2021-2022学年北京市燕山区九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2021-2022学年北京市燕山区九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共24页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）一元二次方程x2﹣4＝0的解是（ ）
A．x＝2B．x＝﹣2
C．x1＝2，x2＝﹣2D．x1＝，x2＝﹣
2．（2分）二次函数y＝﹣2（x+1）2+3的图象的顶点坐标是（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）
3．（2分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2分）二次函数y＝﹣（x+1）2﹣2的最大值是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
5．（2分）用配方法解方程x2+4x＝3，下列配方正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝1B．（x﹣2）2＝7C．（x+2）2＝7D．（x+2）2＝1
6．（2分）如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是（ ）
A．70°B．80°C．60°D．50°
7．（2分）根据下列表格的对应值，判断方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a、b、c为常数）一个解的范围是（ ）
A．3＜x＜3.23B．3.23＜x＜3.24
C．3.24＜x＜3.25D．3.25＜x＜3.26
8．（2分）如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC＝6，BD＝5，则△AED的周长是（ ）
A．17B．16C．13D．11
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点P（5，﹣2）关于原点（0，0）的对称点的坐标是 ．
10．（2分）关于x的一元二次方程x2+kx﹣2＝0的一个根是1，则k的值为 ．
11．（2分）如果抛物线y＝（m﹣1）x2的开口向上，那么m的取值范围是 ．
12．（2分）点A（2，y1）、B（3，y2）是二次函数y＝（x﹣1）2的图象上两点，则y1与y2的大小关系为y1 y2（填“＞”、“＜”、“＝”）．
13．（2分）关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0有两个相等的实数根，写出一组满足条件的实数a、b的值：a＝ ，b＝ ．
14．（2分）“十一”黄金周，某商场以每件30元的价格购进一种商品，试销中发现，这种商品每天的销售量m（件）与每件的销售价x（元）满足关系：m＝140﹣x．写出商场卖这种商品每天的销售利润y与每件的售价x之间的函数关系式是 ．
15．（2分）如图，正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE＝1．△ADE绕着点A逆时针旋转后与△ABF重合，连结EF，则EF＝ ．
16．（2分）如图，一段抛物线：y＝﹣x2+x（0≤x≤1），记为C1，它与x轴的两个交点分别为O，A1，顶点为P1；将C1绕点A1旋转180°得C2，它与x轴的另一交点记为A2，顶点为P2；将C2绕点A2旋转180°得C3，它与x轴的另一交点记为A3，顶点为P3，…，这样一直进行下去，得到抛物线段C1，C2，C3，…，∁n，则点P2的坐标为 ；若点M（，m）在第3段抛物线C3上，则m＝ ．
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21-22题，每题6分，第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分。解题应写出文字说明、演算步骤或证明过程。）
17．（5分）解方程：x2﹣3x＝0．
18．（5分）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．
求证：△BCE≌△BDF．
19．（5分）已知抛物线的对称轴为直线x＝2，且经过点（0，1），求该抛物线的表达式．
20．（5分）给出一种运算：对于函数y＝xn，规定y'＝nxn﹣1．例如：若函数，则有．若函数，求方程y2′＝12的解．
21．（6分）如图，在一块长为22米，宽为17米的矩形地面上，要修建同样宽的两条互相垂直的道路（两条道路各与矩形的一条边平行），剩余部分种上草坪，要使草坪面积为300平方米，道路宽应为多少米？
22．（6分）已知：关于x的一元二次方程kx2+2x+2﹣k＝0（k≥1）．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）当k取哪些整数时，方程的两个实数根均为整数．
23．（5分）已知x＝1是方程x2﹣5ax+a2＝0的一个根，求代数式3a2﹣15a﹣7的值．
24．（6分）如图，二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与一次函数y＝﹣x+b的图象交于A，C两点．
（1）求b的值；
（2）求△ABC的面积；
（3）根据图象直接写出当x为何值时，一次函数的值大于二次函数的值．
25．（5分）如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：AE∥BC．
26．（6分）小华在研究函数y1＝x与y2＝2x图象关系时发现：如图所示，当x＝1时，y1＝1，y2＝2；当x＝2时，y1＝2，y2＝4；…；当x＝a时，y1＝a，y2＝2a．他得出如果将函数y1＝x图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，就可以得到函数y2＝2x的图象．类比小华的研究方法，解决下列问题：
