湖北省黄石市黄石港区教研协作体2023-2024学年九年级上学期质检数学试卷（10月份） （月考）

这是一份湖北省黄石市黄石港区教研协作体2023-2024学年九年级上学期质检数学试卷（10月份） （月考），共37页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省黄石市黄石港区教研协作体2023-2024学年九年级上学期质检数学试卷（10月份）（解析版）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（3分）下列y关于x的函数中，是二次函数的是（　　）
A．y＝5x2 B．y＝22﹣2x
C．y＝2x2﹣3x3+1 D．
2．（3分）如图是杭州2022年亚运会会徽．在选项的四个图中，能由如图经过平移得到的是（　　）

A． B．
C． D．
3．（3分）电影《长津湖》一上映，第一天票房2.05亿元，若每天票房的平均增长率相同，平均增长率记作x，方程可以列为（　　）
A．2.05（1+2x）＝10.53
B．2.05（1+x）2＝10.53
C．2.05+2.05（1+x）2＝10.53
D．2.05+2.05（1+x）+2.05（1+x）2＝10.53
4．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（　　）

A．18° B．20° C．24° D．28°
5．（3分）一元二次方程x2+x﹣3＝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
6．（3分）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3），则P'的坐标为（　　）

A．（3，2） B．（3，﹣1） C．（2，﹣3） D．（3，﹣2）
7．（3分）为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成抛物线的形状（如图所示），对应的两条抛物线关于y轴对称，AB＝4cm，最低点C在x轴上，BD＝2cm，则右轮廓DFE所在抛物线的解析式为（　　）

A．y＝（x+3）2 B．y＝（x﹣3）2
C．y＝﹣（x+3）2 D．y＝﹣（x﹣3）2
8．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC边上一点，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，连接BE，将AC平移得到DF（点A、C的对应点分别为点D、F），若AB＝3，BD＝2则AF的长为（　　）

A． B．6 C． D．
9．（3分）我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程x2+5x﹣14＝0，即x（x+5）＝14为例说明（x+x+5）2同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，因此x＝2．小明用此方法解关于x的方程x2+mx﹣n＝0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为14，则（　　）

A．m＝2，n＝3 B．，n＝2 C．，n＝2 D．m＝2，
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，﹣1）（﹣4，0）与（﹣3，0）之间（不包含这两点），抛物线的顶点为D对称轴是直线x=-2．下列结论中正确的个数是（　　）
①abc＜0；
②；
③；
④若三点（﹣3，y1），（﹣2，y2），（1，y3）均在函数图象上，则y3＞y2＞y1；
⑤若a＝﹣1，则△ABD是等边三角形．

A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是　 　．
12．（3分）1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为　 　．
13．（3分）如图，若被击打的小球飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）2，则小球从飞出到落地所用的时间为　 　s．

14．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，AE交CD于点H，则AH的长为 　 　．

15．（3分）实数a、b满足a2﹣7a+2＝0，b2﹣7b+2＝0，则＝　 　．
16．（3分）如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD则AD的最大值是　 　．

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（8分）解方程
（1）x2﹣2x﹣3＝0
（2）x（x﹣2）+x﹣2＝0
18．（8分）如图所示，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OC，∠AOB＝150°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．
（1）求∠DAO的度数；
（2）用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系

19．（8分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，旋转中心的坐标为 　 　．

20．（8分）已知关于x的方程kx2﹣3x+1＝0有实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若该方程有两个实数根，分别为x1和x2，当x1+x2+x1x2＝4时，求k的值．
21．（8分）我们将与称为一对“对偶式”．可以应用“对偶式”求解根式方程．比如小明在解方程时，采用了如下方法：
由于＝＝（24﹣x）﹣（8﹣x）＝16，
又因为①，所以②，由①+②可得，
将两边平方解得x＝﹣1，代入原方程检验可得x＝﹣1是原方程的解．
请根据上述材料回答下面的问题：
（1）若的对偶式为n，则m×n＝　 　；（直接写出结果）
（2）方程的解是 　 　；（直接写出结果）
（3）解方程：．
22．（10分）某药厂销售部门根据市场调研结果，对该厂生产的一种新型原料药未来两年的销售进行预测，并建立如下模型：设第t个月该原料药的月销售量为P（单位：吨），其图象是函数P＝（0＜t≤8）的图象与线段AB的组合（单位：万元），Q与t之间满足如下关系：Q＝
（1）当8＜t≤24时，求P关于t的函数解析式；
（2）设第t个月销售该原料药的月毛利润为w（单位：万元）
①求w关于t的函数解析式；
②该药厂销售部门分析认为，336≤w≤513是最有利于该原料药可持续生产和销售的月毛利润范围，求此范围所对应的月销售量P的最小值和最大值．

