2021-2022学年湖北省武汉市武昌区部分学校九年级(上)期中数学试卷(附详解)

（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）将一元二次方3𝑥2−1=2𝑥化成一般形式二次项系数为正)，二次项系数一次项系数分别( )A.、−2 B.2 C.−1 D.、1下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的( )B. C. D.3. 抛物𝑦=2(𝑥+3)2+5的顶点坐标( )A.(3,5) B.(−3,5) C.(3,−5) D.(−3,−5)用配方法解方𝑥2−4𝑥−3=0.下列变形正确的( )A.(𝑥−4)2=19 B.(𝑥−2)2=7 C.(𝑥−2)2=1 D.(𝑥+2)2=7下列方程没有实数解的( )A.𝑥2=0C.𝑥2−𝑥−2021=0

B.𝑥2−2𝑥+1=0D.𝑥2+𝑥+1=0要将抛物𝑦=2𝑥2平移后得到抛物𝑦=2𝑥2+4𝑥+5，下列平移方法正确的是( )个单位个单位个单位个单位有一个人患了感冒经过两轮传染后总共传染64人按照这样的传染速度经三轮后患了感冒人数( )A.596 B.428 C.512 D.604下列多边形的所有顶点不一定在同一个圆上的( )三角形 B.矩形 C.菱形 D.正方形9. 𝑚𝑛𝑥2+𝑥=3𝑚3+2𝑛2−𝑚𝑛−6𝑚+的值( )A.2023 B.2027 C.2028第1页，共26页

