.OB=BD=DC (2)OA2+2OB2=OC2时， OC,.四边形OBDC是菱形； ∠BDC=135°，理由如下： (2)连接OA,.OB=OA, 由旋转的性质可知∠OBD= ∠ABO=15°， ∠ABC=90°，BO=BD,CD .∠AOB=150°， =AO,∴.△OBD为等腰直角 ∴.∠AOC=360°-150°-120° 三角形，.OD=√2OB, =90°， .当CD2+OD2=OC2时， ∴.AC=√OA2+OC2=2/2, △OCD为直角三角形， 限时作业（十一） ∠ODC=90°，∴.OA2+2OB2 1.D 2.A3.D4.B5.A =OC2,.当OA、OB、OC满 6.C7.B8.B9.相切10.2 足OA2+2OB2=OC2时， 11.37°12.2或6或10 ∠BDC=135°. 13.(1)略(2)2 限时作业（十）】 14..OM是⊙O的半径，过点M 1.B2.C3.A4.B5.B 作⊙O的切线AB,∴.OM⊥ 6.C7.D8.B9.510.60 AB.又.MA=MB,∴.OM垂 1n.9 12.2/5-2 直平分AB..OA=OB. .OC=OD,..OA-OC=OB 13.(1)证明.∠ABC=∠APC, OD,即AC=BD ∠BAC=∠APC=60°， 15.(1)图略. ∴.∠ABC=60°，.∠ACB= (2)AC与⊙O相切.理由： 180°-∠ABC-∠BAC=60°， .AB=AC,D为BC中点， ∴.△ABC是等边三角形. ∴.AD⊥BC,BD=CD, (2)4. .BC=2,∴.CD=BD=1, 14.略 .AE=2AC=25,∴.AC=5 15.(1)连接OA,由题意得：AD= 在Rt△ACD与△ADE中， 2AB=30m,0D=,-18)m, AD2=AE2-DE2 AC- 在Rt△ADO中，由勾股定理 CD,即(25)2-DE2=(5) 得：r2=302+(r-18)2,解得： -12,解得DE=4或-4（舍 r=34m. 去)， (2)连接OA',OE=OP-PE .CE=DE+DC=5,在△ACE =30m,在Rt△A'O中，由勾 中，.AE2+AC2=(2√5)2+ 股定理得：A'E2=A'O2一OE (5)2=52,CE2=52,∴.AE2 =342-302,解得：A′E= +AC2=CE2,∴.∠CAE= 16m..A'B'=32m>30m. 90°，即AE⊥AC,.AE为 答：不需要采取紧急措施. ⊙O直径，∴.AC与⊙O相切. 16.(1)证明：连接OD,由圆周角定16.(1).AM⊥AB, 理得，∠BC=2∠BAC=120°， ∴.∠OAD=90. 77 .OA=OC,OD=OD,AD=15.(1)直线PD为⊙O的切线. CD, 证明：如图1，连接OD,,AB ∴.△OAD≌△OCD(SSS). 是圆O的直径，∴.∠ADB ∴.∠OCD=∠OAD=90°.. 90°，.∴.∠ADO+∠BDO=90°， OC⊥CD. 又.DO=BO,.∠BDO= 又.OC是⊙O的半径， ∠PBD,,∠PDA=∠PBD, ∴CD是⊙O的切线. ∴.∠BDO=∠PDA,∴.∠ADO (2)①1②3 +∠PDA=90°，即PD⊥OD, 限时作业（十二） ,点D在⊙O上，.直线PD 1.B2.D3.B4.C5.B 为⊙O的切线. 6.A7.C8.A9.相离 (2),BE是⊙O的切线， 10.12cm11.2√512.√61-6 ∴.∠EBA=90°，.∠BED= 13.略 60°，∴.∠P=30°，在Rt△PDO 14.(1)证明：连接OD, 中，∠P=30°，PD=5,PO= ,DF是⊙O的切线，D为切 2OD,由勾股定理得OD=1,PO 点，∴.OD⊥DF =2,∴.PA=PO-AO=2-1= ∴.∠ODF=90° 入 .BD=CD,OA=OB, (3)证明：依题意得：∠ADF ∴.OD是△ABC的中位线. ∠PDA,∠APD=∠AFD,N ∴.OD∥AC..∠CFD= ∠PDA=∠PBD,∠ADF= ∠ODF=90°. ∠ABF,∠PAD=∠DAF, ∴.DF⊥AC. ∴.