2019-2020学年广东省广州市黄埔区九年级（上）期末数学试卷

2019-2020学年广东省广州市黄埔区九年级（上）期末数学试卷一．选择题（本大题共10题，共30分）1．（3分）（湖州一模）方程x（x﹣5）＝0的根是（）A．x＝0 B．x＝5 C．x1＝0，x2＝﹣5 D．x1＝0，x2＝52．（3分）（深圳一模）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．（3分）（2019秋•黄埔区期末）设二次函数y＝（x﹣1）2﹣2图象的对称轴为直线l，若点M在直线l上，则点M的坐标可能是（）A．（2，0） B．（﹣2，0） C．（1，0） D．（0，﹣1）4．（3分）（2019秋•黄埔区期末）在平面内任意画一个四边形，其内角和是180°，这个事件是（）A．随机事件 B．必然事件 C．不可能事件 D．以上选项均不正确5．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接OA，OC，下列结论正确的是（）A．∠ABC+∠AOC＝180° B．∠ABC+∠ADC＝180° C．∠OAB+∠OCB＝180° D．∠BAD+∠BCO＝180°6．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，双曲线y与直线yx交于A，B两点，且A（﹣2，m），则点B的坐标是（）A．（1，﹣2） B．（2，﹣1） C． D．7．（3分）（吴中区一模）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（）A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k≠0 D．k≥﹣18．（3分）（2019秋•黄埔区期末）若等腰直角三角形的外接圆半径的长为2，则其内切圆半径的长为（）A．22 B．2 C．1 D．9．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是AB的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（）A． B． C．π D．2π10．（3分）（2020•顺城区模拟）抛物线y＝ax2+bx+c的图象如图所示，那么一次函数y＝bx+b2﹣4ac与反比例函数y在同一坐标系内的图象大致是（）A． B． C． D．二．填空题（本大题共6题，每小题3分，满分18分）11．（3分）（2019秋•黄埔区期末）二次函数y＝3（x﹣1）2+5的最小值为．12．（3分）（2020秋•禅城区期末）已知反比例函数y在每个象限内y随x增大而减小，则m的取值范围是．13．（3分）（2019秋•黄埔区期末）已知扇形的圆心角为120°，它所对弧长为20πcm，则扇形的半径为．14．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2．将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A′B′C，连接AB′，且A，B′，A′在同一条直线上，则AA′＝．15．（3分）（荆门）已知x＝2是关于x的一元二次方程kx2+（k2﹣2）x+2k+4＝0的一个根，则k的值为．16．（3分）（2019秋•黄埔区期末）已知点P（x0，m），Q（1，n）在二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣1）（a≠0）的图象上，且m＜n下列结论：①该二次函数与x轴交于点（﹣a，0）和（a+1，0）；②该二次函数的对称轴是x；③该二次函数的最小值是（a+2）2；④0＜x0＜1．其中正确的是．（填写序号）三．解答题（本大题共9小题，共102分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（9分）（市中区二模）解方程：x2﹣6x+8＝0．18．（9分）（2019秋•黄埔区期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝10cm，CD＝16cm，求AE的长．19．（10分）（2019秋•黄埔区期末）抛物线y＝x2+4x+3（1）求出该抛物线对称轴和顶点坐标．（2）在所给的平面直角坐标系中用描点法画出这条抛物线．20．（10分）（包头）一个不透明的袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些球除颜色外都相同，其中红球有1个，若从中随机摸出一个球，这个球是白球的概率为．（1）求袋子中白球的个数；（请通过列式或列方程解答）（2）随机摸出一个球后，放回并搅匀，再随机摸出一个球，求两次都摸到相同颜色的小球的概率．（请结合树状图或列表解答）21．（12分）（2019秋•黄埔区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标为A（﹣4，1），B（﹣2，3），C（﹣1，2）．（1）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A′B′C′，点A′，B′，C′分别是点A，B，C的对应点．