广东省广州六中教育集团2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省广州六中教育集团2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷，共26页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）把一元二次方程x2﹣3x＝1化为一般形式后，它的常数项为（ ）
A．1B．﹣1C．3D．﹣3
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形B．菱形
C．平行四边形D．正五边形
3．（3分）抛物线y＝x2﹣x﹣2023与y轴的交点坐标为（ ）
A．（0，﹣2023）B．（0，2023）C．（﹣2023，0）D．（2023，0）
4．（3分）用配方法解方程x2+6x+7＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x+3）2＝16B．（x﹣3）2＝16C．（x+3）2＝2D．（x+3）2＝﹣2
5．（3分）如图，△AOB中，∠B＝25°，将△AOB绕点O顺时针旋转60°，得到△A′OB′，边A′B′与边OB交于点C（A′不在OB上），则∠A′CO的度数为（ ）
A．105°B．95°C．85°D．75°
6．（3分）将抛物线y＝2x2向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A．y＝2（x+2）2+3B．y＝2（x﹣2）2+3
C．y＝2（x﹣2）2﹣3D．y＝2（x+2）2﹣3
7．（3分）已知t2﹣3t+1＝0，则t+＝（ ）
A．3B．﹣3C．1D．﹣1
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°得到△DEF，其中A、B、C分别和D、E、F对应，则旋转中心的坐标是（ ）
A．A（0，0）B．（1，0）C．（1，﹣1）D．（0.5，0.5）
9．（3分）已知一元二次方程ax2+bx+c＝0的解是x1＝﹣1，x2＝3，则一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝0的解是（ ）
A．x1＝1，x2＝3B．x1＝1，x2＝﹣1
C．x1＝﹣1，x2＝3D．x1＝﹣1，x2＝﹣3
10．（3分）把抛物线y＝x2+2x﹣3在x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新函数图象（如图所示），有下列结论：①图象具有对称性，对称轴是直线x＝﹣1；②当x＝﹣1时，函数有最大值是4；③当﹣3＜x＜﹣1或x＞1时，函数值随x值的增大而增大；④函数图象与直线y＝5有2个交点，其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分.）
11．（3分）点（3，﹣2）关于原点的对称点的坐标为 ．
12．（3分）若x＝2是关于x的一元二次方程3x2﹣mx﹣2＝0的一个根，则m的值是 ．
13．（3分）抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴的一个交点为（﹣3，0），则另一个交点坐标为 ．
14．（3分）飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）关于滑行时间t（单位：s）的函数解析式是y＝60t﹣t2．在飞机着陆滑行中，飞机从开始滑行到停止所需时间为 秒．
15．（3分）已知m是一元二次方程x2+3x+n﹣2＝0的一个根，则m﹣n的最小值为 ．
16．（3分）如图，△AOB中，∠ABO＝90°，点B在x轴上，点A坐标为 ，将△AOB绕点O旋转15°，此时点A的对应点A的坐标是 ．
三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤.）
17．（4分）解一元二次方程：x2﹣4x﹣1＝0．
18．（5分）如图，利用函数y＝x2﹣4x+3的图象，直接回答：
（1）方程x2﹣4x+3＝0的解是 ；
（2）不等式x2﹣4x+3＜0的解集为 ；
（3）不等式x2﹣4x+3＞x+3的解集为 ．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）请画出将△ABC绕原点O旋转180°后得到的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）请画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点B2的坐标．
20．（7分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+2）x+m+1＝0．
（1）求证：不论m取任何实数，该方程总有两个实数根；
（2）如果该方程有一个根小于0，求m的取值范围．
21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B顺时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF．
（1）若∠BAC＝20°，求∠BAF的度数；
（2）若AC＝12，BC＝5，求AF的长．
22．（8分）某商家批发一种成本为8元/kg的水果，销售单价不高于18元/kg，销售一段时间后发现，每天的销售量 y（kg） 与销售单价x（元/kg） 满足的函数关系为 y＝﹣100x+3000．