23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边上一点，连结CD

（1）如图1，若∠BCE＝2∠DBE，BE＝4；
（2）如图2，延长EB到点F使EF＝CE，分别连结CF，AF交EC于点G．求证：BF＝2EG；
（3）如图3，若AC＝AD，点M是直线AC上的一个动点，将线段MD绕点D顺时针方向旋转90°得到线段M'D，点P是AC边上一点，Q是线段CD上的一个动点，连结PQ，请直接写出∠PQM'的度数．

24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＞0）与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC于点N．求线段PM的最大值和此时点P的坐标；
（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？若存在；若不存在，请说明理由．


参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（3分）下列y关于x的函数中，是二次函数的是（　　）
A．y＝5x2 B．y＝22﹣2x
C．y＝2x2﹣3x3+1 D．
【分析】根据二次函数的定义，y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0），判断即可．
【解答】解：A、y＝5x2，是二次函数，故A符合题意；
B、y＝22﹣2x，是一次函数；
C、y＝6x2﹣3x6+1，不是二次函数；
D、y＝，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的定义，熟练掌握二次函数的定义是解题的关键．
2．（3分）如图是杭州2022年亚运会会徽．在选项的四个图中，能由如图经过平移得到的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据平移只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小解答．
【解答】解：观察各选项图形可知，B选项的图案可以通过平移得到．
故选：B．
【点评】本题考查了利用平移设计图案，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转．
3．（3分）电影《长津湖》一上映，第一天票房2.05亿元，若每天票房的平均增长率相同，平均增长率记作x，方程可以列为（　　）
A．2.05（1+2x）＝10.53
B．2.05（1+x）2＝10.53
C．2.05+2.05（1+x）2＝10.53
D．2.05+2.05（1+x）+2.05（1+x）2＝10.53
【分析】根据第一天的票房及增长率，即可得出第二天票房约2.05（1+x）亿元、第三天票房约2.05（1+x）2亿元，根据三天后累计票房收入达10.53亿元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵第一天票房约2.05亿元，且以后每天票房的增长率为x，
∴第二天票房约2.05（2+x）亿元，第三天票房约2.05（1+x）8亿元．
依题意得：2.05+2.05（7+x）+2.05（1+x）7＝10.53．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
4．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（　　）

A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
5．（3分）一元二次方程x2+x﹣3＝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
【分析】先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【解答】解：∵Δ＝12﹣5×（﹣3）＝13＞0，
∴方程有两个不相等的两个实数根．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
6．（3分）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3），则P'的坐标为（　　）

A．（3，2） B．（3，﹣1） C．（2，﹣3） D．（3，﹣2）
【分析】作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，从而可确定P′点的坐标．
【解答】解：作PQ⊥y轴于Q，如图，
∵P（2，3），
∴PQ＝2，OQ＝3，

∵点P（2，8）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，
∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，OQ′＝OQ＝3，
∴点P′的坐标为（3，﹣7）．
故选：D．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
7．（3分）为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成抛物线的形状（如图所示），对应的两条抛物线关于y轴对称，AB＝4cm，最低点C在x轴上，BD＝2cm，则右轮廓DFE所在抛物线的解析式为（　　）

A．y＝（x+3）2 B．y＝（x﹣3）2
C．y＝﹣（x+3）2 D．y＝﹣（x﹣3）2
【分析】利用B、D关于y轴对称，CH＝1cm，BD＝2cm可得到D点坐标为（1，1），由AB＝4cm，最低点C在x轴上，则AB关于直线CH对称，可得到左边抛物线的顶点C的坐标为（﹣3，0），于是得到右边抛物线的顶点C的坐标为（3，0），然后设顶点式利用待定系数法求抛物线的解析式．
【解答】解：∵高CH＝1cm，BD＝2cm、D关于y轴对称，
∴D点坐标为（3，1），
∵AB∥x轴，AB＝4cm，
∴AB关于直线CH对称，
∴左边抛物线的顶点C的坐标为（﹣5，0），
∴右边抛物线的顶点F的坐标为（3，4），
设右边抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2，
把D（2，1）代入得1＝a×（3﹣3）2，解得a＝，
∴右边抛物线的解析式为y＝（x﹣3）2，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的应用：利用实际问题中的数量关系与直角坐标系中线段对应起来，再确定某些点的坐标，然后利用待定系数法确定抛物线的解析式，再利用抛物线的性质解决问题．
8．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC边上一点，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，连接BE，将AC平移得到DF（点A、C的对应点分别为点D、F），若AB＝3，BD＝2则AF的长为（　　）