（2）求过点B′的反比例函数解析式．（3）判断A′B′的中点P是否在（2）的函数图象上．22．（12分）（抚顺）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？23．（12分）（2019秋•黄埔区期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，，点D是AB上一点（点D与A，B不重合），连接CD．（1）用尺规作图，线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE交BC于点F，连接BE；（保留作图痕迹，不写作法．）（2）当AD＝BF时，求∠BEF的度数．（3）求证：AD2+BD2＝2CD2．24．（14分）（2019秋•黄埔区期末）已知抛物线C1：y＝ax2﹣4ax﹣5的开口向上．（1）当a＝1时，求抛物线与x轴的交点坐标；（2）试说明抛物线C1一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标；（3）将抛物线C1沿（2）所求的两个定点所在直线翻折，得到抛物线C2，①写出抛物线C2的表达式；②当抛物线C2的顶点到x轴的距离为2，求a的值．25．（14分）（2019秋•黄埔区期末）如图1，在平面直角坐标系中，⊙O1与x轴相切于点A（﹣3，0），与y轴相交于B、C两点，且BC＝8，连接AB．（1）求证：∠ABO1＝∠ABO；（2）求AB的长；（3）如图2，⊙O2经过A、B两点，与y轴的正半轴交于点M，与O1B的延长线交于点N，求出BM﹣BN的值．

2019-2020学年广东省广州市黄埔区九年级（上）期末数学试卷答案与试题解析一．选择题（本大题共10题，共30分）1．（3分）（湖州一模）方程x（x﹣5）＝0的根是（）A．x＝0 B．x＝5 C．x1＝0，x2＝﹣5 D．x1＝0，x2＝5【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．【分析】方程利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．解：方程x（x﹣5）＝0，可得x＝0或x﹣5＝0，解得：x1＝0，x2＝5．故选：D．【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．2．（3分）（深圳一模）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】数学常识；中心对称图形．【分析】根据中心对称图形的概念即可求解．解：第一个图形是中心对称图形，第二个图形不是中心对称图形，第三个图形是中心对称图形，第四个图形不是中心对称图形，故选：B．【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．3．（3分）（2019秋•黄埔区期末）设二次函数y＝（x﹣1）2﹣2图象的对称轴为直线l，若点M在直线l上，则点M的坐标可能是（）A．（2，0） B．（﹣2，0） C．（1，0） D．（0，﹣1）【考点】一次函数图象上点的坐标特征；二次函数的图象；二次函数的性质．【分析】根据函数解析式可确定对称轴为x＝1，点M在直线l上，因此M的横坐标为1，进而可得答案．解：二次函数y＝（x﹣1）2﹣2图象的对称轴为x＝1，∵点M在直线l上，∴M的横坐标为1，故选：C．【点评】此题主要考查了二次函数的性质，关键是正确确定抛物线的对称轴．4．（3分）（2019秋•黄埔区期末）在平面内任意画一个四边形，其内角和是180°，这个事件是（）A．随机事件 B．必然事件 C．不可能事件 D．以上选项均不正确【考点】随机事件．【分析】根据四边形内角和是360°判断．解：∵四边形内角和是360°，∴在平面内任意画一个四边形，其内角和是180°，这个事件是不可能事件，故选：C．【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．5．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接OA，OC，下列结论正确的是（）A．∠ABC+∠AOC＝180° B．∠ABC+∠ADC＝180° C．∠OAB+∠OCB＝180° D．∠BAD+∠BCO＝180°【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质．【分析】利用圆周角定理直接写出答案即可．解：根据图形发现：四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∠BAD+∠BCD＝180°，故选：B．【点评】考查了圆内接四边形的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补，难度不大．6．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，双曲线y与直线yx交于A，B两点，且A（﹣2，m），则点B的坐标是（）A．