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湖北省武汉市2023-2024学年 九年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份湖北省武汉市2023-2024学年 九年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含湖北省武汉市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题原卷版docx、湖北省武汉市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
1. 将方程化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 5，7， B. ，7，1C. 5，， D. 5，，0
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，首先要把方程化成一般形式即可求解，解题的关键是理解，一元二次方程的一般形式是：（，，是常数且）特别要注意的条件，其中叫二次项，叫一次项，是常数项，其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
【详解】解：∵方程化成一般形式是，
∴二次项系数、一次项系数和常数项分别为、、，
故选：D．
2. 用配方法解一元二次方程，步骤如下：①，②，③，④即，．其中开始错误步骤是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，先两边乘以4，再开方，移项，合并同类项得出解并判断即可．
【详解】解：，
两边乘以4，得，
开方，得，
即，
∴．
其中开始错误得步骤是③．
故选：C．
3. 下列图形是中心对称图形的是（ ）
A. 有害垃圾B. 可回收物
C. 厨余垃圾D. 其它垃圾
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，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．
【详解】解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】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．
4. 设一元二次方程的两根为，，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，是重要考点，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的两个根，，满足，．根据一元二次方程根与系数的关系得出，然后代入求值即可．
【详解】解：，
故选：A．
5. 把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图，已知，则球的半径长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆心为，过点作于点，交于点，连接，设，则，，然后在中利用勾股定理求得的长即可．本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解：设圆心为，过点作于点，交于点，连接，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
设，则，
，，
在中，
即：
解得：，
故选：B．
6. 下表是某公司2022年1月份至5月份的收入统计表．其中，2月份和5月份被墨水污染．若2月份与3月份的增长率相同，设它们的增长率为，根据表中的信息，可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用3月份的收入=1月份的收入×(1+月收入的增长率，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：依题意得：．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及统计表，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7. 已知点，，均在抛物线上，下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，根据二次函数图象性质即可判定，解题的关键掌握二次函数图象的性质．
【详解】解：由二次函数，则它的对称轴为，开口向上，则图象上的点离对称轴越远则的值越大，
∵，，，
∴，
∴，
故选：．
8. 如图，与都是等边三角形，连接，，，若将绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段的长为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解本题的关键．分两种情况：①当点E在的延长线上时，②当点E在的延长线上时，分别画出图形，利用勾股定理，求解即可．
【详解】解：∵，是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
①当点E在的延长线上时，如图，过点B作于G，则，
在中，，
∴，
根据勾股定理得，，
∴，
在中，
根据勾股定理得，；
②当点E在的延长线上时，如图，过点B作于H，则，
在中，，
∴，
根据勾股定理得，
∴，
中，
根据勾股定理得，．
∴或．
故选：D．