D.20292. 𝑁=𝐵𝐶𝑀𝑁𝐵=𝐶，点𝐷∠𝑀𝐴𝑁△𝐴𝐵𝐶𝐵𝐷、𝐶𝐷、𝐴𝐷.下列+𝐷𝐶≥≤1𝐵𝐷⋅𝐷𝐶；③24 若𝐷𝐵==≤√3𝑚2+1𝑚𝑛.4 的结论个数( 个．A.0 B.1 C.2 D.3二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11. 点𝐴(𝑎,𝑏)关于原点的对称点的坐标12. 解方2(𝑥−1)2=8，则方程的解. 点1,1)2,23,3𝑦=𝑥2+𝑥+𝑐1，𝑦2，𝑦3的大小关系．14. 𝐴𝐵是⊙𝑂𝐶⊙𝑂𝐴𝐵=∠𝐴𝐶𝐵= ．15. 已知关𝑥的二次函𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+下列结论中一定正确的.(填序即)𝑥𝑐𝑥2+𝑏𝑥+𝑎=必有两个不等实数根；②若对任意实数𝑡都有𝑎𝑡2+𝑏𝑡≤𝑎−𝑏(𝑎<0)，则𝑏=2𝑎；③若(𝑎𝑚2+𝑏𝑚+𝑛2+𝑛+)<𝑚<)𝑥2+𝑥+𝑐=𝛼𝑚<𝛼<𝑛；若𝑎2𝑚2+𝑏𝑎𝑚+𝑎𝑐<0，则方𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0必有两个实数根．. 已知⊙𝑂的直𝐶=2√𝐴为⊙𝑂上一动点𝐷、𝐵𝐷分别平分△𝐴𝐵𝐶的外角，𝐴𝐷与⊙𝑂交于点𝐸.若将𝐴𝑂绕𝑂点逆时针旋转270°，则点𝐷所经历的路径长为 .(𝑅为𝑛𝜋𝑅)180三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）17. 解方程：𝑥2𝑥−3=0．第2页，共26页18. 𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝐴𝑂𝐵=1∠𝐵𝑂𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=45°．3(1)求证：𝐴，𝐵，𝐶在以𝑂为圆心，𝑂𝐴为半径的圆上；(2)求∠𝑂𝐴𝐶的度数．𝑦=𝑥2−2𝑥−3．(1)𝑥 … −1 0 1 2 3 …𝑦 … …当𝑥满时，函数值大0；(3)当−2<𝑥<2时，𝑦的取值范围．第3页，共26页𝐴𝐶𝐵𝐴𝐵𝐷𝐴𝐶𝐵𝐶.请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹(用虚线表示画图过程，实线表示画图结果)(1)分别在𝐴𝐵、𝐴𝐶取点𝐸、𝐹，使𝐸𝐹//𝐵𝐶，𝐸𝐹=1𝐵𝐶；2(2)作△𝐴𝐵𝐶的角平分线𝐵𝑀；(3)在△𝐴𝐵𝐶的角平分线𝐵𝑀取一点𝑁，使𝐶𝑁+𝐷𝑁最小．21. 如图，𝑃𝐴𝐵=√3𝑐𝑚，𝑃𝐶∠𝐴𝑃𝐵，𝐶=30°．(1)当∠𝑃𝐴𝐶𝑃𝐴𝐶𝐵有最大面积？最大面积是多少？当𝑃𝐴的长，四边𝑃𝐴𝐶𝐵是梯一组对边平行，另一组对边不平行四边)(直接写答)．第4页，共26页𝑥𝑦()𝑥的关系为二次函数，销售情况记录如表：𝑥123𝑦3976111求𝑦𝑥的函数关系式；这批苹果多少天才能销售完；20千克？23.【问题背景】如图1，𝑃为△𝐴𝐵𝐶内一点，连𝑃𝐵、𝑃𝐶.则𝑃𝐶+𝑃𝐵<𝐴𝐵+𝐴𝐶．小明考虑到“三角形两边之和大于第三边”，延长𝐵𝑃交𝐴𝐶于𝐸，就可以证明上面结论．请按小明的思路完成证明过程；【迁移应用】如图2，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶>120°，𝑃为△𝐴𝐵𝐶内一点，求证：𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶>𝐴𝐵+𝐴𝐶．【拓展创新】已△𝐴𝐵𝐶中===+𝑏=+3𝑏=△𝐴𝐵𝐶所在平面内一点，𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶的最小值用𝑐的式子表) .(直接出结)第5页，共26页24.1𝑦𝑎𝑥2𝑏𝑥𝑐𝑥𝐴𝐵𝑦𝐶点．且抛物线的对称𝑥=2，𝑂𝐶==3．求抛物线的解析式；𝐷(𝑚,−2)(𝑦)𝐷𝐸：𝑦=𝑘1𝑥+𝑏1(切点为𝐸)和𝐷𝐹：𝑦=𝑘2𝑥+𝑏2(𝐹为切点)，求𝑘1𝑘2的值；3𝑦𝑙3𝑙4分别与(2)中直线𝐷𝐸、𝐷𝐹平行，𝑙3与𝐶1交于𝐸，𝐹两点，𝑙4与𝐶1交于𝐺，𝐻两点，𝑀，𝑁分别为𝐸𝐹、𝐺𝐻的中点，求点𝑂到直线𝑀𝑁的距离𝑑的最大值．第6页，共26页第7页，共26页答案和解析𝐴【解析】解：∵3𝑥2−1=2𝑥，∴3𝑥2−2𝑥−1=0，∴二次项系数和一次项系数分别是3和−2，故选：𝐴．先化成一元二次方程的一般形式，再找出二次项系数和一次项系数即可．