（1，﹣2） B．（2，﹣1） C． D．【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．【分析】利用待定系数法求出点A的坐标，再根据对称性求出点B的坐标即可判断．解：∵直线yx经过A（﹣2，m），∴m＝1，∴A（﹣2，1），∵A，B关于原点对称，∴B（2，﹣1），故选：B．【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．7．（3分）（吴中区一模）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（）A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k≠0 D．k≥﹣1【考点】根的判别式．【分析】由方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根可得知b2﹣4ac＞0，结合二次项系数不为0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．解：由已知得：，解得：k＞﹣1且k≠0．故选：B．【点评】本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式组，解题的关键是：结合二次项系数非0与根的判别式＞0得出关于k的一元一次不等式组．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，由根的个数结合根的判别式得出不等式（或不等式组）是关键．8．（3分）（2019秋•黄埔区期末）若等腰直角三角形的外接圆半径的长为2，则其内切圆半径的长为（）A．22 B．2 C．1 D．【考点】等腰直角三角形；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心．【分析】由于直角三角形的外接圆半径是斜边的一半，由此可求得等腰直角三角形的斜边长，进而可求得两条直角边的长；然后根据直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径的长．解：∵等腰直角三角形外接圆半径为2，∴此直角三角形的斜边长为4，两条直角边分别为2，∴它的内切圆半径为：R（224）＝22．故选：A．【点评】本题考查了三角形的外接圆和三角形的内切圆，等腰直角三角形的性质，要注意直角三角形内切圆半径与外接圆半径的区别：直角三角形的内切圆半径：r（a+b﹣c）；（a、b为直角边，c为斜边）直角三角形的外接圆半径：Rc．9．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是AB的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（）A． B． C．π D．2π【考点】坐标与图形性质；圆周角定理；轨迹．【分析】根据题意知四边形OACB是矩形，可得点D是对角线AB、OC的交点，即ODOC，从而可知点D运动轨迹是一个半径为1圆，求得此圆周长即可．解：如图，连接OC，∵CA⊥x轴，CB⊥y轴，∴四边形OACB是矩形，∵D为AB中点，∴点D在AC上，且ODOC，∵⊙O的半径为2，∴如果点C在圆上运动一周，那么点D运动轨迹是一个半径为1圆，∴点D运动过的路程长为2π•1＝2π，故选：D．【点评】本题主要考查点的轨迹问题，矩形的判定和性质，根据四边形OACB是矩形且D为AB中点判断出点D的运动轨迹是解决此题的关键．10．（3分）（2020•顺城区模拟）抛物线y＝ax2+bx+c的图象如图所示，那么一次函数y＝bx+b2﹣4ac与反比例函数y在同一坐标系内的图象大致是（）A． B． C． D．【考点】反比例函数的图象；抛物线与x轴的交点．【分析】根据二次函数图象的开口向上可得a＞0，再根据对称轴确定出b＜0，然后根据x＝﹣1，x＝1时函数图象的位置求出a﹣b+c和a+b+c的符号，最后确定出b2﹣4ac与c﹣2b的正负情况，从而确定出一次函数图象与反比例函数图象即可得解．解：∵二次函数图象开口向上，∴a＞0，∵对称轴为直线x0，∴b＜0，当x＝﹣1时，a﹣b+c＞0，当x＝1时，a﹣b+c＜0，∴（a+b+c）（a﹣b+c）＜0，∵抛物线与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，∴一次函数图象经过第一、二、四象限，反比例函数图象经过第二四象限．故选：D．【点评】本题考查了二次函数图象，一次函数图象，反比例函数图象，此类题目通常根据二次函数图象的开口方向，对称轴以及x的特殊值求出a、b、c的关系是解题的关键．二．填空题（本大题共6题，每小题3分，满分18分）11．（3分）（2019秋•黄埔区期末）二次函数y＝3（x﹣1）2+5的最小值为5．【考点】二次函数的最值．【分析】根据二次函数的性质可直接得出二次函数的最小值．解：由于二次函数y＝3（x﹣1）2+5中，a＝3＞0，所以当x＝1时，函数取得最小值为5，故答案为5．【点评】本题考查了二次函数的最值，解题关键是掌握二次函数顶点式，并会根据顶点式求最值．