（1）销售单价定为多少元时，每天获得的利润是10500元？
（2）销售单价定为多少元时，每天获得的利润最大，并求出最大利润．
23．（10分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+k+3＝0（k为常数）．
（1）若方程的两根为菱形相邻两边长，求k的值；
（2）是否存在满足条件的常数k，使该方程的两解等于边长为2的菱形的两对角线长，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
24．（12分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（3，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α＝60°，连接BB′，求BB′的长度；
（2）如图2，若α＝120°，求O′的坐标并直线写出B′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，请直接写出O′P+AP′的最小值和此时点P的坐标．
25．（12分）如图，二次函数y＝x2+bx的图象与x轴交于点A（4，0），顶点为B．
（1）求顶点B的坐标；
（2）点E在第二象限的抛物线上，连接BE．设BE交y轴于点D，过点B作BC⊥x轴，垂足为C，连接CD，AE．求证：CD∥AE；
（3）若将线段OA向上平移4个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的线段与二次函数y＝a（x2+bx）的图象只有一个交点，请直接写出常数a的取值范围．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的)
1．（3分）把一元二次方程x2﹣3x＝1化为一般形式后，它的常数项为（ ）
A．1B．﹣1C．3D．﹣3
【分析】根据一元二次方程的一般式及定义，即可求解．
【解答】解：x2﹣3x＝1转化为一般式得，x2﹣3x﹣1＝0，
∴常数项为﹣1，
故选：B．
【点评】本题主要考查一元二次方程的应用，掌握一元二次方程的定义和形式是解题的关键．
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形B．菱形
C．平行四边形D．正五边形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合菱形、平行四边形、等边三角形、正五边形的性质求解．
【解答】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：B．
【点评】此题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图形重合．
3．（3分）抛物线y＝x2﹣x﹣2023与y轴的交点坐标为（ ）
A．（0，﹣2023）B．（0，2023）C．（﹣2023，0）D．（2023，0）
【分析】令x＝0时，y＝﹣2023，解答即可．
【解答】解：令x＝0时，y＝﹣2023，
∴抛物线y＝x2﹣x﹣2023与y轴的交点坐标为 （0，﹣2023），
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
4．（3分）用配方法解方程x2+6x+7＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x+3）2＝16B．（x﹣3）2＝16C．（x+3）2＝2D．（x+3）2＝﹣2
【分析】根据配方法的求解步骤，求解即可．
【解答】解：x2+6x+7＝0，
移项可得：x2+6x＝﹣7，
左右两边同时加上9：x2+6x+9＝2，
则（x+3）2＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法﹣﹣﹣配方法，熟练掌握配方的步骤是解题的关键；配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
5．（3分）如图，△AOB中，∠B＝25°，将△AOB绕点O顺时针旋转60°，得到△A′OB′，边A′B′与边OB交于点C（A′不在OB上），则∠A′CO的度数为（ ）
A．105°B．95°C．85°D．75°
【分析】由旋转的性质可得∠B＝∠B'＝25°，∠BOB'＝60°，由外角的性质可求解．
【解答】解：∵将△AOB绕点O顺时针旋转60°，得到△A′OB′，
∴∠B＝∠B'＝25°，∠BOB'＝60°，
∴∠A'CO＝∠B'+∠BOB'＝85°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6．（3分）将抛物线y＝2x2向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A．y＝2（x+2）2+3B．y＝2（x﹣2）2+3
C．y＝2（x﹣2）2﹣3D．y＝2（x+2）2﹣3
【分析】根据“上加下减、左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝2x2向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为y＝2（x﹣2）2+3，
故选：B．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