本题考查了一元二次方程的一般形式，多项式的项和单项式的系数等知识点，注意：找多项式项的系数时，带着前面的符号．𝐵【解析】解：𝐴.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；C.D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：𝐵．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．180度后与原图重合．𝐵【解析】解：∵𝑦=2(𝑥+3)2+5，∴抛物线顶点坐标为(−3,5)，故选：𝐵．由抛物线的解析式可求得答案．本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在𝑦=𝑎(𝑥−第8页，共26页ℎ)2+𝑘中，对称轴为𝑥=ℎ，顶点坐标为(ℎ,𝑘)．𝐵【解析】解：∵𝑥2−4𝑥−3=0，∴𝑥2−4𝑥=3，则𝑥2−4𝑥+4=3+4，即(𝑥−2)2=7，故选：𝐵．移项后两边都加上一次项系数一半的平方即可．本题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．𝐷𝑥2=0=𝑥2=0，故本选项不合题意；B.𝑥2−2𝑥+1=0，∵𝑏2−4𝑎𝑐=(−2)2−4×1×1=0，∴此方程有两个相等的实数根，故本选项不合题意；C.𝑥2−𝑥−2021=0，∵𝑏2−4𝑎𝑐=(−1)2−4×1×(−2021)=8085>0，∴此方程有两个不相等的实数根，故本选项不合题意；D.𝑥2+𝑥+1=0，∵𝑏2−4𝑎𝑐=12−4×1×1=−3<0，∴此方程无解，本选项符合题意．故选：𝐷．逐项解方程或求出根的判别式，根据判别式的符号即可得到结论．系是解决问题的关键．𝐴第9页，共26页【解析】解：∵𝑦=2𝑥2+4𝑥+5=2(𝑥+1)2+3，∴该抛物线的顶点坐标是(−1,3)，∵抛物线𝑦=2𝑥2的顶点坐标是(0,0)，∴平移的方法可以是：将抛物线𝑦=2𝑥2向左平移1个单位，再向上平移3个单位．故选：𝐴．原抛物线顶点坐标为(0,0)，平移后抛物线顶点坐标为(−1,3)，由此确定平移规律．本题考查了二次函数图象与几何变换．关键是将抛物线的平移问题转化为顶点的平移，寻找平移方法．𝐶【解析】解：设每轮传染中平均一个人传染𝑥个人，由题意得：1+𝑥+𝑥(1+𝑥)=64，解得𝑥1=7，𝑥2=−9，∵𝑥>0，∴𝑥2=−9，不合题意，舍去，∴𝑥=7．则第三轮的感冒人数为：(7+1)3=512．故选：𝐶．设第一个人传染了𝑥人，根据两轮传染后共有64人患了感冒；列出方程，求解，然后求出三轮之后患感冒的人数．本题考查了一元二次方程的应用，解答本题的关键在于读懂题意，设出合适的未知数，找出等量关系，列方程求解．𝐶.∵矩形对角线相等且互相平分，∴四个顶点到对角线交点距离相等，∴矩形四个顶点定可在同一个圆上，故选项不符合题意；∵菱形对角线互相平分但不相等，∴四个顶点到对角线交点距离不一定相等，第10页，共26页∴菱形四个顶点定不一定在同一个圆上，故选项符合题意；∵正方形对角线相等且互相平分，∴四个顶点到对角线交点距离相等，∴正方形四个顶点定可在同一个圆上，故选项不符合题意；故选：𝐶．根据三点共圆可得三角形的三个顶点在同一个圆上，由于矩形和正方形矩形对角线相等C．此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，圆的认识，能够理解四个顶点在同一个圆上的条件是解决本题的关键．𝐷【解析】解：∵𝑚、𝑛是一元二次方程𝑥2+𝑥−3=0的两个实数根，∴𝑚2+𝑚−3=0，𝑛2+𝑛−3=0，∴𝑚2=−𝑚+3，𝑛2=−𝑛+3，∴𝑚3=𝑚(−𝑚+3)=−𝑚2+3𝑚=−(−𝑚+3)+3𝑚=4𝑚−3，∴𝑚3+2𝑛2−𝑚𝑛−6𝑚+2021=4𝑚−3+2(−𝑛+3)−𝑚𝑛−6𝑚+2021=−2(𝑚+𝑛)−𝑚𝑛+2024，∵𝑚、𝑛是一元二次方程𝑥2+𝑥−3=0的两个实数根，∴𝑚+𝑛=−1，𝑚𝑛=−3，∴原式=−2×(−1)−(−3)+2024=2029．故选：𝐷．先利用一元二次方程解的定义得到𝑚2=−𝑚+3，𝑛2=−𝑛+3，再用𝑚表示出𝑚3=4𝑚−3，则原式化简为−2(𝑚+𝑛)−𝑚𝑛+2024，接着利用根与系数的关系得到𝑚+𝑛=−1，𝑚𝑛=−3，然后利用整体代入的方法计算．本题考查了根与系数的关系12𝑥2+𝑥+𝑐=𝑎≠的两根，则