12．（3分）（2020秋•禅城区期末）已知反比例函数y在每个象限内y随x增大而减小，则m的取值范围是m＞4．【考点】反比例函数的性质．【分析】根据反比例函数的性质列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．解：∵在反比例函数y图象的每个象限内，y随x的增大而减小，∴m﹣4＞0，解得m＞4．故m＞4．【点评】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．13．（3分）（2019秋•黄埔区期末）已知扇形的圆心角为120°，它所对弧长为20πcm，则扇形的半径为30cm．【考点】弧长的计算．【分析】根据弧长公式求弧长，根据面积公式求面积．解：根据题意得，r＝30cm，故答案为30cm．【点评】本题主要考查了弧长公式，及扇形的面积公式．14．（3分）（2019秋•黄埔区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2．将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A′B′C，连接AB′，且A，B′，A′在同一条直线上，则AA′＝6．【考点】含30度角的直角三角形；旋转的性质．【分析】根据直角三角形的性质，可得AB的长，根据旋转的性质，可得A′B′的长，B′C的长，∠A′、∠A′B′C′，根据邻补角的定义，可得∠AB′C的度数，根据等腰三角形的判定，可得AB′，根据线段的和差，可得答案．解：由在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，得AB＝4，∠BAC＝30°．由旋转的性质，得A′B′＝AB＝4，∠A′＝∠BAC＝30°，∠A′B′C＝∠B＝60°，AC＝A′C．由等腰三角形的性质，得∠CAB′＝∠A′＝30°．由邻补角的定义，得∠AB′C＝180°﹣∠A′B′C＝120°．由三角形的内角和定理，得∠ACB′＝180°﹣∠AB′C﹣∠B′AC＝30°．∴∠B′AC＝∠B′CA＝30°，AB′＝B′C＝BC＝2．A′A＝A′B′+AB′＝4+2＝6，故6．【点评】本题考查了旋转的性质，利用了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，利用等腰三角形的判定得出AB′＝B′′C是解题关键．15．（3分）（荆门）已知x＝2是关于x的一元二次方程kx2+（k2﹣2）x+2k+4＝0的一个根，则k的值为﹣3．【考点】一元二次方程的定义；一元二次方程的解．【分析】把x＝2代入kx2+（k2﹣2）x+2k+4＝0得4k+2k2﹣4+2k+4＝0，再解关于k的方程，然后根据一元二次方程的定义确定k的值．解：把x＝2代入kx2+（k2﹣2）x+2k+4＝0得4k+2k2﹣4+2k+4＝0，整理得k2+3k＝0，解得k1＝0，k2＝﹣3，因为k≠0，所以k的值为﹣3．故答案为﹣3．【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．16．（3分）（2019秋•黄埔区期末）已知点P（x0，m），Q（1，n）在二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣1）（a≠0）的图象上，且m＜n下列结论：①该二次函数与x轴交于点（﹣a，0）和（a+1，0）；②该二次函数的对称轴是x；③该二次函数的最小值是（a+2）2；④0＜x0＜1．其中正确的是①②④．（填写序号）【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值；抛物线与x轴的交点．【分析】先求出二次函数的对称轴，然后再分两种情况讨论，即可解答．解：①∵二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣1），∴当y＝0时，x1＝﹣a，x2＝a+1，即该二次函数与x轴交于点（﹣a，0）和（a+1，0）．故①结论正确；②对称轴为：x．故②结论正确；③由y＝（x+a）（x﹣a﹣1）得到：y＝（x）2﹣（a）2，则其最小值是﹣（a）2，故③结论错误；④当P在对称轴的左侧（含顶点）时，y随x的增大而减小，由m＜n，得0＜x0；当P在对称轴的右侧时，y随x的增大而增大，由m＜n，得x0＜1，综上所述：m＜n，所求x0的取值范围0＜x0＜1．故④结论正确．故答案是：①②④．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是利用二次函数的性质，要分类讨论，以防遗漏．三．解答题（本大题共9小题，共102分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（9分）（市中区二模）解方程：x2﹣6x+8＝0．【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．【分析】先把方程左边分解，使原方程转化为x﹣2＝0或x﹣6＝0，然后解两个一次方程即可．解：（x﹣2）（x﹣4）＝0，x﹣2＝0或x﹣4＝0，所以x1＝2，x2＝4．