A． B．6 C． D．
【分析】旋转的性质可得BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝45°，由勾股定理得到BE，由“SAS”可证△ABE≌△DFA，可得BE＝AF，于是得到结论．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝，
∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴BE＝＝＝3；
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠BAE+∠DAC＝180°，
∵AC平移得到DF，
∴AC＝DF＝AB，AC∥DF，
∴∠ADF+∠DAC＝180°，
∴∠ADF＝∠BAE，
在△ABE和△DFA中，
，
∴△ABE≌△DFA（SAS），
∴BE＝AF＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用性质性质解决问题是本题的关键
9．（3分）我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程x2+5x﹣14＝0，即x（x+5）＝14为例说明（x+x+5）2同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，因此x＝2．小明用此方法解关于x的方程x2+mx﹣n＝0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为14，则（　　）

A．m＝2，n＝3 B．，n＝2 C．，n＝2 D．m＝2，
【分析】画出方程x2+mx﹣n＝0的拼图过程，由面积之间的关系得m2＝4，4n+4＝14，即可得出结论．
【解答】解：如图，

由题意得：m2＝4，2n+4＝14，
∴m＝＝6，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，理解一元二次方程的正数解的几何解法是解题的关键．
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，﹣1）（﹣4，0）与（﹣3，0）之间（不包含这两点），抛物线的顶点为D对称轴是直线x=-2．下列结论中正确的个数是（　　）
①abc＜0；
②；
③；
④若三点（﹣3，y1），（﹣2，y2），（1，y3）均在函数图象上，则y3＞y2＞y1；
⑤若a＝﹣1，则△ABD是等边三角形．

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据二次函数图象与系数的关系判断①；根据图象与x轴的解得即可判断②；与对称轴得出b＝4a，进而得出y＝ax2+bx+c＝ax2+4ax﹣1＝a（x+2）2﹣4a﹣1，令y＝0，解方程求得较小的一个根为﹣﹣2＜﹣3，解不等式即可判断③；由各点到对称轴的距离即可判断④；当a＝﹣1时，抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）2+3，求得D（﹣2，3），再求得与x轴的交点，即可判断⑤．
【解答】解：∵图象的开口向下，
∴a＜0，
∵图象与y轴的交点为（0，﹣3），
∴c＝﹣1，
∵抛物线的对称轴为﹣2，
∴﹣＝﹣2，
∴b＝4a＜6，
∴abc＜0，
∴①符合题意，
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣8ac＞0，
∵a＜0，
∴3c＞，
∴②不符合题意，
由题意得：y＝ax2+bx+c＝ax3+4ax﹣1＝a（x+7）2﹣4a﹣8，
∵当y＝0时，较小的一个根为﹣，
∴﹣﹣2＜﹣3，
解得a＜﹣，
∴③不合题意，
∵点（﹣3，y1），（﹣3，y2），（1，y2）中，到对称轴直线x＝﹣2距离最大的是（1，y2），到（﹣2，y2）在对称轴上，
∴y4＞y1＞y3；
∴④不合题意，
当a＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）2+6，
∴D（﹣2，3），
取y＝4，得﹣（x+2）2+8＝0，
解得x1＝﹣﹣2，x2＝﹣2，
∴A（﹣﹣8，B（，0），
∴AD＝BD＝AB＝5，
∴△ABD是等边三角形，
∴⑤符合题意，
∴符合题意的有①⑤，
故选：A．
【点评】本题主要二次函数的图形和性质，关键是要牢记二次函数解析中的系数对图象的影响，二次项系数影响图象的开口方向，a、b影响图象的对称轴，c影响图象与y轴的交点．
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是　（3，﹣2）　．
【分析】根据平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可得出答案．
【解答】解：根据平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，
∴点（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是（6，
故答案为（3，﹣2）．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，难度较小．
12．（3分）1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为　x（x﹣12）＝864　．
【分析】由长和宽之间的关系可得出宽为（x﹣12）步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为（x﹣12）步．
依题意，得：x（x﹣12）＝864．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13．（3分）如图，若被击打的小球飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）2，则小球从飞出到落地所用的时间为　4　s．