+

=−𝑏，𝑥1𝑥2=𝑐.也考查了一元二次方程的解．1 2 𝑎 𝑎第11页，共26页𝐴【解析】解：①如图1，将△𝐴𝐶𝐷绕点𝐴逆时针旋转60°得到△𝐴𝐵𝐶′，则△𝐴𝐵𝐶′≌△𝐴𝐶𝐷，∴𝐴𝐶′=𝐴𝐷，𝐵𝐶′=𝐶𝐷，∵∠𝐷𝐴𝐶′=60°，∴△𝐴𝐶′𝐷是等边三角形，∴𝐶′𝐷=𝐴𝐷，在△𝐵𝐶′𝐷中，𝐵𝐶′+𝐵𝐷>𝐶′𝐷，∴𝐶𝐷+𝐵𝐷>𝐴𝐷，当∠𝐴𝐷𝐶=60°，即∠𝐴𝐶′𝐵=60°时，𝐶′、𝐵、𝐷三点共线，∴𝐶𝐷+𝐵𝐷=𝐴𝐷，故①正确；②如图2，过点𝐶作𝐶𝐻⊥𝐵𝐷于𝐻，则∠𝐵𝐻𝐶=90°，∴𝐶𝐻=𝐶𝐷⋅sin∠𝐶𝐷𝐻，∴𝑆△𝐵𝐷𝐶=1𝐵𝐷⋅𝐶𝐻=1𝐵𝐷⋅𝐶𝐷⋅sin∠𝐶𝐷𝐻，2 2∵∠𝐶𝐷𝐻≤90°，∴sin∠𝐶𝐷𝐻≤1，2∴𝑆△𝐵𝐷𝐶≤1𝐵𝐷⋅𝐶𝐷，故②正确；2③如图3，把△𝐵𝐷𝐶绕点𝐵顺时针旋转60°得到△𝐴𝐵𝐾，连接𝐷𝐾，由旋转得：𝐵𝐷=𝐵𝐾，∠𝐷𝐵𝐾=60°，∴△𝐵𝐷𝐾是等边三角形，4∴𝑆△𝐵𝐷𝐾=√3𝑚2，4∵△𝐴𝐵𝐾≌△𝐵𝐷𝐶(根据旋转的性质)，∴𝑆△𝐴𝐵𝐾=𝑆△𝐵𝐷𝐶=1𝐵𝐷⋅𝐶𝐷⋅sin∠𝐶𝐷𝐻≤1𝐵𝐷⋅𝐶𝐷，2 22即𝑆△𝐴𝐵𝐾≤1𝑚𝑛，2第12页，共26页∴𝑆△𝐴𝐵𝐷≤𝑆△𝐴𝐵𝐾+𝑆△𝐵𝐷𝐾≤√3𝑚2+1𝑚𝑛，4 2故③正确；综上所述，正确的结论为3个，错误的结论为0个，故选：𝐴．160°是等边三角形，再运用三角形三边关系即可判断①正确；②如图2，过点𝐶作𝐶𝐻⊥𝐵𝐷于𝐻，则∠𝐵𝐻𝐶=90°，根据𝑆△𝐵𝐷𝐶=1𝐵𝐷⋅𝐶𝐻=1𝐵𝐷⋅𝐶𝐷⋅2 2sin∠𝐶𝐷𝐻，即可判断②正确；③如图3，把△𝐵𝐷𝐶绕点𝐵顺时针旋转60°得到△𝐴𝐵𝐾，连接𝐷𝐾，由旋转的性质可证得△𝐵𝐷𝐾是等边三角形，𝑆△𝐵𝐷𝐾=√3𝑚2，即可判断③正确．4本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质，三角形面积，解题关键是利用旋转变换构造全等三角形．411.【答案】(−𝑎,−𝑏)【解析】解：点𝐴(𝑎,𝑏)关于原点的对称点的坐标为(−𝑎,−𝑏)．故答案为：(−𝑎,−𝑏)．根据平面直角坐标系中任意一点𝑃(𝑥,𝑦)，关于原点的对称点是(−𝑥,−𝑦)，然后直接作答即可．面直角坐标系的图形．12.【答案】𝑥1=3，𝑥2=−1【解析】解：(𝑥−1)2=4，𝑥−1=±2，所以𝑥1=3，𝑥2=−1．故答案为𝑥1=3，𝑥2=−1．先把方程变形为(𝑥−1)2=4，然后利用直接开平方法解方程．本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如𝑥2=𝑝或(𝑛𝑥+𝑚)2=𝑝(𝑝≥0)的一第13页，共26页元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．13.【答案】𝑦2>𝑦1>𝑦3【解析】解：二次函数𝑦=−𝑥2+2𝑥+𝑐的对称轴为：𝑥=−

22×(−1)