7．（3分）已知t2﹣3t+1＝0，则t+＝（ ）
A．3B．﹣3C．1D．﹣1
【分析】先方程两边都除以t，再移项得出t+＝3即可．
【解答】解：∵t2﹣3t+1＝0，
∴t﹣3+＝0，
∴t+＝3．
故选：A．
【点评】本题考查了分式的混合运算，能选择适当的方法求解是解此题的关键．
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°得到△DEF，其中A、B、C分别和D、E、F对应，则旋转中心的坐标是（ ）
A．A（0，0）B．（1，0）C．（1，﹣1）D．（0.5，0.5）
【分析】根据对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，作出旋转中心，可得结论．
【解答】解：如图，点Q即为所求，Q（1，﹣1）．
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解旋转中心是对应点连线段的垂直平分线的交点．
9．（3分）已知一元二次方程ax2+bx+c＝0的解是x1＝﹣1，x2＝3，则一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝0的解是（ ）
A．x1＝1，x2＝3B．x1＝1，x2＝﹣1
C．x1＝﹣1，x2＝3D．x1＝﹣1，x2＝﹣3
【分析】当把方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝0看作关于（2x+1）的一元二次方程时，则2x+1＝﹣1或2x+1＝3，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：把方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝0看作关于（2x+1）的一元二次方程，
∵一元二次方程ax2+bx+c＝0的解是x1＝﹣1，x2＝3，
∴2x+1＝﹣1或2x+1＝3，
解得x1＝﹣1，x2＝1．
故选：B．
【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．灵活运用换元法是解决问题的关键．
10．（3分）把抛物线y＝x2+2x﹣3在x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新函数图象（如图所示），有下列结论：①图象具有对称性，对称轴是直线x＝﹣1；②当x＝﹣1时，函数有最大值是4；③当﹣3＜x＜﹣1或x＞1时，函数值随x值的增大而增大；④函数图象与直线y＝5有2个交点，其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据所给函数的图象，可得出其增减性和对称性，再求出函数图象与x轴的交点坐标，对所给结论逐次进行判断即可．
【解答】解：因为抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝，
即抛物线关于直线x＝﹣1对称，
又因为新图象是将该抛物线下方的部分翻折到x轴上方，其余部分不变，
所以新函数图象仍然关于直线x＝﹣1对称．
故①正确．
观察新函数图象发现，
函数图象向左上方和右上方无限延伸，
所以新函数无最大值．
故②错误．
令y＝0得，
x2+2x﹣3＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣3．
所以当x＜﹣3或﹣1＜x＜1时，y随x的增大而减小；
当﹣3＜x＜﹣1或x＞1时，y随x的增大而增大．
故③正确．
由题知，
函数图象在直线x＝﹣3和直线x＝1之间的部分所对应的函数解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
将x＝﹣1代入得，
y＝﹣1+2+3＝4．
因为4＜5，
所以函数图象与直线y＝5有2个交点．
故④正确．
所以正确的结论有①③④．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数与x轴交点及二次函数的最值，巧妙利用数形结合的数学思想是解题的关键．
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分.）
11．（3分）点（3，﹣2）关于原点的对称点的坐标为 （﹣3，2） ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．
【解答】解：点（3，﹣2）关于原点的对称点的坐标为（﹣3，2），
故答案为：（﹣3，2）．
【点评】此题主要考查了两个点关于原点对称时，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12．（3分）若x＝2是关于x的一元二次方程3x2﹣mx﹣2＝0的一个根，则m的值是 5 ．
【分析】把x＝2代入方程3x2﹣mx﹣2＝0中得：3×22﹣2m﹣2＝0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：把x＝2代入方程3x2﹣mx﹣2＝0中得：3×22﹣2m﹣2＝0，
解得：m＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
13．（3分）抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴的一个交点为（﹣3，0），则另一个交点坐标为 （5，0） ．