9. 已知实数，满足 ，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．根据题意得到：，所以、是关于的方程的两个根．根据根与系数的关系求得，然后求其倒数即可．
【详解】解：根据题意知，．
在的两边同时除以得到：，
、是关于的方程的两个根，
．
故选：D
10. 已知二次函数（a，b，c都是实数），满足：对任意实数x，都有，且当时，有成立，又时，，则b的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质，二次函数与不等式恒成立问题，由题干给出的条件可知两个条件都满足可以发现二次函数经过一个定点．就可以求出答案；
【详解】解：∵对任意实数x，都有，
∴当时，，
又当时，有，
∴当时，，
∴当时， ，
故二次函数经过点，
∴①，
又时，，
∴②，
有①②得：，
解得：，
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11. 一元二次方程的根为________．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，涉及提公因式法因式分解解一元二次方程，由题中所给的一元二次方程的结构特征，提公因式因式分解求解即可得到答案，熟练掌握提公因式法因式分解解一元二次方程是解决问题的关键．
【详解】解：，
，即，解得，，
故答案为：，．
12. 已知和关于原点对称，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案．两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是．
【详解】解：和关于原点对称，
，，
则．
故答案为：1．
13. 抛物线 绕其顶点旋转后得到抛物线的解析式是________．
【答案】
【解析】
【分析】考查二次函数的几何变换问题；得到新函数的顶点及一点是解决本题的关键．易得抛物线的顶点，由于是绕顶点旋转，所以新抛物线的顶点不变，得到原抛物线上的一点绕顶点旋转后得到的坐标，代入用顶点表示的新抛物线求解析式即可．
【详解】解：，
原抛物线的顶点为．
抛物线绕顶点旋转，
可得旋转后的抛物线的顶点坐标为，且．
旋转后的抛物线的解析式为．
故答案为：
14. 如图，以为直径作半圆O，C是半圆的中点，P是上一点，，，则的长是________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，过点作交延长线于点，可得为等腰直角三角形，根据圆内接四边形的性质可得，为等腰直角三角形，设，在中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，过点作交延长线于点，如下图
∵C是半圆的中点，
∴，
又∵为直径，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴,
∴
∴，
∴为等腰直角三角形，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，即
解得，负值舍去，
．
故答案为．
【点睛】此题考查了圆内角四边形的性质，直径所对的圆心角等于，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据题意构造出以为边的直角三角形．
15. 函数 的图象与x轴交于点，顶点坐标为，其中．①当时，则；②若方程有实数解，则；③点是抛物线上不同的两个点，当时，；④当时，．以上结论正确的序号是________．
【答案】①②③
【解析】
【分析】由题目条件可以推断出，，根据图象特征，利用数形结合，函数思想，再对每个问题逐一分析解决．本题考查了学生对二次函数图象与系数的关系，并要求学生能根据所给条件，综合分析问题，所涉及的思想有函数思想、数形结合等，综合性很强．
【详解】解：函数的图象与轴交于点，顶点坐标为，其中，
函数对称轴为，，
，，
∵
∴
∴
故①是正确的；
∵有实数解
∴
∵
∴
∵函数可化为，该函数顶点坐标为，其中，
，
；
∵
∴
∴
∵
∴
即
故②是正确的；
③点是抛物线上不同的两个点，
∴开口向上，越靠近对称轴的值所对应的值越小
∵当时，
∴；
故③是正确的；
∵
∴开口向上
∵顶点坐标为
∴
∵，，
∴，是最小值
∵6-1=5>-2-1=3
∴把代入
当时，
．
故④是错误的；
故答案为：①②③．
16. 如图，已知在中，，，将绕点A逆时针旋转．得到．点D是边的中点，点E为边上的动点，在绕点A逆时针旋转的过程中，点E的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差是________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，连接，作于H，于．求出的最小值以及最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，作于H，于．
以A为圆心，以为半径作圆，与直线的右侧交点为，
以A为圆心，以为半径作圆，与直线的左侧交点为，
∵，，点D是边的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在旋转过程中，当点与重合时，的值最小，且最小值为：，
当点与重合时，的值最大，且最大值，
∴线段长度的最大值与最小值的差为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质是解题的关键．
三、解答题（共72分）
17.解方程：2x2﹣4x＝－1（用公式法）；
17. 已知二次函数的顶点坐标是，且过点．