【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：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．（9分）（2019秋•黄埔区期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝10cm，CD＝16cm，求AE的长．【考点】勾股定理；垂径定理．【分析】根据垂径定理可得出CE的长度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的长度，再利用AE＝AO+OE即可得出AE的长度．解：∵弦CD⊥AB于点E，CD＝16cm，∴CECD＝8cm．在Rt△OCE中，OC＝10cm，CE＝8cm，∴OE6（cm），∴AE＝AO+OE＝10+6＝16（cm）．【点评】本题考查了垂径定理以及勾股定理，利用垂径定理结合勾股定理求出OE的长度是解题的关键．19．（10分）（2019秋•黄埔区期末）抛物线y＝x2+4x+3（1）求出该抛物线对称轴和顶点坐标．（2）在所给的平面直角坐标系中用描点法画出这条抛物线．【考点】二次函数的图象；二次函数的性质．【分析】（1）首先利用配方法把解析式写成顶点式，再确定顶点坐标和对称轴即可；（2）计算出y＝0时，x2+4x+3＝0的x值，进而可得抛物线与x轴交于点（﹣1，0）（﹣3，0），再描点画抛物线即可．解：（1）y＝x2+4x+3＝x2+4x+4﹣4+3＝（x+2）2﹣1，顶点坐标为（﹣2，﹣1），对称轴为x＝﹣2；（2）当y＝0时，x2+4x+3＝0，则（x+1）（x+3）＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣3，∴抛物线与x轴交于点（﹣1，0）（﹣3，0），图象如图所示．【点评】此题主要考查了二次函数的性质，关键是掌握二次函数顶点式．20．（10分）（包头）一个不透明的袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些球除颜色外都相同，其中红球有1个，若从中随机摸出一个球，这个球是白球的概率为．（1）求袋子中白球的个数；（请通过列式或列方程解答）（2）随机摸出一个球后，放回并搅匀，再随机摸出一个球，求两次都摸到相同颜色的小球的概率．（请结合树状图或列表解答）【考点】概率公式；列表法与树状图法．【分析】（1）首先设袋子中白球有x个，利用概率公式求即可得方程：，解此方程即可求得答案；（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到相同颜色的小球的情况，再利用概率公式即可求得答案．解：（1）设袋子中白球有x个，根据题意得：，解得：x＝2，经检验，x＝2是原分式方程的解，∴袋子中白球有2个；（2）画树状图得：∵共有9种等可能的结果，两次都摸到相同颜色的小球的有5种情况，∴两次都摸到相同颜色的小球的概率为：．【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．注意掌握方程思想的应用．注意概率＝所求情况数与总情况数之比．21．（12分）（2019秋•黄埔区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标为A（﹣4，1），B（﹣2，3），C（﹣1，2）．（1）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A′B′C′，点A′，B′，C′分别是点A，B，C的对应点．（2）求过点B′的反比例函数解析式．（3）判断A′B′的中点P是否在（2）的函数图象上．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；待定系数法求反比例函数解析式；中心对称；关于原点对称的点的坐标．【分析】（1）首先确定A、B、C点关于原点对称的点的位置，再连接即可；（2）设过点B′的反比例函数解析式为y，再代入B′点坐标即可得到k的值，进而可得函数解析式；（3）首先确定点P坐标，根据凡是函数图象经过的点必能满足解析式可得答案．解：（1）如图：（2）设过点B′的反比例函数解析式为y，∵B′（2，﹣3），∴﹣3，∴k＝﹣6，∴反比例函数解析式为y；（3）∵A′（4，﹣1），B′（2，﹣3）∴A′B′的中点P坐标为（3，﹣2），∵3×（﹣2）＝﹣6，∴点P在（2）的函数图象上．【点评】此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，以及关于原点对称的点的坐标，反比例函数图象上的点的坐标特点，关键是掌握用待定系数法求反比例函数的解析式的步骤：（1）设出含有待定系数的反比例函数解析式y，（k为常数，k≠0）；（2）把已知条件（自变量与函数的对应值）代入解析式，得到待定系数的方程；（3）解方程，求出待定系数；（4）写出解析式．22．（12分）（抚顺）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？