=1，由对称性得，𝑃1(−1,𝑦1)关于对称轴对称的点𝑄的坐标为(3,𝑦1)，∵𝑎=−1<0，∴在对称轴的右侧，即𝑥>1时，𝑦随𝑥的增大而减小，∵𝑃2(2,𝑦2)，𝑃3(5,𝑦3)，𝑄(3,𝑦1)，∴𝑦2>𝑦1>𝑦3，故答案为：𝑦2>𝑦1>𝑦3．𝑦𝑥𝑃1𝑄的坐标，再进行比较即可．轴是关键．14.【答案】50°【解析】解：∵𝑂𝐴=𝑂𝐵，∠𝑂𝐴𝐵=40°，∴∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐵𝐴=40°∴∠𝐴𝑂𝐵=180°−40°−40°=100°，∴∠𝐴𝐶𝐵=1∠𝐴𝑂𝐵=50°，2故答案为：50°．根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠𝐴𝑂𝐵的度数，根据圆周角定理计算即可．弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．15.【答案】①②③④．第14页，共26页【解析】解：①∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐与𝑥轴有两个不同交点，∴方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0有两个不同的实数根，∴𝑏2−4𝑎𝑐>0，∴𝑐𝑥2+𝑏𝑥+𝑎=0有两个不相等的实数根，故①正确；②∵对任意实𝑡都有𝑎𝑡2+𝑏𝑡≤𝑎−𝑏(𝑎<0)，∴𝑎𝑡2+𝑏𝑡+𝑐≤𝑎−𝑏+𝑐，∴当𝑥=−1时，函数有最大值，∴𝑥=−1，∴−𝑏2𝑎

=−1，∴𝑏=2𝑎，故②正确；③∵(𝑎𝑚2+𝑏𝑚+𝑐)(𝑎𝑛2+𝑏𝑛+𝑐)<0(𝑚<𝑛)，∴抛物线与𝑥轴的一个交点的横坐标在𝑚、𝑛之间，∵方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0有一个根𝛼，∴函数图象与𝑥轴的一个交点为(𝛼,0)，∴𝑚<𝛼<𝑛，故③正确；④∵𝑎2𝑚2+𝑏𝑎𝑚+𝑎𝑐<0，∴𝑎(𝑎𝑚2+𝑏𝑚+𝑐)<0，∴当𝑎>0时，𝑎𝑚2+𝑏𝑚+𝑐<0；当𝑎<0时，𝑎𝑚2+𝑏𝑚+𝑐>0，∴𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=正确；根据二次函数与方程的关系即可判断①；根据二次函数的性质即可判断②；根据抛物𝑥③；根据题意，抛物线开口向上，则𝑥=𝑚时，𝑦<=𝑚时，𝑦>0④．本题考查了二次函数图象和系数的关系，抛物线与𝑥在的交点，根的判别式的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．16.【答案】3𝜋2【解析】解：如图，设∠𝐴𝐶𝐵=𝛼，∵𝐵𝐶是⊙𝑂的直径，∴∠𝐵𝐴𝐶=90°，第15页，共26页∴∠𝐷E𝐵=𝛼，∠𝐴𝐵𝐶=90°−𝛼，∵𝐴𝐷、𝐵𝐷分别平分△𝐴𝐵𝐶的外角，∴∠𝐷𝐴𝐵=45°，∠𝐴𝐵𝐷=45°+1𝛼，2∴∠E𝐷𝐵=180°−∠𝐷𝐴𝐵−∠𝐴𝐵𝐷=180°−45°−(45°+1𝛼)=90°−1𝛼，2 2∴∠E𝐵𝐷=180°−∠𝐷E𝐵−∠E𝐷𝐵=180°−𝛼−(90°−1𝛼)=90°−1𝛼，2 2∴∠E𝐷𝐵=∠E𝐵𝐷，∴E𝐵=E𝐷，∵E=E，∴∠E𝐶𝐵=∠E𝐴𝐵=45°，∵∠𝐴E𝐵=90°，∴△𝐵𝐶E是等腰直角三角形，∴E𝐵=E𝐶，∴E𝐵=E𝐶=E𝐷，∴点𝐷在半径为2的⊙E上逆时针旋转135°，180