【分析】根据关系式，令h＝0即可求得t的值为飞行的时间
【解答】解：
依题意，令h＝0得
0＝20t﹣2t2
得t（20﹣5t）＝3
解得t＝0（舍去）或t＝4
即小球从飞出到落地所用的时间为5s
故答案为4．
【点评】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．此题为数学建模题，关键在于读懂小球从飞出到落地即飞行的高度为0时的情形，借助二次函数解决实际问题．此题较为简单
14．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，AE交CD于点H，则AH的长为 　6.25　．

【分析】根据旋转的性质得到AE＝AB＝8，设AH＝CH＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，
∴AE＝AB＝8，
∵DH＝EH，
∴AH＝CH，
设AH＝CH＝x，
∴DH＝8﹣x，
∵∠D＝90°，
∴AD7+DH2＝AH2，
即22+（8﹣x）6＝x2，
解得：x＝6.25，
即AH的长为3.25，
故答案为：6.25．
【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质及勾股定理解直角三角形是解题的关键．
15．（3分）实数a、b满足a2﹣7a+2＝0，b2﹣7b+2＝0，则＝　2或　．
【分析】分类讨论：当a＝b，易得原式＝2；当a≠b，可把a、b看作方程x2﹣7x+2＝0的两根，根据根与系数的关系得到a+b＝7，ab＝2，然后利用整体代入的方法可计算出原式＝．
【解答】解：当a＝b，原式＝2；
当a≠b，则a2﹣7x+2＝0的两根，
所以a+b＝6，ab＝2，
所以原式＝＝，
即的值为2或．
故答案为5或．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝，x1x2＝．
16．（3分）如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD则AD的最大值是　　．

【分析】将△ABD绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD＝AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题．
【解答】解：将△ABD绕点D顺时针旋转90°，得△MCD

由旋转不变性可得：CM＝AB＝4，AD＝MD，
且∠ADM＝90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD＝AM，
AD最大，只需AM最大，AM＜AC+CM，
∴当且仅当A、C、M在一条直线上，AM最大，
此时AD＝AM＝，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（8分）解方程
（1）x2﹣2x﹣3＝0
（2）x（x﹣2）+x﹣2＝0
【分析】（1）利用因式分解法求解可得；
（2）利用因式分解法求解可得．
【解答】解：（1）∵x2﹣2x﹣6＝0，
∴（x﹣3）（x+8）＝0，
则x﹣3＝5或x+1＝0，
解得x6＝3，x2＝﹣7；

（2）∵x（x﹣2）+x﹣2＝7，
∴（x+1）（x﹣2）＝2，
∴x+1＝0或x﹣2＝0，
解得x1＝﹣4，x2＝2．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18．（8分）如图所示，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OC，∠AOB＝150°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．
（1）求∠DAO的度数；
（2）用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系

【分析】（1）根据旋转变换的性质、四边形内角和为360°计算即可；
（2）连接OD，证明△OCD是等边三角形，得出OC＝OD＝CD，∠COD＝∠CDO＝60°，根据勾股定理可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，
∴∠AOC＝90°，
由旋转的性质可知，∠OCD＝60°，
∴∠DAO＝360°﹣60°﹣90°﹣120°＝90°；
（2）线段OA，OB2+OB2＝OC5．
如图，连接OD．

∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△ADC≌△BOC，∠OCD＝60°．
∴CD＝OC，∠ADC＝∠BOC＝120°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD，∠COD＝∠CDO＝60°，
∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AOD＝30°，∠ADO＝60°．
∴∠DAO＝90°．
在Rt△ADO中，∠DAO＝90°，
∴OA2+AD2＝OD4．
∴OA2+OB2＝OC6．
【点评】此题考查了等边三角形的性质和判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
19．（8分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，旋转中心的坐标为 　（﹣3，0）　．