（1）如果函数y＝3x图象上各点横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到的函数图象的表达式为 ；
（2）①将函数y＝x2图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的 倍，得到函数y＝4x2的图象；
②将函数y＝x2图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到图象的函数表达式为 ．
27．（7分）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE．
（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG＝DE；
（2）如图2，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG∥BD，BG＝BD，连接BE，求∠BED的度数．
28．（7分）定义：如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，同时，抛物线C2的顶点在抛物线C1上，则称抛物线C1与C2关联．例如，如图，抛物线y＝x2的顶点（0，0）在抛物线y＝﹣x2+2x上，抛物线y＝﹣x2+2x的顶点（1，1）也在抛物线y＝x2上，所以抛物线y＝x2与y＝﹣x2+2x关联．
（1）已知抛物线C1：y＝（x+1）2﹣2，分别判断抛物线C2：y＝﹣x2+2x+1和抛物线C3：y＝2x2+2x+1与抛物线C1是否关联；
（2）抛物线M1：的顶点为A，动点P的坐标为（t，2），将抛物线M1绕点P（t，2）旋转180°得到抛物线M2，若抛物线M1与M2关联，求抛物线M2的解析式；
（3）抛物线M1：的顶点为A，点B是与M1关联的抛物线的顶点，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°得到线段AB1，若点B1恰好在y轴上，请直接写出点B1的纵坐标．
2021-2022学年北京市燕山区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的，请将符合题意的答案代号写在答题纸的相应位置上．
1．（2分）一元二次方程x2﹣4＝0的解是（ ）
A．x＝2B．x＝﹣2
C．x1＝2，x2＝﹣2D．x1＝，x2＝﹣
【分析】观察发现方程的两边同时加4后，左边是一个完全平方式，即x2＝4，即原题转化为求4的平方根．
【解答】解：移项得：x2＝4，
∴x＝±2，即x1＝2，x2＝﹣2．
故选：C．
【点评】（1）用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2＝a（a≥0）；ax2＝b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2＝b（b≥0）；a（x+b）2＝c（a，c同号且a≠0）．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解．
（2）用直接开方法求一元二次方程的解，要仔细观察方程的特点．
2．（2分）二次函数y＝﹣2（x+1）2+3的图象的顶点坐标是（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）
【分析】由抛物线的解析式可求得答案．
【解答】解：
∵y＝﹣2（x+1）2+3，
∴抛物线顶点坐标为（﹣1，3），
故选：B．
【点评】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﹣h）2+k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
3．（2分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
【解答】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；
B．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；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．（2分）二次函数y＝﹣（x+1）2﹣2的最大值是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
【分析】所给形式是二次函数的顶点式，易知其顶点坐标是（﹣1，﹣2），也就是当x＝﹣1，函数有最大值﹣2．
【解答】解：∵y＝﹣（x+1）2﹣2，
∴此函数的顶点坐标是（﹣1，﹣2），即当x＝﹣1函数有最大值﹣2
故选：A．
【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．
5．（2分）用配方法解方程x2+4x＝3，下列配方正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝1B．（x﹣2）2＝7C．（x+2）2＝7D．（x+2）2＝1
【分析】把方程两边都加上4，方程左边可写成完全平方式．
【解答】解：x2+4x+4＝7，
（x+2）2＝7．
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
6．（2分）如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是（ ）
A．70°B．80°C．60°D．50°
【分析】先根据等边三角形的性质得AB＝AC，∠BAC＝60°，然后根据旋转的性质可得到∠BAC为旋转角，从而得到旋转角的度数．