∠ADF=∠AFD=∠BPD (2).∠CDF=30°，由(1)得 =∠ABF,∴.AD=AF,BF∥ ∠ODF=90°，∴.∠ODB= PD,∴DF⊥PB,BE为切 180°-∠CDF-∠ODF 线，.BE⊥PB,.DF∥BE, 60°..OB=OD,∴.△OBD是 ∴.四边形DFBE为平行四边 等边三角形.∴∠BOD=60° 形，PE、BE为切线∴BE= 60元×5_5 DE,∴.四边形DFBE为菱形. .l命= 180 . 夹卷《学情监测》参考答案 学情监测（一） (2)a的值为-1,0,1. 1.B2.A3.B4.B5.A 20.(1)x1=4,x2=-6(不合题 6.A7.A8.B9.A10.C 意，舍去 11.-212.5 (2)如果按照这样的传染速 13.m≤2且m≠114.315.4 度，经过三轮传染后共有125 16.(1)x1= 3+√17 个人会患流感. 4 ，x2= 21.(1)前三季度生产量的平均增 3-√17 长率为20%. (2)应该再增加4条生产线， 4 22.(1)BG的长为50m,BE的长 (2)x1=-1,x2=3. 为30m; 17.x2=2-√5，m=(2+√5)(2 (2)当CG=3AE时，新劳动基 -3)=1. 地的面积不可以为1800m. 18.x1=-1,x2=-2. 理由略。 19.(1)a<2. 23.(1)是 78 (2)设方程的两根为a,3a, ∴.抛物线开口向上，顶点坐标 则a+3a=m+n,a·3a= mn,即m+n=4a,mn=3a2, 为分 ..mn mn 9 m2+n2 x= (m+n)2-2mn 2时y最小值为一 3a2 16a2-2X3a-10 号(-2>1- (3)由题意，设一元二次方程 ∴.x=-2时，y=4+2-2=4 a.x2+bx+c=0(a≠0)的两个 为最大值， 根为t和3t. ∴.当-2≤x≤1时，y的最大 .原方程可以改写为a(x一 值与最小值的差为4-(-号)》 t)(x-3t)=0, ax2+bx+c=ax?-Aalx+ 25 3at2,. (b=-Aat c=3at2· 20.垂直于墙的边为20m,平行于 墙的边为60m,花园面积最大 解得3b2-16ac=0. 为1200m2. ∴.a,b,c之间的关系是3b2一 21.(1)y=-10x+900 16ac=0. (2)当售价定为60元时，利润 学情监测（二）】 最大，最大值为6000元. 1.B2.A3.A4.D5.C 6.D7.C8.D9.C10.C 22.(1)P(0,2.8),a的值是-0.4. 11.-212.y=(x-2)2-2 (2)选择吊球方式，球的落地 点到C点的距离更近， 13.-1<x<314.1015.-4s 23.(1)4-3 16.y=x2+4x=(x2+4x+4) (2)点Q的坐标为(2,1一2 4=(x+2)2一4，对称轴为直 √5)或(2,1+25)或（2，一 线x=一2，顶点坐标为（一2， -4). )或2，-. 17.(1)y=-(x+1)2+4. (2)令-(x+1)2+4=0,解得 86=3或-9 x1=一3，x2=1,故可将图象 学情监测（三） 向右平移3个单位或向左平1.D2.D3.A4.D5.A 移1个单位，新图象经过坐标 6.B7.D8.C9.D10.A 原点. 6 18.(1)A、B两点的坐标分别是 11.y=- 12.k<413.4 (-1,0),(0,2). (2)由图可知，一1<x<0时， 14.y<-2或y2>015.4048 405 y1>y2· 16.(1)y=-2 =-3. 19.(1)将(-1,0)、(2,0)代入y= x2+bx+c得0=4+2b+c 10=1-b+c 3 (2)当2<y<4时：2<x<3. (3)由图象可得当-1<x<2且 g2 x≠0时，y<一6或y>3. (2):y=x2-x-2=（x 17y=9 - 18.用电器的可变电阻应大于或 等于3.62. 79 19.(1)C 21.