【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
（3）对应点连线的交点即为旋转中心．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C3即为所求；

（2）如图，△A2B2C6即为所求；

（3）旋转中心Q的坐标为（﹣3，0），
故答案为：（﹣8，0）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，中心对称变换等知识，掌握旋转变换，平移变换，中心对称变换的性质是解题的关键．
20．（8分）已知关于x的方程kx2﹣3x+1＝0有实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若该方程有两个实数根，分别为x1和x2，当x1+x2+x1x2＝4时，求k的值．
【分析】（1）分k＝0及k≠0两种情况考虑：当k＝0时，原方程为一元一次方程，通过解方程可求出方程的解，进而可得出k＝0符合题意；当k≠0时，由根的判别式△≥0可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．综上，此问得解；
（2）利用根与系数的关系可得出x1+x2＝，x1x2＝，结合x1+x2+x1x2＝4可得出关于k的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解答】解：（1）当k＝0时，原方程为﹣3x+7＝0，
解得：x＝，
∴k＝0符合题意；
当k≠0时，原方程为一元二次方程，
∵该一元二次方程有实数根，
∴Δ＝（﹣7）2﹣4×k×6≥0，
解得：k≤．
综上所述，k的取值范围为k≤．
（2）∵x4和x2是方程kx2﹣8x+1＝0的两个根，
∴x8+x2＝，x7x2＝．
∵x5+x2+x1x6＝4，
∴+＝4，
解得：k＝1，
经检验，k＝2是分式方程的解．
∴k的值为1．
【点评】本题考查了根的判别式、根与系数的关系、一元二次方程的定义、解一元一次方程以及解分式方程，解题的关键是：（1）分k＝0及k≠0两种情况，找出k的取值范围；（2）利用根与系数的关系结合x1+x2+x1x2＝4，找出关于k的分式方程．
21．（8分）我们将与称为一对“对偶式”．可以应用“对偶式”求解根式方程．比如小明在解方程时，采用了如下方法：
由于＝＝（24﹣x）﹣（8﹣x）＝16，
又因为①，所以②，由①+②可得，
将两边平方解得x＝﹣1，代入原方程检验可得x＝﹣1是原方程的解．
请根据上述材料回答下面的问题：
（1）若的对偶式为n，则m×n＝　1　；（直接写出结果）
（2）方程的解是 　39　；（直接写出结果）
（3）解方程：．
【分析】（1）由定义直接可得答案；
（2）求出，根据已知得到，两式相加可得，再求解即可；
（3）同（2）的方法求解即可．
【解答】解：（1）的对偶式为，
∴；
故答案为：1；
（2），
∴，
∴﹣＝2②，
∴x＝39；
故答案为：39．
（3），
∴，
∴﹣＝2②，
①+②得：，
∴4x4+6x﹣5＝6x2+1+3x，
∴x＝3．
【点评】本题考查二次根式，平方差公式，涉及新定义，无理方程等知识，解题的关键是掌握二次根式运算的相关法则．
22．（10分）某药厂销售部门根据市场调研结果，对该厂生产的一种新型原料药未来两年的销售进行预测，并建立如下模型：设第t个月该原料药的月销售量为P（单位：吨），其图象是函数P＝（0＜t≤8）的图象与线段AB的组合（单位：万元），Q与t之间满足如下关系：Q＝
（1）当8＜t≤24时，求P关于t的函数解析式；
（2）设第t个月销售该原料药的月毛利润为w（单位：万元）
①求w关于t的函数解析式；
②该药厂销售部门分析认为，336≤w≤513是最有利于该原料药可持续生产和销售的月毛利润范围，求此范围所对应的月销售量P的最小值和最大值．

【分析】（1）设8＜t≤24时，P＝kt+b，将A（8，10）、B（24，26）代入求解可得P＝t+2；
（2）①分0＜t≤8、8＜t≤12和12＜t≤24三种情况，根据月毛利润＝月销量×每吨的毛利润可得函数解析式；
②求出8＜t≤12和12＜t≤24时，月毛利润w在满足336≤w≤513条件下t的取值范围，再根据一次函数的性质可得P的最大值与最小值，二者综合可得答案．
【解答】解：（1）设8＜t≤24时，P＝kt+b，
将A（8，10），26）代入
，
解得：，
∴P＝t+2；