（1）求二次函数解析式．
（2）当时，求函数的取值范围．
【答案】（1）该二次函数解析式为；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质．
（1）利用待定系数法即可求得；
（2）先由知时，函数有最小值为，据此分别求出，时y的值即可得答案．
【小问1详解】
解：由题意可知二次函数：，
代入点得，，
解得，
∴该二次函数解析式为；
【小问2详解】
解：抛物线的开口向上，对称轴为直线，函数有最小值为，
∴当时，，
当时，，
∴当时，y的取值范围是．
18. 如图，某旅游景点要在长、宽分别为12米、10米的矩形水池内部建一个与矩形的边互相平行的正方形观赏亭，观赏亭的四边连接四条与矩形的边互相平行的且宽度相等的道路，已知道路的宽为正方形边长的（每条道路的一侧均与正方形观赏亭的一边在同一直线上），若道路与观赏亭的面积之和是矩形水池面积的，求道路的宽度．
【答案】道路的宽度为米
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程解实际应用题，读懂题意，设道路的宽度为米，则正方形的边长为米，由道路与观赏亭的面积之和是矩形水池面积的，列一元二次方程，利用因式分解法求解即可得到答案，读懂题意，掌握一元二次方程的解法是解决问题的关键．
【详解】解：设道路的宽度为米，则正方形的边长为米，根据题意可得
，
，则，解得或（负值不满足实际意义，舍去）
答：道路的宽度为米．
19. 如图，在平面直角坐标系中，，，．
（1）把绕0,1点顺时针旋转之后得到，请你画出，并直接写出各点坐标为 、 、 ；
（2）画出的外接圆，求出点坐标为 ，并求出的半径 ．
【答案】（1）画图见解析，，，；
（2）画图见解析，，．
【解析】
【分析】（）根据旋转的性质，找，，对应点，，，然后连接即可；
（）分别作垂直平分线即可；
本题考查了作图——旋转，垂径定理，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【小问1详解】
解：如图，找，，对应点，，，然后连接即可，
∴即为所求，，，；
【小问2详解】
解：如图，分别作垂直平分线即可，
∴点，，
故答案为：，．
20. 如图，为的直径，为弦，于点E，连接并延长交于点F，连接交于点G，连接，，且．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）32
【解析】
【分析】（1）连接，利用垂径定理及其推论，圆周角定理，等量代换思想证明即可．
（2）根据题意，得，结合为的直径，得到，继而得到，利用三角函数计算即可得解．
【小问1详解】
证明：连接，
∵为的直径，为弦，于点E，
∴，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：根据题意，得，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理及其推理，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角函数的应用，熟练掌握垂径定理及其推理，圆周角定理，三角函数的应用是解题的关键．
21. 某公司投入20万元作为某种电子产品的研发费用，成功研制出后投入生产并进行销售．已知生产这种电子产品的成本为10元/件，公司规定该种电子产品每件的销售价格不低于22元，不高于32元．在销售过程中发现：销售量y（万件）与销售价格x（元/件）的关系如图所示．设该公司销售这种电子产品的利润为S（万元）．
（1）求y（万件）与销售价格x（元/件）之间的函数关系式；
（2）求销售这种电子产品的利润的最大值（利润＝总售价﹣总成本﹣研发费用）；
（3）公司决定每销售1件该产品就捐赠m元给希望工程，通过销售记录发现，销售价格大于25元/件时，扣除捐赠后的利润随销售价格x（x为正整数）增大而减小，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）万元
（3）
【解析】
【分析】（1）用待定系数法可得；
（2）由年利润总售价总成本研发费用可得，根据二次函数性质可得答案；
（3）依题意，记扣除捐赠后的利润为，则，则，开口向下，对称轴，结合题意，列式，即可作答．
本题考查一次函数、二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
【小问1详解】
解：设（万件）与销售价格（元件）之间的函数关系式是，将，代入得：
，
解得，
；
【小问2详解】
解：根据题意得：，
，
时，取最大值，最大值为，
答：，第一年年利润的最大值时万元；
【小问3详解】
解：由（2）得出
依题意，记扣除捐赠后的利润为
则
∴，开口向下，对称轴
∵公司决定每销售1件该产品就捐赠m元给希望工程，通过销售记录发现，销售价格大于25元/件时，扣除捐赠后的利润随销售价格x（x为正整数）增大而减小，
∴
∴
22. 如图，在正方形中，点P是直线上一动点，连接，以为边作等边，作直线交于点E．
（1）如图1，若点Q落在边上，则 ；
（2）如图2，若点Q落在正方形外，求证；
（3）如图3，若向的另一侧作等边，连接，此时，求的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）过P点做，垂足为点F，设，解直角三角形，求出，，进而求出，即可解答；
（2）连接，在上取点，使得，连接，证明，进而证明为等边三角形，得到，即可得出结论；
（3）连接，过D点向的延长线作垂线，垂足为F点，设正方形边长为x，由题意易得是的直径，即点B、D、P在同一条直线上，得到，从而求出，，，再根据，求出，进而求出，即可求解．
【小问1详解】