【解答】解：∴△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，
∴∠BAC为旋转角，即旋转角的度数为60°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质．
7．（2分）根据下列表格的对应值，判断方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a、b、c为常数）一个解的范围是（ ）
A．3＜x＜3.23B．3.23＜x＜3.24
C．3.24＜x＜3.25D．3.25＜x＜3.26
【分析】根据函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴的交点就是方程ax2+bx+c＝0的根，再根据函数的增减性即可判断方程ax2+bx+c＝0一个解的范围．
【解答】解：函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴的交点就是方程ax2+bx+c＝0的根，
函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴的交点的纵坐标为0；
由表中数据可知：y＝0在y＝﹣0.02与y＝0.03之间，
∴对应的x的值在3.24与3.25之间，即3.24＜x＜3.25．
故选：C．
【点评】掌握函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的图象与x轴的交点与方程ax2+bx+c＝0的根的关系是解决此题的关键所在．
8．（2分）如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC＝6，BD＝5，则△AED的周长是（ ）
A．17B．16C．13D．11
【分析】先根据旋转的性质得BE＝BD，AE＝CD，∠DBE＝60°，于是可判断△BDE为等边三角形，则有DE＝BD＝5，所以△AED的周长＝DE+AC，再利用等边三角形的性质得AC＝BC＝6，即可求得△AED的周长．
【解答】解：∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，
∴BE＝BD，AE＝CD，∠DBE＝60°，
∴△BDE为等边三角形，
∴DE＝BD＝5，
∴△AED的周长＝DE+AE+AD＝DE+CD+AD＝DE+AC，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝BC＝6，
∴△AED的周长＝DE+AC＝5+6＝11，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点P（5，﹣2）关于原点（0，0）的对称点的坐标是 （﹣5，2） ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【解答】解：点P（5，﹣2）关于原点的对称点的坐标是（﹣5，2），
故答案为：（﹣5，2）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
10．（2分）关于x的一元二次方程x2+kx﹣2＝0的一个根是1，则k的值为 1 ．
【分析】先把x＝1代入方程x2+kx﹣2＝0得1+k﹣2＝0，然后解关于k的方程即可．
【解答】解：把x＝1代入方程x2+kx﹣2＝0得1+k﹣2＝0，
解得k＝1．
故答案为：1．
【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．
11．（2分）如果抛物线y＝（m﹣1）x2的开口向上，那么m的取值范围是 m＞1 ．
【分析】根据二次函数的性质可知，当抛物线开口向上时，二次项系数m﹣1＞0．
【解答】解：因为抛物线y＝（m﹣1）x2的开口向上，
所以m﹣1＞0，即m＞1，故m的取值范围是m＞1．
【点评】解答此题要掌握二次函数图象的特点．
12．（2分）点A（2，y1）、B（3，y2）是二次函数y＝（x﹣1）2的图象上两点，则y1与y2的大小关系为y1 ＜ y2（填“＞”、“＜”、“＝”）．
【分析】先根据函数解析式确定出对称轴为直线x＝1，再根据二次函数的增减性，x＜1时，y随x的增大而减小解答．
【解答】解：∵y＝（x﹣1）2，
∴二次函数图象的对称轴为直线x＝1，
∵x2＞x1＞1，
∴y1＜y2．
故答案为：＜
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性，求出对称轴解析式是解题的关键．
13．（2分）关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0有两个相等的实数根，写出一组满足条件的实数a、b的值：a＝ 1 ，b＝ 2 ．
【分析】利用一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根；进而得出答案．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝b2﹣4a＝0，
符合一组满足条件的实数a、b的值：a＝1，b＝2．
故答案为：1，2．
【点评】此题主要考查了根的判别式，正确求出a，b之间的关系是解题关键．
14．（2分）“十一”黄金周，某商场以每件30元的价格购进一种商品，试销中发现，这种商品每天的销售量m（件）与每件的销售价x（元）满足关系：m＝140﹣x．写出商场卖这种商品每天的销售利润y与每件的售价x之间的函数关系式是 y＝﹣x2+170x﹣4200（30≤x≤140） ．
【分析】按等量关系“每天的销售利润＝（销售价﹣进价）×每天的销售量”列出函数关系式，并由售价大于进价，且销售量大于零求得自变量的取值范围．
【解答】解：由题意得，每件商品的销售利润为（x﹣30）元，那么m件的销售利润为y＝m（x﹣30），
又∵m＝140﹣x，
∴y＝（x﹣30）（140﹣x），