(1)五、六两月销量的月平均 (2)①在第三象限内，y随x 增长率为25%： 的增大而减小②图象的两 (2)当该设备每台降价5元 个分支分别位于第三、四象限 时，门店七月获利4250元. 1 (3)x<- 2或> 22.(1)①(1,2.25)②y=-(x -1)2+2.25; 20.(1)一次函数y1=x+4的图 (2)h的取值范围为0≤h≤2. 象过点A(-1,a), 24. ∴.a=-1+4=3, 23.(1)(-2,0)(2,2) ∴.A(一1,3)代入反比例函数 (2)y=- 为-兰得，=-8 安r++3： (2)k≥一4且k≠0. (3①设点P(m,方m2+号 21.1(÷,7）(,) m+3,点C(m,m+1),则 (2y= 21 h=yp-yc=(- 22.(1)y= 10 +3)-(2m+)=m2+ (2)m=2 2(-2<m<2), ②上式为点P在直线AB上 23.(1)智能控制系统设定的恒温 方的情况，当点P在x轴的上 温度是30℃；(2)大棚在0一 方且在点B的右侧时，令y 24时内，温度不低于24℃的 时间有12小时 合产+合+3=0，解得 学情监测（四） =一2或3，故抛物线和x轴 1.A2.A3.C4.A5.B 另外一个交点坐标(3,0)， 6.A7.B8.C9.C10.D 11.x2一x一2=0（答案不唯一） h=-p=-(-m+ 12.y=3(.x-1)2-213.0.8 m+3)+(分m+1）=m2 14.3或415.①③④ 16.(1)x1=0,x2=4; 2(2<m<3),由①知，当-2< (2)1-1+2 3,x2=1 m<2时，h=- 名m2+2,此 时函数h的对称轴为m=0, 23 :-号>0，故m<0时，当力 17.(1)2(2)4≤y<40. 随m的增大而增大，.一2< 18.(1)= t m≤0：当2<m<3时，h=号 (2)平均每小时至少要卸货8 m2一2(2<m<3),此时函数 吨 19.(1)略 方的对称辅为m=0:号>0， (2)x2=4,m=士6. 故m>0时，当h随m的增大 (3)(x1-1)(x2-1)≤0. 而增大，.2<m<3,综上，m 20.(1)-1-4 的取值范围是一2<m≤0或2 (2)C(4,一1)，△ABC的面积 <m<3. =6. 学情监测（五） 80 1.D2.C3.B4.D5.A ∠ABC=60°，AB=BC, 6.D7.C8.C9.B10.A ∴.∠FBD-∠ABD=∠ABC n昌 -∠ABD, 即∠FBA=∠DBC,易证 12.答案不唯一，如AB∥CD,AD △FBA≌△DBC(SAS), =BC或∠B+∠C=180°等 ∴.AF=CD=CE,∠FAB 13.50°14.y=(x+2)2-3 ∠C=60°，.∠ABC=60°， 15.8 .∠ABC=∠FAB,AF∥ 16..四边形ABCD是正方形， CE, ∴.∠BAD=∠D=90°， ∴.四边形ACEF是平行四边 .AD=6,DE=2, 形 ∴.AE=√JAD2+DE=223.(1)150° 10, (2)图略，把△ABE绕点A逆 由题意，得AF=AE,∠FAE 时针旋转90°得到△ACE',由 =90°， 旋转的性质得，AE'=AE, ∴.△AEF是等腰直角三角 CE'=BE,∠CAE= 形， ∠BAE,∠ACE'=∠B, ∴.EF=√2AE=√2X2/10= ∠EAE'=90°，，∠EAF= 4/5. 45°，∴.∠E'AF=∠CAE'+ 17.(1)旋转角的度数为60°. ∠CAF=∠BAE+∠CAF= (2)略 ∠BAC-∠EAF=90°-45 18.(1)图略 （2)图略，C2(一1， =45°，∴.∠EAF=∠EAF, 易证△EAF≌△E'AF 3) 3 (SAS),.'E'F EF, 19.(1)图略(2)图略 ∠CAB=90°，AB=AC, 20.与△AFB全等的三角形是 ∠B=∠ACB=45°，.∠E △AGE.证明略. CF=45°+45°=90°，由勾股定 21.(1).△ABC是等边三角形， 理得，E'F2=CE2+FC2,即 ∴.