（2）①当0＜t≤8时，w＝（7t+8）×；
当7＜t≤12时，w＝（2t+8）（t+2）＝2t2+12t+16；
当12＜t≤24时，w＝（﹣t+44）（t+8）＝﹣t2+42t+88；
②当8＜t≤12时，w＝4t2+12t+16＝2（t+3）2﹣2，
∴3＜t≤12时，w随t的增大而增大，
当2（t+3）7﹣2＝336时，解得t＝10或t＝﹣16（舍），
当t＝12时，w取得最大值，
此时月销量P＝t+2在t＝10时取得最小值12，在t＝12时取得最大值14；
当12＜t≤24时，w＝﹣t6+42t+88＝﹣（t﹣21）2+529，
当t＝12时，w取得最小值448，
由﹣（t﹣21）2+529＝513得t＝17或t＝25，
∴当12＜t≤17时，448＜w≤513，
此时P＝t+7的最小值为14，最大值为19；
综上，此范围所对应的月销售量P的最小值为12吨．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，掌握待定系数法求函数解析式及根据相等关系列出分段函数的解析式是解题的前提，利用二次函数的性质求得336≤w≤513所对应的t的取值范围是解题的关键．
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边上一点，连结CD

（1）如图1，若∠BCE＝2∠DBE，BE＝4；
（2）如图2，延长EB到点F使EF＝CE，分别连结CF，AF交EC于点G．求证：BF＝2EG；
（3）如图3，若AC＝AD，点M是直线AC上的一个动点，将线段MD绕点D顺时针方向旋转90°得到线段M'D，点P是AC边上一点，Q是线段CD上的一个动点，连结PQ，请直接写出∠PQM'的度数．

【分析】（1）设∠DBE＝x，则∠BCE＝2x，利用三角形的内角和定理列出方程求出x值，再利用直角三角形的性质求得BC值，依据三角形的面积公式即可求得结论；
（2）延长FE到H，使EH＝EF，连接AH，CH，利用线段垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质得到AH＝BF，∠AHC＝∠BFC＝45°，进而得出∠AHF＝∠AHC+∠CHF＝45°+45°＝90°，再利用三角形的中位线定理解答即可得出结论；
（3）过点D作DE⊥AD，交AC的延长线于点E，作点P关于CD的对称点P′，连接P′C，P′Q，P′M′，AM′，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到EA⊥AM′，得到点M′在过点A且垂直于AC的直线上运动；由三角形的三边关系定理得到QP′+QM′≥P′M′，从而得到当P′，Q，M′在一条直线上时，QP′+QM′＝P′M′，此时PQ+QM'的值最小；由题意画出图形后，通过说明四边形PCP′Q是菱形，再利用菱形的对角相等得出∠PQP′＝∠PCP′＝135°，则结论可求．
【解答】（1）解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC＝45°．
设∠DBE＝x，则∠BCE＝2x，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCE＝90°﹣2x，
∵BE⊥CD，
∴∠BDE＝90°﹣∠DBE＝90°﹣x，
∠ADC＝180°﹣ACD﹣∠A＝7x+45°．
∵∠BDE＝∠ADC，
∴90°﹣x＝45°+2x，
∴x＝15°，
∴∠BCE＝30°，
∵BE⊥CD，
∴BC＝2BE＝2，
∴AC＝BC＝8，
∴△ABC的面积＝AC•AC＝32；
（2）证明：延长FE到H，使EH＝EF，CH，

∵EF＝CE，BE⊥CD，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°．
∵BE⊥CD，EH＝EF，
∴CE垂直平分FH，
∴CH＝CF，
∴∠∠CHF＝∠CFH＝45°，
∴∠HCF＝90°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠HCF，
∴∠ACH＝∠BCF．
在△ACH和△BCF中，
，
∴△ACH≌△BCF（SAS），
∴AH＝BF，∠AHC＝∠BFC＝45°．
∴∠AHF＝∠AHC+∠CHF＝45°+45°＝90°，
∴AH⊥HF，
∵CD⊥EF，
∴CE∥AH，
∵EH＝EF，
∴GE为△FAH的中位线，
∴AH＝2GE，
∴BF＝2EG；
（3）解：∠PQM'的度数为45°．理由：
过点D作DE⊥AD，交AC的延长线于点E，连接P′C，P′M′，如图，