【分析】根据抛物线的对称性质解答．
【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣2x+m的对称轴是直线x＝﹣＝1，
∴点（﹣3，0）关于直线x＝1对称的点的坐标是：（5，0），即另一个交点坐标为（5，0）．
故答案为：（5，0）．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，解题时利用了抛物线的轴对称的性质，难度不大．
14．（3分）飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）关于滑行时间t（单位：s）的函数解析式是y＝60t﹣t2．在飞机着陆滑行中，飞机从开始滑行到停止所需时间为 20 秒．
【分析】将函数解析式配方成顶点式求出y的最大值时的t的值即可得到结论．
【解答】解：∵y＝60t﹣t2＝﹣（t﹣20）2+600，
∴t＝20时，y取最大值，
即飞机从开始滑行到停止所需时间为20s，
故答案为：20．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，理解题意得出飞机滑行的最大距离即为y的最大值是解题的关键．
15．（3分）已知m是一元二次方程x2+3x+n﹣2＝0的一个根，则m﹣n的最小值为 ﹣6 ．
【分析】根据m是一元二次方程x2+3x+n﹣2＝0的一个根，可以用含m的式子表示n，然后即可计算出m﹣n的式子，整理即可求得m﹣n的最小值．
【解答】解：∵m是一元二次方程x2+3x+n﹣2＝0的一个根，
∴m2+3m+n﹣2＝0，
∴n＝﹣m2﹣3m+2，
∴m﹣n
＝m﹣（﹣m2﹣3m+2）
＝m+m2+3m﹣2
＝（m+2）2﹣6≥﹣6，
∴m﹣n的最小值为﹣6，
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
16．（3分）如图，△AOB中，∠ABO＝90°，点B在x轴上，点A坐标为 ，将△AOB绕点O旋转15°，此时点A的对应点A的坐标是 （1，）或（，1） ．
【分析】分将△AOB绕点O逆时针和顺时针旋转15°两种情况讨论即可．
【解答】解：∵∠ABO＝90°，点B在x轴上，点A坐标为 ，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝×＝2，∠AOB＝45°，
如图，当将△AOB绕点O逆时针旋转15°时，∠A′OB＝60°，作A′C⊥x轴于点C，
∴∠A′＝30°，
∴OC＝OA′＝1，
∴A′C＝＝，
∴点A′的坐标是（1，），
当将△AOB绕点O顺时针旋转15°时，∠A′OB＝30°，作A′D⊥x轴于点D，
∴A′D＝OA′＝1，
∴OD＝＝，
∴点A′的坐标是（，1），
∴点A的对应点A′的坐标是（1，）或（，1）．
故答案为：（1，）或（，1）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤.）
17．（4分）解一元二次方程：x2﹣4x﹣1＝0．
【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤：移项、配方、开平方，即可得出方程的解．
【解答】解：x2﹣4x﹣1＝0．
移项得：x2﹣4x＝1．
配方得：x2﹣4x+4＝1+4．
即（x﹣2）2＝5，
开平方得：x﹣2＝±，
解得x1＝2+，x2＝2﹣．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法：配方法；熟练掌握用配方法解一元二次方程是解决问题的关键．
18．（5分）如图，利用函数y＝x2﹣4x+3的图象，直接回答：
（1）方程x2﹣4x+3＝0的解是 x1＝1，x2＝3 ；
（2）不等式x2﹣4x+3＜0的解集为 1＜x＜3 ；
（3）不等式x2﹣4x+3＞x+3的解集为 x＜0或x＞5 ．
【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点的横坐标就是二次方程的两个实数根，可直接得结论；
（2）观察图象，在x轴下方的部分y总小于0；
（3）求得交点坐标，结合图象得结论．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2﹣4x+3的图象与x轴交于A（1，0）、B（3，0），
∴方程x2﹣4x+3＝0的解是：x1＝1，x2＝3．
故答案为：x1＝1，x2＝3．
（2）观察图象可知：不等式x2﹣4x+3＜0的解集为1＜x＜3．
故答案为：1＜x＜3．
（3）因为函数y＝x2﹣4x+3的图象与直线y＝x+3交于点（0，3）、B（4，7），
所以不等式x2﹣4x+3＞x+3的解集为x＜0或x＞5．
故答案为：x＜0或x＞5．
【点评】本题考查了待定系数法确定函数解析式、抛物线的性质及二次函数与一元二次方程、不等式的关系，题目综合性较强．会读图用图是解决本题的关键．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）请画出将△ABC绕原点O旋转180°后得到的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）请画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点B2的坐标．
【分析】（1）作出中心对称图形，写出对应点的坐标；