∠ACB=60° EF2=BE2+FC2. 由旋转得CD=CE,∠ACE= (3)7. ∠ACB=60°， 学情监测（六） .△CDE是等边三角形，.1.C2.C3.D4.C5.A ∠CDE=60°=∠ACB, 6.D7.B8.C9.B10.A .DE∥BC. 11.√512.24π13.3<x≤5 (2)由旋转得AE=BD=7. 14.2π15.16316.CD=6. DE=DC,AC=AB=8, 17.(1)图略 .△ADE的周长=AE+DE (2)⊙O的半径为2. +AD-AE+DC+AD-AE 18.r=1.5m. +AC=7+8=15. 19.(1)(-2,0)25 22.(1)图略. (2)证明：连接BF, 由旋转可知，DF=BD, e吗 ∠FDB=60°， (3)点E与⊙P内，理由略。 ∴△BFD是等边三角形， 20.(1)证明：AC=BD, ∠FBD=60°，BF=BD, ..ADC=DAB, .△ABC是等边三角形，. ∴.DC=AB(两边都减去 81班级 姓名 得分 HN九年级数学（上册）学情监测（一） (满分：120分时间：120分钟监测范围：第二十五章) 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) 题号 2 3 4 5 6 7 9 10 答案 1.下列方程一定是一元二次方程的是 A.ax2+6x+c-0 B.2x2-1=3.x C.- -3=0 D.2x2-y=1 2.已知x=一1是一元二次方程x2十mx一5=0的一个解， 则m的值是 A.-4 B.-5 C.5 D.4 3.方程2x2=3(x一6)化为一般形式后二次项系数、一次项 系数、常数项分别是 () A.2,3,-6 B.2,-3,18 C.2,-3,6 D.2,3,6 4.某市2023年底森林覆盖率为636.为贯彻落实“绿水青山 就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动， 2025年底森林覆盖率达到68%，如果这两年森林覆盖率 的年平均增长率为x,那么，符合题意的方程是 ( A.0.63(1+x)=0.68 B.0.63(1+x)2=0.68 C.0.63(1+2x)=0.68 D.0.63(1+2x)2=0.68 5.（新疆中考)用配方法解一元二次方程x2十4x一6=0，此 方程可变形为 ( A.(x+2)2=10 B.(x-2)2=10 C.(.x+2)2=2 D.(x-2)2=2 6.(河南中考)关于x的一元二次方程x2十m.x一8=0的根 的情况是 A.有两个不相等的实数根 B.有两个相等的实数根 C.只有一个实数根 D.没有实数根 1 7.若x1十x2=3,x12十22=5，则以x1,x2为根的一元二次 方程是 () A.x2-3.x+2=0 B.x2+3.x-2=0 C.x2+3x+2=0 D.x2-3x-2=0 8.某单位要组织一次篮球联赛，赛制为单循环形式，每两队 之间都要赛一场，赛程共5天，每天3场比赛，则参加比赛 的球队应有 A.5队 B.6队 C.8队 D.9队 9.(兰州中考)关于x的一元二次方程x2十bx十c=0有两个 相等的实数根，则b2一2(1+2c)= () A.-2 B.2 C.-4 D.4 10.(泸州中考)若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的 一元二次方程x2一10x十m=0的两个实数根，且其面积 为11，则该菱形的边长为 A.√5 B.23 C.14 D.2/14 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.若关于x的一元二次方程(m一2)x2十3x十m2一4=0有 一个根为0，则m= 12.已知a,b是一元二次方程x2十3x一2=0的两个根，则a2 十2a一b的值是 13.关于x的一元二次方程(m-1)x2+2x+1=0有实数 根，则实数m的取值范围是 26 14.