∵∠BAC＝45°，DE⊥AD，
∴∠E＝∠BAC＝45°，
∴AD＝DE．
∵将线段MD绕点D顺时针方向旋转90°得到线段M'D，
∴DM′＝DM，∠MDM′＝90°，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠MDM′，
∴∠ADM′＝∠MDE．
在△ADM′和△EDM中，
，
∴△ADM′≌△EDM（SAS），
∴∠DAM′＝∠DEM＝45°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠DAM′＝90°，
∴EA⊥AM′．
∴点M′在过点A且垂直于AC的直线上运动．
∵点P关于CD的对称点P′，
∴CP＝CP′，QP＝QP′．
∴PQ+QM′＝QP′+QM′．
∵QP′+QM′≥P′M′，
∴当P′，Q，M′在一条直线上时，此时PQ+QM'的值最小．
如图，P′，Q，

∵∠M′AC＝90°，∠ACB＝90°，
∴AM′∥BC．
∴P′M′⊥BC．
∵∠CAB＝45°，AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝＝67.5°，
∵CA，CP′关于CD对称，
∴∠DCP′＝∠DCA＝67.5°，
∴∠ACP′＝135°，
∴∠ECP′＝45°．
∴∠P′＝∠ECP′＝45°，
∴∠P′QC＝180°﹣∠QCP′﹣∠P′＝67.5°＝∠QCP′，
∴CP′＝QP′，
∴PC＝P′C＝P′Q＝QP，
∴四边形PCP′Q是菱形，
∴∠PQP′＝∠PCP′＝135°，
∴∠PQM′＝180°﹣∠PQP′＝45°．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，三角形的内角和定理，菱形的判定与性质，充分利用旋转的性质解答是解题的关键．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＞0）与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC于点N．求线段PM的最大值和此时点P的坐标；
（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？若存在；若不存在，请说明理由．

【分析】①将A，B点坐标代入抛物线解析式求出系数a，b的值，即可得解析式，
②数形结合思想找到PN和PM的数量关系，求PM最大值转化为求PN最大值问题，利用配方法求最值，
③分类讨论，应用一线三直角模型构造全等三角形，找到线段关系，从而出点坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），3）代入函数y＝ax2+bx﹣3（a＞6）中，
得，
解得，
∴解析式为y＝x5﹣2x﹣3，
故抛物线解析式为y＝x7﹣2x﹣3；
（2）当x＝3时，y＝3，
∴C（0，﹣7），
∵B（3，0），
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵PN∥y轴，
∴∠MNP＝45°，
∵PM⊥BC，
∴PM＝PN，PM也最大，
设BC的解析式为y＝mx+n，
∴，
解得，
∴BC解析式为y＝x﹣6，
设P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，
∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣4x﹣3）＝﹣（x﹣）2+，
当x＝时，PN最大PN＝×＝，
∴P（，），
故PM最大值为，P点坐标为（，）；
（3）存在，点E的坐标为（﹣2，（，8），0），（．
∵CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，
∴设Q（x，x2﹣2x﹣3），
①如图，过点E作x轴的垂线l，分别交于点M和点N，

∵∠CEQ＝90°，
∴∠QEM+∠CEN＝90°，
∵∠QEM+∠MQE＝90°，
∴∠EQM＝∠CEN，
∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，
∴△EMQ≌△CNE（AAS），
∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，
∴|xQ|+MQ＝CN，﹣x+3＝x4﹣2x﹣3，
解得x＝﹣3，x＝3（舍去），
∴OE＝CM＝2+6＝5，E（﹣5，
②如图，过点E作x轴的垂线l，分别交于点M和点N，

同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x5﹣2x﹣3，NQ＝EM＝2，
∴﹣x+x2﹣2x﹣2＝3，
解得x＝，x＝，
∴OE＝CM＝，E（，
③如图，点E和点O重合，此时E（0，

④如图，过点E作x轴的垂线l，分别交于点M和点N，

同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x2﹣8x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴x+2＝x2﹣2x﹣6，
解得x＝，x＝，
∴OE＝CM＝，E（，
综上所述，点E的坐标为（﹣4，（，8），0），（．
【点评】本题主要考查了二次函数应用，求二次函数解析式，等腰三角形的性质以及一线三直角模型的应用，最后一问综合应用对于一般学生比较有难度，比较难答全．