即y＝﹣x2+170x﹣4200，
∵x﹣30≥0，
∴x≥30．
又∵m≥0，
∴140﹣x≥0，即x≤140．
∴30≤x≤140．
∴所求关系式为y＝﹣x2+170x﹣4200（30≤x≤140）．
【点评】本题考查了二次函数在实际生活中的应用，解答本题的关键是根据等量关系：“每天的销售利润＝（销售价﹣进价）×每天的销售量”列出函数关系式．
15．（2分）如图，正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE＝1．△ADE绕着点A逆时针旋转后与△ABF重合，连结EF，则EF＝ 2 ．
【分析】首先勾股定理得出AE的长，由旋转的性质知△AEF等腰直角三角形，从而得出EF的长．
【解答】解：在Rt△AED中，由勾股定理得，
AE＝＝，
∵△ADE绕着点A逆时针旋转后与△ABF重合，
∴∠DAE＝∠BAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△AEF等腰直角三角形，
∴EF＝AE＝×＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定等知识，证明△AEF等腰直角三角形是解题的关键．
16．（2分）如图，一段抛物线：y＝﹣x2+x（0≤x≤1），记为C1，它与x轴的两个交点分别为O，A1，顶点为P1；将C1绕点A1旋转180°得C2，它与x轴的另一交点记为A2，顶点为P2；将C2绕点A2旋转180°得C3，它与x轴的另一交点记为A3，顶点为P3，…，这样一直进行下去，得到抛物线段C1，C2，C3，…，∁n，则点P2的坐标为 （，﹣）， ；若点M（，m）在第3段抛物线C3上，则m＝ ．
【分析】由旋转可知抛物线C2与抛物线C1关于点A1成中心对称，抛物线C3与抛物线C2关于点A2成中心对称，先求出点A1的坐标，再将抛物线C1的解析式配成顶点式，求出抛物线C1的顶点坐标，然后可依次求出P2、P3的坐标，再求出抛物线C3的解析式，进而求出m的值，得到问题的答案．
【解答】解：如图，抛物线y＝﹣x2+x，当y＝0时，则﹣x2+x＝0，
解得x1＝0，x2＝1，
∴A1（1，0），
∵y＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+，
∴C1的顶点为P1（，），
∵C2与C1关于点A1成中心对称，
∴P2（，﹣），A2（2，0），
∵C3与C2关于点A2成中心对称，
∴P3（，），
∴C3的解析式为y＝﹣（x﹣）2+，
将M（，m）代入y＝﹣（x﹣）2+，
得m＝﹣（﹣）2+＝，
∴m的值为，
故答案为：（，﹣）；．
【点评】此题考查二次函数的图象与性质、中心对称的性质等知识，将y＝﹣x2+x配成顶点式，求出抛物线C1的顶点坐标及点A1的坐标是解题的关键．
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21-22题，每题6分，第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分。解题应写出文字说明、演算步骤或证明过程。）
17．（5分）解方程：x2﹣3x＝0．
【分析】将方程左边的多项式提取公因式x，分解因式后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2﹣3x＝0，
分解因式得：x（x﹣3）＝0，
可得：x＝0或x﹣3＝0，
解得：x1＝0，x2＝3．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用因式分解法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为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．
18．（5分）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．
求证：△BCE≌△BDF．
【分析】由旋转的性质知BE＝BF，∠EBF＝70°，再利用SAS即可证明结论．
【解答】证明：∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝70°，
∵∠ABC＝70°，
∴∠EBF＝∠ABC，
∴∠DBF＝70°﹣∠ABE＝∠CBE，
在△BCE与△BDF中，
，
∴△BCE≌△BDF（SAS）．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转前面对应边相等是解题的关键．
19．（5分）已知抛物线的对称轴为直线x＝2，且经过点（0，1），求该抛物线的表达式．
【分析】根据待定系数法即可求得抛物线的解析式．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝2，且经过点（0，1），
∴，解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x+1．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
20．（5分）给出一种运算：对于函数y＝xn，规定y'＝nxn﹣1．例如：若函数，则有．若函数，求方程y2′＝12的解．
【分析】根据新定义的规定先计算y2′，再解方程．
【解答】解：∵y2′＝3x2，
又∵y2′＝12，
∴3x2＝12．
∴x2＝4．
∴x1＝2，x2＝﹣2．
【点评】本题考查了解一元二次方程的直接开平方法．掌握新定义规定的运算和一元二次方程的解法是解决本题的关键．
21．（6分）如图，在一块长为22米，宽为17米的矩形地面上，要修建同样宽的两条互相垂直的道路（两条道路各与矩形的一条边平行），剩余部分种上草坪，要使草坪面积为300平方米，道路宽应为多少米？