(山东中考)如图，社区利用一块矩 形空地建了一个小型的惠民停车 场，其布局如图所示，已知停车场的 长为26m,宽为14m,阴影部分设计为停车位，要铺花砖， 其余部分是等宽的通道.已知铺花砖的面积为160m,求 通道的宽是m. 15.我国古代数学家研究过用几何法解一元二次 方程.以方程x(x十6)=72为例加以说明.数 学家赵爽在其所著的《勾股圆方注》中记载的 方法是：如图，将四个长为x十6，宽为x的长方形拼成一 2 个大正方形，则大正方形的边长是x+6十x,面积是四个 矩形的面积与中间小正方形的面积之和，即4×72+62= 324=182,据此易得x+6十x=18,x=6(正根).小熙用 此方法解关于x的方程x(7x一a)=20,其中7x一a>x 构造出同样的图形，已知小正方形的面积为64，则α的值 是 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16.(10分)选择合适的方法解下列方程： (1)2x2-3x-1=0. (2)x2-1=2(x+1). 17.(8分)已知方程x2一4x+m=0的一根为2+3，求方程 的另一根和m的值. 18.(9分)解方程(x一1)2-5(x一1)+4=0时，我们可以将 x-1看成一个整体，设x-1=y,则原方程可化为y2 5y+4=0,解得y1=1,y2=4.当y=1时，即x-1=1, 解得x=2;当y=4时，即x一1=4，解得x=5,所以原方 程的解为x1=2,x2=5.请利用这种方法求方程(2x十 5)2一4(2.x+5)+3=0的解. 3 19.(9分)已知关于x的一元二次方程x2一6.x十2a十5=0有 两个不相等的实数根x1,x2, (1)求a的取值范围. (2)若x12+x2-x1c2≤30，且a为整数，求a的值. 20.(10分)春季是流感的高发时期，某校4月初有1人患了 流感，经过两轮传染后，共有25人患流感. (1)试求每轮传染中平均一个人传染了几个人？ (2)如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少 个人会患流感？ 4 21.(9分)芯片目前是全球紧缺资源，某市政府通过招商引进 “芯屏汽合、集终生智”等优势产业，发展新兴产业，某芯 片公司引进了一条内存芯片生产线，开工第一季度生产 200万个，第三季度生产288万个.试回答下列问题： (1)已知每季度生产量的平均增长率相等，求前三季度生 产量的平均增长率. (2)经调查发现，1条生产线最大产能是600万个/季度 若每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少20 万个/季度，现该公司要保证每季度生产内存芯片2600 万个，在增加产能同时又要节省投入成本的条件下（生产 线越多，投入成本越大)，应该再增加几条生产线？ 22.(10分)【项目化学习】 【项目主题】劳动基地扩建方案 【项目背景】学校计划扩建某劳动基地，综合实践活动小组 以设计“劳动基地扩建方案”为主题开展了一次项目学习. 【信息获取】 信息1，如图，原劳动基地为矩形，AB的长为25m,BC的 长为45m;信息2，如图，扩建后的新劳动基地仍为矩形， BE的最大长度为32m,BG的最大长度为58m. 【问题解决】 (1)若新劳动基地的面积为1500m,且AE=CG,求BG 和BE的长， (2)当CG=3AE时，新劳动基地的面积可以为1800m 5 吗？请说明理由. D 原劳动基地 23.(10分)如果关于x的一元二次方程ax2十bx十c=0有 两个实数根，且其中一个根是另一个根的3倍，那么称这 样的方程为“三倍根方程”.例如：方程x2一4x十3=0的 两个根是1和3，则这个方程就是“三倍根方程”. (1)方程x2一12x十27=0（填“是”或“不是”）“三 倍根方程” (2)若x2一(m+n)x+mm=0是关于x的“三倍根方 程求代数式。的值 (3)如果关于x的一元二次方程ax2十bx+c=0(a≠0) 是“三倍根方程”，试探究α、b、c应满足的数量关系， 6