【考点】一元二次方程的应用；二次函数的应用．【分析】（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所以y＝300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）＝2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；（3）利用利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w＝（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x＝52时w最大，从而计算出x＝52时对应的w的值即可．解：（1）y＝300﹣10（x﹣44），即y＝﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）＝2400，解得x1＝50，x2＝64（舍去），答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；（3）w＝（x﹣40）（﹣10x+740）＝﹣10x2+1140x﹣29600＝﹣10（x﹣57）2+2890，当x＜57时，w随x的增大而增大，而44≤x≤52，所以当x＝52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890＝2640，答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w最大，最大利润是2640元．【点评】本题考查了二次函数的应用：利用二次函数解决利润问题，解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．也考查了一元二次方程的应用．23．（12分）（2019秋•黄埔区期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，，点D是AB上一点（点D与A，B不重合），连接CD．（1）用尺规作图，线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE交BC于点F，连接BE；（保留作图痕迹，不写作法．）（2）当AD＝BF时，求∠BEF的度数．（3）求证：AD2+BD2＝2CD2．【考点】圆周角定理；作图﹣旋转变换．【分析】（1）过点C作CE⊥CD，截取CE＝CD，然后连接BE；（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再由得到AC＝BC，通过确定△ACB为等腰直角三角形得到∠A＝∠ABC＝45°，接着根据旋转的性质得∠DCE＝90°，CD＝CE，证明△ACD≌△BCE得到AD＝BE，∠CBE＝∠A＝45°，然后证明BF＝BE得到∠BEF＝∠BFE，最后根据三角形内角和计算∠BEF的度数；（3）证明∠DBE＝90°，再利用勾股定理得到BE2+DB2＝DE2，锐角根据BE＝AD，DECD得到结论．（1）解：如图，CE、BE为所作；（2）解：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵，∴AC＝BC，∴△ACB为等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°，∵线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，∴∠DCE＝90°，CD＝CE，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CBE＝∠A＝45°，∵AD＝BF，∴BF＝BE，∴∠BEF＝∠BFE，∴∠BEF（180°﹣45°）＝67.5°；（3）证明：∵∠ABC＝45°，∠CBE＝45°，∴∠DBE＝90°，∴BE2+DB2＝DE2，∵BE＝AD，DECD，∴AD2+BD2＝2CD2．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了圆周角定理．24．（14分）（2019秋•黄埔区期末）已知抛物线C1：y＝ax2﹣4ax﹣5的开口向上．（1）当a＝1时，求抛物线与x轴的交点坐标；（2）试说明抛物线C1一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标；（3）将抛物线C1沿（2）所求的两个定点所在直线翻折，得到抛物线C2，①写出抛物线C2的表达式；②当抛物线C2的顶点到x轴的距离为2，求a的值．【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与几何变换；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点．【分析】（1）将a＝1代入解析式，即可求得抛物线与x轴交点；（2）化简抛物线解析式，即可求得两个定点的横坐标，即可解题；（3）①根据抛物线翻折理论即可解题；②根据①中抛物线C2解析式，分类讨论y＝2或﹣2，即可解题．解：（1）