=3𝜋，2故答案为：3𝜋．2∠𝐴𝐶𝐵=𝐵𝐶是⊙𝑂∠𝐷𝐴𝐵451∠E𝐵𝐷=9012 2𝐷𝐵=𝐵=𝐵=𝐶=𝐷，𝐷⊙E135°，再利用弧长公式即可得出答案．本题考查了圆的性质，旋转变换的性质，角平分线定义，等腰直角三角形性质，弧长公式，点的运动轨迹等，解题关键是确定点𝐷的运动轨迹为半径为2的⊙E上逆时针旋转135°的圆弧．17.【答案】解：𝑥2−𝑥−3=0，∵𝑎=1，𝑏=−1，𝑐=−3，△=𝑏2−4𝑎𝑐=(−1)2−4×1×(−3)=13>0，∴方程有两个不等的实数根，第16页，共26页∴𝑥=1±√13，2则𝑥1=1√13，𝑥2=1√13．2 2【解析找出方程中二次项系𝑎，一次项系𝑏及常数𝑐，计算出根的判别式，由根的判别式大0，得到方程有解，𝑎，𝑏𝑐的值代入求根公式即可求出原方程的解．此题考查了解一元二次方程公式法，利用此方法解方程时首先将方程化为一般形式找出二次项系一次项系𝑏及常数当𝑏2 4𝑎𝑐≥时代入求根公式来求解．18.【答案】(1)证明：如图，∵𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶，∴点𝑂是△𝐴𝐵𝐶的外接圆的圆心，∴𝐴，𝐵，𝐶在以𝑂为圆心，𝑂𝐴为半径的圆上；(2)解：∵∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=45°，∴∠𝐵𝑂𝐶=90°，∵∠𝐴𝑂𝐵=1∠𝐵𝑂𝐶=30°，3∴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝐵 ∠𝐵𝑂𝐶=120°，∵𝑂𝐴=𝑂𝐶，∴∠𝑂𝐴𝐶=∠𝑂𝐶𝐴=1(180° 120°)=2【解析】(1)根据三角形外接圆的判定解决问题即可；(2)利用圆周角定理求出∠𝐵𝑂𝐶=90°，再利用等腰三角形的性质解决问题即可．弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．19.【答案0 3 4 3 0 𝑥<1 𝑥>33 <𝑦<5【解析解∵𝑦=𝑥2 2𝑥 ∴当𝑥=1 时，𝑦=当𝑥=0时，𝑦=3(1)；2 2×(1) 3=1 23=0；当𝑥=1时，𝑦=123=4 ；当𝑥=2时，𝑦=443=3 ；1726页当𝑥=3时，𝑦=9−6−3=0．故答案为：0，−3，−4，−3，0；图象如图所示：(2)从图象看，当𝑥满足𝑥<−1或𝑥>3时，函数值大于0，故答案为：𝑥<−1或𝑥>3；(3)∵𝑦=𝑥2−2𝑥−3，当𝑥=−2时，𝑦=4+4−3=5，当𝑥=2时，𝑦=4−4−3=−3，结合函数图象当−2<𝑥<2时，𝑦的取值范围是−3<𝑦<5，故答案为：−3<𝑦<5．求出表格数据，描点连线绘图即可；观察函数图象即可求解；(3)根据函数解析式求出𝑥=−2和𝑥=2时𝑦的值，再结合函数图象写出当−2<𝑥<2时，𝑦的取值范围．本题考查的是抛物线与𝑥轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，关键让学生熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．1，①连接矩形𝐴𝐻𝐶𝐺的对角线𝐺𝐻，交𝐴𝐶于𝐹，②格线𝐸𝑇与𝐴𝐵交于点𝐸，③连接𝐸𝐹，第18页，共26页则𝐸𝐹=1𝐵𝐶，2证明：∵四边形𝐴𝐻𝐶𝐺是矩形，∴𝐴𝐹=𝐶𝐹=1𝐴𝐶，2∵𝐸𝑇//𝐵𝐾，𝐴𝑇=𝑇𝐾，∴𝐸𝐵

=𝐴𝑇

=1，∴𝐴𝐸=𝐸𝐵，∴𝐸𝐹=1𝐵𝐶；2(2)如图2，①延长𝐸𝐹，交半圆于𝐼，②过𝐵、𝐼作射线𝐵𝑀，则𝐵𝑀平分∠𝐴𝐵𝐶，证明：延长𝐴𝐼交𝐵𝐶于𝐽，∵𝐸𝐹是△𝐴𝐵𝐶的中位线，∴𝐸𝐹//𝐵𝐶，∴𝐼𝐽