（2）作出旋转后的图形，写出对应点的坐标．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，
点B1的坐标为（﹣4，﹣1）；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，
点B2的坐标为（1，﹣4）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，解答本题的关键是掌握旋转方向和旋转角度．
20．（7分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+2）x+m+1＝0．
（1）求证：不论m取任何实数，该方程总有两个实数根；
（2）如果该方程有一个根小于0，求m的取值范围．
【分析】（1）根据根的判别式的意义得到Δ＝[﹣（m+2）]2﹣4（m+1）＝0，然后解关于m的方程即可；
（2）利用公式法解方程得到x1＝m+1，x2＝1，则m+1＜0，然后解不等式即可．
【解答】解：（1）根据题意得，
Δ＝[﹣（m+2）]2﹣4（m+1）
＝m2，
∴Δ≥0，
∴不论m取任何实数，该方程总有两个实数根；
（2）x＝，
所以x1＝m+1，x2＝1，
∵该方程有一个根小于0，
∴m+1＜0，
解得m＜﹣1，
∴m的取值范围为m＜﹣1．
【点评】本题考查了根的判别式，掌握：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根，是解题关键．
21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B顺时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF．
（1）若∠BAC＝20°，求∠BAF的度数；
（2）若AC＝12，BC＝5，求AF的长．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC＝70°，根据旋转的性质得到∠EBF＝∠ABC＝70°，AB＝BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到AB＝13，根据旋转的性质得到BE＝BC＝5，EF＝AC＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝20°，
∴∠ABC＝70°，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴∠EBF＝∠ABC＝70°，AB＝BF，
∴∠BAF＝∠BFA＝（180°﹣70°）＝55°．
（2）∵∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB＝13，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴BE＝BC＝5，EF＝AC＝12，
∴AE＝AB﹣BE＝13﹣5＝8，
∴AF＝＝4．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
22．（8分）某商家批发一种成本为8元/kg的水果，销售单价不高于18元/kg，销售一段时间后发现，每天的销售量 y（kg） 与销售单价x（元/kg） 满足的函数关系为 y＝﹣100x+3000．
（1）销售单价定为多少元时，每天获得的利润是10500元？
（2）销售单价定为多少元时，每天获得的利润最大，并求出最大利润．
【分析】（1）由题意得：10500＝y（x﹣8），即可求解；
（2）设每天的利润为w元，则w＝（﹣100x+3000）（x﹣8）＝﹣100（x﹣30）（x﹣8），即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：10500＝y（x﹣8），即10500＝（x﹣8）（﹣100x+3000），
解得：x＝23（舍去）或15（元），
即销售单价定为15元时，每天获得的利润是10500元；
（2）设每天的利润为w元，
则w＝（﹣100x+3000）（x﹣8）＝﹣100（x﹣30）（x﹣8），
则函数w的对称轴为x＝（30+8）＝19，
而x≤18，
即当x＝18时，w取得最大值为：12000元．
销售单价定为18元时，每天获得的利润最大最大利润为12000元．
【点评】本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，求出函数关系式是本题的关键．
23．（10分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+k+3＝0（k为常数）．
（1）若方程的两根为菱形相邻两边长，求k的值；
（2）是否存在满足条件的常数k，使该方程的两解等于边长为2的菱形的两对角线长，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据菱形的性质知四边相等，方程的两根为菱形相邻两边长，得Δ＝0，求出k；
（2）根与系数的关系求出两根之和、两根之积，根据菱形的两对角线互相垂直平分，由勾股定理列等式，求出k．
【解答】解：（1）∵方程的两根为菱形相邻两边长，
∴此方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，
∴[﹣2（k+1）]2﹣4（k2+k+3）＝0，
4（k2+2k+1）﹣4k2﹣4k﹣12＝0，
4k2+8k+4﹣4k2﹣4k﹣12＝0，
4k﹣8＝0，
k＝2，
（2）不存在，理由如下：