解：过P点做，垂足为点F，
设，
，，
，
在中，，
在中，，
，
，
，
；
【小问2详解】
证明：连接，在上取点，使得，连接，如图，
是正方形对角线，
关于直线对称，
，且，
又
在和中，
，
，
，即为等腰三角形，
，即，
为等边三角形，
；
【小问3详解】
解：如图3，连接，过D点向的延长线作垂线，垂足为F点，
设正方形边长为x，
由题意可知，
点B、D、Q在以点P为圆心、长为半径的上，
，
点A在上，而，
是的直径，即点B、D、P在同一条直线上，
，
，
在中，
，
，
，
，
，
，
又，
∴．
【点睛】本题是正方形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、旋转的性质以及解直角三角形等知识，具有较强的综合性，正确添加辅助线、熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．
23. 如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．
（1）直接写出点的坐标 ；点的坐标 ；点的坐标 ； 直线的解析式为 ；
（2）如图，过作交抛物线于，以为直径作圆，圆心为，圆与直线：交于抛物线对称轴右侧的点，点到直线的距离为，过作，垂足为，再过作，垂足为，求的值；
（3）如图，为抛物线上一点，过作交抛物线于另一点，连接，并延长交于点，若点总在直线上运动，求的值．
【答案】（1），，，；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（）由二次函数的性质即可出，，，然后设直线解析式为即可求解；
（）过作于点，则，由（）得直线解析式为，则直线解析式为，求出，又是中点，故有，由勾股定理得：，则，然后代入；
（）设解 析 式 为：，联 立 ，则，
同理，设解析式为，联立和联立，可得，解出；
本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数与二次函数的综合，勾股定理，圆的有关性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【小问1详解】
由得，当时，即，
解得：，，
∴，，
当时，，
∴，
设直线解析式为，
∴，解得：，
∴直线解析式为，
故答案为：，，，；
【小问2详解】
如图，过作于点，则，
由（）得直线解析式为，
∵，，
∴直线解析式为，
联立：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是中点，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，则，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
设解 析 式 为：，
联 立 ，
∴，
设解析式为，
联立，
∴ ，
设解析式为，
联立，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
联立，可得，
∴．月份
1
2
3
4
5
收入/万元
10
12
14
1. 将方程化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 5，7， B. ，7，1C. 5，， D. 5，，0
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，首先要把方程化成一般形式即可求解，解题的关键是理解，一元二次方程的一般形式是：（，，是常数且）特别要注意的条件，其中叫二次项，叫一次项，是常数项，其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
【详解】解：∵方程化成一般形式是，
∴二次项系数、一次项系数和常数项分别为、、，
故选：D．
2. 用配方法解一元二次方程，步骤如下：①，②，③，④即，．其中开始错误步骤是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，先两边乘以4，再开方，移项，合并同类项得出解并判断即可．
【详解】解：，
两边乘以4，得，
开方，得，
即，
∴．
其中开始错误得步骤是③．
故选：C．
3. 下列图形是中心对称图形的是（ ）
A. 有害垃圾B. 可回收物
C. 厨余垃圾D. 其它垃圾
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，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．
【详解】解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】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．
4. 设一元二次方程的两根为，，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，是重要考点，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的两个根，，满足，．根据一元二次方程根与系数的关系得出，然后代入求值即可．
【详解】解：，
故选：A．
5. 把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图，已知，则球的半径长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆心为，过点作于点，交于点，连接，设，则，，然后在中利用勾股定理求得的长即可．本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解：设圆心为，过点作于点，交于点，连接，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