=𝐵𝐸

=1，∴𝐴𝐼=𝐼𝐽，∵𝐴𝐵是⊙𝐸的直径，∴∠𝐴𝐼𝐵=90°，∴𝐵𝐽=𝐵𝐴，∴𝐵𝑀平分∠𝐴𝐵𝐶；(3)如图3，第19页，共26页设𝐴𝐶与𝐵𝑀的交点是点𝑄，①连接𝐽𝑄并延长交𝐴𝐵于𝑃，②连接𝐷𝑃交𝐵𝑀于𝑁，则点𝑁就是求作的点，证明：∵𝐵𝑀垂直平分𝐴𝐽，∴𝑄𝐽=𝑄𝐴，𝐵𝐽=𝐵𝐴，∴∠𝐴𝐽𝑃=∠𝐽𝐴𝐶，∠𝐴𝐽𝐵=∠𝐽𝐴𝐵，∵𝐴𝐽=𝐴𝐽，∴△𝐴𝐽𝐶≌△𝐽𝐴𝑃(𝐴𝑆𝐴)，∴𝐽𝐶=𝐴𝑃，𝐴𝐶=𝐽𝑃，∴𝐵𝐶=𝐵𝑃，𝑄𝐶=𝑄𝑃，∴𝐵𝑀𝐶𝑃，即𝐶𝑃𝐵𝑀∴𝐶𝑁+𝐷𝑁𝐷𝑃．【解析】(1)矩形𝐴𝐻𝐶𝐺的对角线互相平分，得出𝐴𝐶中点，根据平行线分线段成比例得出𝐴𝐵的中点；(1)𝐸𝐹//𝐵𝐶，结合等腰三角形的“三线合一“，只需得𝐵𝑀是等腰三角形的高即可；𝐶𝐵𝑀𝐽𝑄可．本题考查了矩形性质，平行线分线段成比例定理，线段垂直平分线性质，圆的有关性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是在前问的基础上层层递进思考．或2第20页，共26页【解析】解：(1)如图1中，连接𝑂𝐴，作直径𝐶𝐷，设𝐶𝐷交𝐴𝐵于点𝑁．∵𝑃𝐶平分∠𝐴𝑃𝐵，∴∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐵𝑃𝐶，∴𝐶=𝐶，∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，∴𝐴𝑁=𝐵𝑁=√3(𝑐𝑚)，2∵∠𝐴𝑂𝐶=2∠𝐴𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=30°，∴∠𝐴𝑂𝐶=60°，∴𝑂𝑁=

𝐴𝑁

=1，𝑂𝐴=2𝑂𝑁=1(𝑐𝑚)，∘2∘∴𝐶𝐷=2𝑂𝐴=2(𝑐𝑚)，观察图象可知，当点𝑃与𝐷重合时，四边形𝐴𝑃𝐵𝐶的面积最大，此时∠𝑃𝐴𝐶=90°，最大面积=1𝐴𝐵⋅𝐶𝐷=√3(𝑐𝑚2)；2(2)如图2−1中，当𝑃𝐵是直径时，四边形𝑃𝐴𝐶𝐵是梯形，此时𝐴𝐶//𝑃𝐵，𝑃𝐴=1．如图2−2中，当𝐴𝑃是直径时，四边形𝐴𝑃𝐵𝐶是梯形，此时𝐴𝑃//𝐵𝐶，𝐴𝑃=2．第21页，共26页综上所述，满足条件的𝐴𝑃的值为1或2．故答案为：1或2．𝐴𝐷𝐷𝐵.△𝐶，观察图象可知，当点𝑃与𝐷重合时，四边形𝐴𝑃𝐵𝐶的面积最大；2−𝑃𝐵𝑃𝐴𝐶𝐵2−中，当𝐴𝑃是直径时，四边形𝐴𝑃𝐵𝐶是梯形．22.【答案】解：(1)设𝑦与𝑥的函数关系式为𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐，𝑧+𝑏+𝑐=39则{4𝑎+2𝑏+𝑐=76，9𝑎+3𝑏+𝑐=111𝑎=−1解得：{𝑏=40，𝑐=0∴𝑦与𝑥的函数关系式为𝑦=−𝑥2+40𝑥；(2)由(1)得：𝑦=−𝑥2+40𝑥=−(𝑥−20)2+400，∵−1<0，∴当𝑥=20时，𝑦最大，最大值为400，答：这批苹果20天才能销售完；𝑚千克，由(2)知：库存原量为400千克，(𝑚+6)天后原本库存剩余量为：400−[−(𝑚+6)2+40(𝑚+6)]，𝑚天内再次购买的总量为20𝑚，∵两部分的总量为244千克，第22页，共26页∴400+(𝑚+6)2−40(𝑚+6)+20𝑚=244，整理得：𝑚2−8𝑚−48=0，解得：𝑚=12或𝑚=−4(舍去)．答：再过12天该品种苹果库存量为244千克．【解析】(1)设出二次函数解析式的一般形式，由待定系数法求函数解析式即可；(2)根据函数的性质，当𝑥=−