∵该方程的两解是菱形的两对角线长，
∴a+b＝2（k+1），ab＝k2+k+3，
设菱形的两对角线长a，b．
∵菱形的两对角线互相垂直平分，
∴由勾股定理得，+＝4，
+＝4，
b2+a2＝16，
∴b2+2ab+a2﹣2ab＝16，
（a+b）2﹣2ab＝16，
[2（k+1）]2﹣2（k2+k+3）＝16，
解得k＝，
∵Δ＝4k﹣8，
∴4k﹣8≥0．
∴k≥2，
∵k＝＜2，
∴不存在满足条件的常数k．
【点评】此题主要考查了根与系数的关系、菱形的判定与性质，掌握根的判别式、菱形的性质、勾股定理的综合应用，第二问求出k时，一定注意4k﹣8≥0这个知识点．
24．（12分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（3，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α＝60°，连接BB′，求BB′的长度；
（2）如图2，若α＝120°，求O′的坐标并直线写出B′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，请直接写出O′P+AP′的最小值和此时点P的坐标．
【分析】（1）先根据点A和点B的坐标求出OA、OB的长，然后用勾股定理求出AB的长，根据旋转的意义判定△ABB'是等边三角形即可求出结果；
（2）过点 O'作OD⊥y轴于点D，过点B'作 B'C⊥y轴于点C，过点B'作 B′F⊥O′D轴于点F，判定四边形CB′FD是矩形，
【解答】解：（1）∵点A（0，4），B（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AB＝＝＝5，
∵α＝60°，AB＝AB'，
∴△ABB'是等边三角形，
∴BB'＝AB＝5；
（2）如图1，过点 O'作OD⊥y轴于点D，过点B'作 B'C⊥y轴于点C，过点B'作 B′F⊥O′D轴于点F，
∴四边形CB′FD是矩形，
∴CB'＝FD＝O'D﹣O'F，CD＝B′F，
∵点A（0，4），点B（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
∵α＝120°，
∴∠OAO'＝120°，AO'＝4，B'O'＝3，
∴∠DAO'＝60°，∠DO'A＝30°，∠B'O'F＝60°，
∴AD＝AO'＝2，DO'＝，FO'＝B'O'＝，B'F＝，
∴OD＝OA+AD＝6，CB'＝，OC＝OD+DC＝
∴点 ，；
（3）如图2，作点A关于x轴的对称点N，连接O′N交OB于点P，连接AP，
则AP+O'P的值最小，
由旋转可知，AP'＝AP，
∴O′P+AP′的值最小，
∵点A（0，4），
∴点 N（0，﹣4），
设直线 O'N 的解析式为 y＝kx+b，
把点 O'（，6），N（0，﹣4）分别代入y＝kx+b，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为 ，
令y＝0，
得：，
解得：，
∴点P（，0），O'N＝＝，
即O'P+AP′的最小值为 ，此时点P的坐标为（，0）．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．
25．（12分）如图，二次函数y＝x2+bx的图象与x轴交于点A（4，0），顶点为B．
（1）求顶点B的坐标；
（2）点E在第二象限的抛物线上，连接BE．设BE交y轴于点D，过点B作BC⊥x轴，垂足为C，连接CD，AE．求证：CD∥AE；
（3）若将线段OA向上平移4个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的线段与二次函数y＝a（x2+bx）的图象只有一个交点，请直接写出常数a的取值范围．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）证明直线CD和直线AE对应表达式中的k值相同，b值不同，即可求解；
（3）当a＜0时，则当x＝5时，y≤4，x＝1时，y＞4，即可求解；当a＞0时，则当x＝5时，y≥4，x＝1时，y＜4，即可求解．
【解答】（1）解：∵抛物线y＝x2+bx与x轴交于点A（4，0），
∴抛物线解析式为y＝（x﹣4），
即y＝x2﹣2x，
则抛物线的对称轴为x＝2，当x＝2时，y＝﹣2，
即点B（2，﹣2）；
（2）证明：设E（t，t2﹣2t），
∵B（2，﹣2），BC⊥OA，
∴C（2，0），
由B（2，﹣2），E（t，t2﹣2t）的坐标得，直线BE的解析式为y＝x﹣t，
当x＝0时，y＝x﹣t＝﹣t，
∴D（0，﹣t），
设直线CD的解析式为y＝k1x+b1，
将C（2，0），D（0，﹣t）分别代入得，
解得：，
由点A、E的坐标，同理可得：直线AE的解析式为：y＝t﹣2t，
直线CD和AE表达式中的k值相同，b不相同，
∴CD∥AE；
（3）解：由二次函数y＝a（x2+bx）＝a（x2﹣2x）知，其顶点为：（2，﹣2a），
设线段OA平移后对应线段MN，则点M、N的坐标分别为：（1，4）、（5，4）；
当a＜0时，
则当x＝5时，y≤4，x＝1时，y＞4，
即a（×52﹣10）≤4且a（﹣2）＞4，
解得：a＜﹣；
当a＞0时，
则当x＝5时，y≥4，x＝1时，y＜4，
即a（×52﹣10）≥4且a（﹣2）＜4，
解得：a≥；
综上，a＜﹣或a≥．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握一次函数和二次函数的图象和性质，分类讨论等知识思想是解决问题的关键．