设，则，
，，
在中，
即：
解得：，
故选：B．
6. 下表是某公司2022年1月份至5月份的收入统计表．其中，2月份和5月份被墨水污染．若2月份与3月份的增长率相同，设它们的增长率为，根据表中的信息，可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用3月份的收入=1月份的收入×(1+月收入的增长率，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：依题意得：．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及统计表，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7. 已知点，，均在抛物线上，下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，根据二次函数图象性质即可判定，解题的关键掌握二次函数图象的性质．
【详解】解：由二次函数，则它的对称轴为，开口向上，则图象上的点离对称轴越远则的值越大，
∵，，，
∴，
∴，
故选：．
8. 如图，与都是等边三角形，连接，，，若将绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段的长为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解本题的关键．分两种情况：①当点E在的延长线上时，②当点E在的延长线上时，分别画出图形，利用勾股定理，求解即可．
【详解】解：∵，是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
①当点E在的延长线上时，如图，过点B作于G，则，
在中，，
∴，
根据勾股定理得，，
∴，
在中，
根据勾股定理得，；
②当点E在的延长线上时，如图，过点B作于H，则，
在中，，
∴，
根据勾股定理得，
∴，
中，
根据勾股定理得，．
∴或．
故选：D．
9. 已知实数，满足 ，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．根据题意得到：，所以、是关于的方程的两个根．根据根与系数的关系求得，然后求其倒数即可．
【详解】解：根据题意知，．
在的两边同时除以得到：，
、是关于的方程的两个根，
．
故选：D
10. 已知二次函数（a，b，c都是实数），满足：对任意实数x，都有，且当时，有成立，又时，，则b的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质，二次函数与不等式恒成立问题，由题干给出的条件可知两个条件都满足可以发现二次函数经过一个定点．就可以求出答案；
【详解】解：∵对任意实数x，都有，
∴当时，，
又当时，有，
∴当时，，
∴当时， ，
故二次函数经过点，
∴①，
又时，，
∴②，
有①②得：，
解得：，
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11. 一元二次方程的根为________．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，涉及提公因式法因式分解解一元二次方程，由题中所给的一元二次方程的结构特征，提公因式因式分解求解即可得到答案，熟练掌握提公因式法因式分解解一元二次方程是解决问题的关键．
【详解】解：，
，即，解得，，
故答案为：，．
12. 已知和关于原点对称，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案．两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是．
【详解】解：和关于原点对称，
，，
则．
故答案为：1．
13. 抛物线 绕其顶点旋转后得到抛物线的解析式是________．
【答案】
【解析】
【分析】考查二次函数的几何变换问题；得到新函数的顶点及一点是解决本题的关键．易得抛物线的顶点，由于是绕顶点旋转，所以新抛物线的顶点不变，得到原抛物线上的一点绕顶点旋转后得到的坐标，代入用顶点表示的新抛物线求解析式即可．
【详解】解：，
原抛物线的顶点为．
抛物线绕顶点旋转，
可得旋转后的抛物线的顶点坐标为，且．
旋转后的抛物线的解析式为．
故答案为：
14. 如图，以为直径作半圆O，C是半圆的中点，P是上一点，，，则的长是________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，过点作交延长线于点，可得为等腰直角三角形，根据圆内接四边形的性质可得，为等腰直角三角形，设，在中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，过点作交延长线于点，如下图
∵C是半圆的中点，
∴，
又∵为直径，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴,
∴
∴，
∴为等腰直角三角形，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，即
解得，负值舍去，
．
故答案为．