𝑏时，函数有最大值；2𝑎(3)由(2)知，库存最大量为400千克，库存剩余量等于400−(𝑚+6)天的销售量+𝑚天购进总量，列出方程，解方程即可．本题考查二次函数的应用以及待定系数法求函数解析式，关键是找出等量关写出函数解析式，根据题意求出最大值．23.【答案】5𝑐2【解析】【问题背景】证明：如图1，延长𝐵𝑃交𝐴𝐶于点𝐸，在△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐸+𝐴𝐵>𝐵𝐸=𝐵𝑃+𝑃𝐸，在△𝐶𝑃𝐸中，𝑃𝐸+𝐶𝐸>𝑃𝐶，∴𝐴𝐵+𝐴𝐸+𝐶𝐸+𝑃𝐸>𝑃𝐵+𝑃𝐸+𝑃𝐶，∴𝐴𝐵+𝐴𝐶>𝑃𝐵+𝑃𝐶，即𝑃𝐶+𝑃𝐵<𝐴𝐵+𝐴𝐶；【迁移应用】证明：如图2，将△𝐶𝐴𝑃绕点𝐴逆时针旋转60°得到△𝐷𝐴𝑄，连接𝑃𝑄，𝐵𝐷，𝑃𝐷，由旋转可得：△𝐷𝐴𝑄≌△𝐶𝐴𝑃，∠𝐶𝐴𝐷=∠𝑃𝐴𝑄=60°，∴𝐴𝐷=𝐴𝐶，𝐴𝑄=𝐴𝑃，𝐷𝑄=𝑃𝐶，第23页，共26页∴△𝐴𝑃𝑄是等边三角形，∴𝑃𝑄=𝐴𝑃=𝐴𝑄，∵∠𝐵𝐴𝐶>120°，∴∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐶𝐴𝐷>180°，∴△𝐵𝑃𝐷中，𝑃𝐵+𝑃𝐷>𝐴𝐵+𝐴𝐷，在𝑄𝑃𝐷中，𝑃𝑄+𝑄𝐷>𝑃𝐷，∴𝑃𝐵+𝑃𝑄+𝑄𝐷>𝐴𝐵+𝐴𝐷，∴𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶>𝐴𝐵+𝐴𝐶；【拓展创新】解：由【问题背景】知，当𝑃为△𝐴𝐵𝐶所在平面内一点时，𝑃𝐴+𝑃𝐵≥𝐴𝐵，𝑃𝐵+𝑃𝐶≥𝐵𝐶，𝑃𝐴+𝑃𝐶≥𝐴𝐶，∴𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶≥1(𝐴𝐵+𝐴𝐶+𝐵𝐶)，2∵𝐵𝐶=𝑎，𝐴𝐵=𝑐，𝐴𝐶=𝑏，𝑎+𝑏=4𝑐，6𝑎+3𝑏=19𝑐，∴𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶最小值为1(𝑎+𝑏+𝑐)=5𝑐，2 2故答案为：5𝑐．2【问题背景】在△𝐴𝐵𝐸中和△𝐶𝑃𝐸中，分别利用两边之和大于第三边即可证明；【迁移应用】将△𝐶𝐴𝑃绕点𝐴逆时针旋转60°得到△𝐷𝐴𝑄，连接𝑃𝑄，𝐵𝐷，𝑃𝐷，可得△𝐴𝑃𝑄是等边三角形，则∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐶𝐴𝐷>180°，则可证明；【拓展创新】由三角形三边关系可知：𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶≥1(𝐴𝐵+𝐴𝐶+𝐵𝐶)，从而解决2问题．本题主要考查了三角形三边关系，等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，熟练掌握三角形三边关系进行转化是解题的关键，有一定的难度．24.【答案】解：(1)∵𝑆△𝑎𝐴𝐵𝐶=3，𝑂𝐶=3，∴1⋅𝐴𝐵⋅𝐷𝐶=3，2∴𝐴𝐵=2，∵对称轴为直线𝑥=2，设𝐴(𝑎,0)，𝐵(𝑏,0)，∴𝑏−2=2−𝑎=1，解得𝑎=1，𝑏=3，∴𝐴(1,0)，𝐵(3,0)，第2