【点睛】此题考查了圆内角四边形的性质，直径所对的圆心角等于，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据题意构造出以为边的直角三角形．
15. 函数 的图象与x轴交于点，顶点坐标为，其中．①当时，则；②若方程有实数解，则；③点是抛物线上不同的两个点，当时，；④当时，．以上结论正确的序号是________．
【答案】①②③
【解析】
【分析】由题目条件可以推断出，，根据图象特征，利用数形结合，函数思想，再对每个问题逐一分析解决．本题考查了学生对二次函数图象与系数的关系，并要求学生能根据所给条件，综合分析问题，所涉及的思想有函数思想、数形结合等，综合性很强．
【详解】解：函数的图象与轴交于点，顶点坐标为，其中，
函数对称轴为，，
，，
∵
∴
∴
故①是正确的；
∵有实数解
∴
∵
∴
∵函数可化为，该函数顶点坐标为，其中，
，
；
∵
∴
∴
∵
∴
即
故②是正确的；
③点是抛物线上不同的两个点，
∴开口向上，越靠近对称轴的值所对应的值越小
∵当时，
∴；
故③是正确的；
∵
∴开口向上
∵顶点坐标为
∴
∵，，
∴，是最小值
∵6-1=5>-2-1=3
∴把代入
当时，
．
故④是错误的；
故答案为：①②③．
16. 如图，已知在中，，，将绕点A逆时针旋转．得到．点D是边的中点，点E为边上的动点，在绕点A逆时针旋转的过程中，点E的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差是________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，连接，作于H，于．求出的最小值以及最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，作于H，于．
以A为圆心，以为半径作圆，与直线的右侧交点为，
以A为圆心，以为半径作圆，与直线的左侧交点为，
∵，，点D是边的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在旋转过程中，当点与重合时，的值最小，且最小值为：，
当点与重合时，的值最大，且最大值，
∴线段长度的最大值与最小值的差为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质是解题的关键．
三、解答题（共72分）
17.解方程：2x2﹣4x＝－1（用公式法）；
17. 已知二次函数的顶点坐标是，且过点．
（1）求二次函数解析式．
（2）当时，求函数的取值范围．
【答案】（1）该二次函数解析式为；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质．
（1）利用待定系数法即可求得；
（2）先由知时，函数有最小值为，据此分别求出，时y的值即可得答案．
【小问1详解】
解：由题意可知二次函数：，
代入点得，，
解得，
∴该二次函数解析式为；
【小问2详解】
解：抛物线的开口向上，对称轴为直线，函数有最小值为，
∴当时，，
当时，，
∴当时，y的取值范围是．
18. 如图，某旅游景点要在长、宽分别为12米、10米的矩形水池内部建一个与矩形的边互相平行的正方形观赏亭，观赏亭的四边连接四条与矩形的边互相平行的且宽度相等的道路，已知道路的宽为正方形边长的（每条道路的一侧均与正方形观赏亭的一边在同一直线上），若道路与观赏亭的面积之和是矩形水池面积的，求道路的宽度．
【答案】道路的宽度为米
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程解实际应用题，读懂题意，设道路的宽度为米，则正方形的边长为米，由道路与观赏亭的面积之和是矩形水池面积的，列一元二次方程，利用因式分解法求解即可得到答案，读懂题意，掌握一元二次方程的解法是解决问题的关键．
【详解】解：设道路的宽度为米，则正方形的边长为米，根据题意可得
，
，则，解得或（负值不满足实际意义，舍去）
答：道路的宽度为米．
19. 如图，在平面直角坐标系中，，，．
（1）把绕0,1点顺时针旋转之后得到，请你画出，并直接写出各点坐标为 、 、 ；
（2）画出的外接圆，求出点坐标为 ，并求出的半径 ．
【答案】（1）画图见解析，，，；
（2）画图见解析，，．
【解析】
【分析】（）根据旋转的性质，找，，对应点，，，然后连接即可；
（）分别作垂直平分线即可；
本题考查了作图——旋转，垂径定理，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【小问1详解】
解：如图，找，，对应点，，，然后连接即可，
∴即为所求，，，；
【小问2详解】
解：如图，分别作垂直平分线即可，
∴点，，
故答案为：，．
20. 如图，为的直径，为弦，于点E，连接并延长交于点F，连接交于点G，连接，，且．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）32
【解析】
【分析】（1）连接，利用垂径定理及其推论，圆周角定理，等量代换思想证明即可．
（2）根据题意，得，结合为的直径，得到，继而得到，利用三角函数计算即可得解．
【小问1详解】
证明：连接，
∵为的直径，为弦，于点E，
∴，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：根据题意，得，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理及其推理，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角函数的应用，熟练掌握垂径定理及其推理，圆周角定理，三角函数的应用是解题的关键．
21. 某公司投入20万元作为某种电子产品的研发费用，成功研制出后投入生产并进行销售．已知生产这种电子产品的成本为10元/件，公司规定该种电子产品每件的销售价格不低于22元，不高于32元．在销售过程中发现：销售量y（万件）与销售价格x（元/件）的关系如图所示．设该公司销售这种电子产品的利润为S（万元）．
（1）求y（万件）与销售价格x（元/件）之间的函数关系式；
（2）求销售这种电子产品的利润的最大值（利润＝总售价﹣总成本﹣研发费用）；
（3）公司决定每销售1件该产品就捐赠m元给希望工程，通过销售记录发现，销售价格大于25元/件时，扣除捐赠后的利润随销售价格x（x为正整数）增大而减小，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）万元
（3）
【解析】
【分析】（1）用待定系数法可得；
（2）由年利润总售价总成本研发费用可得，根据二次函数性质可得答案；
（3）依题意，记扣除捐赠后的利润为，则，则，开口向下，对称轴，结合题意，列式，即可作答．
本题考查一次函数、二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
【小问1详解】
解：设（万件）与销售价格（元件）之间的函数关系式是，将，代入得：
，
解得，
；
【小问2详解】
解：根据题意得：，
，
时，取最大值，最大值为，
答：，第一年年利润的最大值时万元；
【小问3详解】
解：由（2）得出
依题意，记扣除捐赠后的利润为
则
∴，开口向下，对称轴
∵公司决定每销售1件该产品就捐赠m元给希望工程，通过销售记录发现，销售价格大于25元/件时，扣除捐赠后的利润随销售价格x（x为正整数）增大而减小，
∴
∴
22. 如图，在正方形中，点P是直线上一动点，连接，以为边作等边，作直线交于点E．
（1）如图1，若点Q落在边上，则 ；
（2）如图2，若点Q落在正方形外，求证；
（3）如图3，若向的另一侧作等边，连接，此时，求的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）过P点做，垂足为点F，设，解直角三角形，求出，，进而求出，即可解答；
（2）连接，在上取点，使得，连接，证明，进而证明为等边三角形，得到，即可得出结论；
（3）连接，过D点向的延长线作垂线，垂足为F点，设正方形边长为x，由题意易得是的直径，即点B、D、P在同一条直线上，得到，从而求出，，，再根据，求出，进而求出，即可求解．
【小问1详解】
解：过P点做，垂足为点F，
设，
，，
，
在中，，
在中，，
，
，
，
；
【小问2详解】
证明：连接，在上取点，使得，连接，如图，
是正方形对角线，
关于直线对称，
，且，
又
在和中，
，
，
，即为等腰三角形，
，即，
为等边三角形，
；
【小问3详解】
解：如图3，连接，过D点向的延长线作垂线，垂足为F点，
设正方形边长为x，
由题意可知，
点B、D、Q在以点P为圆心、长为半径的上，
，
点A在上，而，
是的直径，即点B、D、P在同一条直线上，
，
，
在中，
，
，
，
，
，
，
又，
∴．
【点睛】本题是正方形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、旋转的性质以及解直角三角形等知识，具有较强的综合性，正确添加辅助线、熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．
23. 如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．
（1）直接写出点的坐标 ；点的坐标 ；点的坐标 ； 直线的解析式为 ；
（2）如图，过作交抛物线于，以为直径作圆，圆心为，圆与直线：交于抛物线对称轴右侧的点，点到直线的距离为，过作，垂足为，再过作，垂足为，求的值；
（3）如图，为抛物线上一点，过作交抛物线于另一点，连接，并延长交于点，若点总在直线上运动，求的值．
【答案】（1），，，；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（）由二次函数的性质即可出，，，然后设直线解析式为即可求解；
（）过作于点，则，由（）得直线解析式为，则直线解析式为，求出，又是中点，故有，由勾股定理得：，则，然后代入；
（）设解 析 式 为：，联 立 ，则，
同理，设解析式为，联立和联立，可得，解出；
本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数与二次函数的综合，勾股定理，圆的有关性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【小问1详解】
由得，当时，即，
解得：，，
∴，，
当时，，
∴，
设直线解析式为，
∴，解得：，
∴直线解析式为，
故答案为：，，，；
【小问2详解】
如图，过作于点，则，
由（）得直线解析式为，
∵，，
∴直线解析式为，
联立：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是中点，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，则，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
设解 析 式 为：，
联 立 ，
∴，
设解析式为，
联立，
∴ ，
设解析式为，
联立，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
联立，可得，
∴．月份
1
2
3
4
5
收入/万元
10
12
14
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