【分析】设道路宽为x米，则剩余部分可合成长（22﹣x）米，宽（17﹣x）米的矩形，根据草坪面积为300平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合17﹣x＞0，即可得出道路宽应为2米．
【解答】解：设道路宽为x米，则剩余部分可合成长（22﹣x）米，宽（17﹣x）米的矩形，
依题意得：（22﹣x）（17﹣x）＝300，
整理得：x2﹣39x+74＝0，
解得：x1＝2，x2＝37．
又∵17﹣x＞0，
∴x＜17，
∴x＝2．
答：道路宽应为2米．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
22．（6分）已知：关于x的一元二次方程kx2+2x+2﹣k＝0（k≥1）．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）当k取哪些整数时，方程的两个实数根均为整数．
【分析】（1）先由k≠0，确定此方程为一元二次方程．要证明方程总有两个实数根，只有证明△≥0，通过代数式变形即可证明；
（2）先利用求根公式求出两根，x1＝﹣1，，只要2被k整除，并且有k≥1的整数，即可得到k的值．
【解答】证明：（1）∵k≥1，
∴k≠0，此方程为一元二次方程，
∵Δ＝4﹣4k（2﹣k）＝4﹣8k+4k2＝4（k﹣1）2，
而4（k﹣1）2≥0，
∴△≥0，
∴方程恒有两个实数根．
（2）解：方程的根为，
∵k≥1，∴．
∴x1＝﹣1，，
∵k≥1，若k为整数，
∴当k＝1或k＝2时，方程的两个实数根均为整数．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．同时考查了解方程的方法和整数的整除性质．
23．（5分）已知x＝1是方程x2﹣5ax+a2＝0的一个根，求代数式3a2﹣15a﹣7的值．
【分析】把x＝1代入已知方程求得a2﹣5a＝﹣1，然后整体代入所求的代数式中进行求解．
【解答】解：∵x＝1是方程x2﹣5ax+a2＝0的一个根，
∴1﹣5a+a2＝0．
∴a2﹣5a＝﹣1，
∴3a2﹣15a﹣7＝3（a2﹣5a）﹣7＝3×（﹣1）﹣7＝﹣10，即3a2﹣15a﹣7＝﹣10．
【点评】此题主要考查的是一元二次方程解的定义，注意整体代入思想在代数求值中的应用．
24．（6分）如图，二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与一次函数y＝﹣x+b的图象交于A，C两点．
（1）求b的值；
（2）求△ABC的面积；
（3）根据图象直接写出当x为何值时，一次函数的值大于二次函数的值．
【分析】（1）令y＝0，y＝x2﹣2x﹣3＝0，解得：x＝3或﹣1，得点A坐标为（﹣1，0），B（3，0），将点A（﹣1，0）代入y＝﹣x+b，即可求解；
（2）方程组，解得：或，得点C坐标为（2，﹣3），根据面积公式即可求解；
（3）根据图象可知，﹣1＜x＜2时，一次函数值大于二次函数值．
【解答】解：（1）∵令y＝0，y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x＝3或﹣1，
∴点A坐标为（﹣1，0），B（3，0），
将点A（﹣1，0）代入y＝﹣x+b，
1+b＝0，解得b＝﹣1；
（2）方程组，
解得：或，
∴点C坐标为（2，﹣3），
∴△ABC的面积＝×4×3＝6；
（3）根据图象可知，﹣1＜x＜2时，一次函数值大于二次函数值．
【点评】本题考查了一次函数和二次函数的交点问题，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，求得交点坐标是解题的关键．
25．（5分）如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：AE∥BC．
【分析】利用等边三角形的性质得AC＝BC，∠B＝∠ACB＝60°，再根据旋转的性质得CD＝CE，∠DCE＝60°，则∠DCE＝∠ACB，所以∠BCD＝∠ACE，接着证明△BCD≌△ACE得到∠EAC＝∠B＝60°，从而得到∠EAC＝∠ACB，然后根据平行线的判定方法得到结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠B＝∠ACB＝60°，
∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB，
即∠BCD+∠DCA＝∠DCA+∠ACE，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE，
∴∠EAC＝∠B＝60°，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴AE∥BC．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
26．（6分）小华在研究函数y1＝x与y2＝2x图象关系时发现：如图所示，当x＝1时，y1＝1，y2＝2；当x＝2时，y1＝2，y2＝4；…；当x＝a时，y1＝a，y2＝2a．他得出如果将函数y1＝x图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，就可以得到函数y2＝2x的图象．类比小华的研究方法，解决下列问题：
（1）如果函数y＝3x图象上各点横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到的函数图象的表达式为 y＝9x ；
（2）①将函数y＝x2图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的 4 倍，得到函数y＝4x2的图象；
②将函数y＝x2图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到图象的函数表达式为 y＝x2 ．
【分析】（1）设变换后直线解析式为y1＝kx，根据题意得出当x＝1时，y1＝3×3＝9，代入求得k即可；
（2）①求得x＝1时y＝x2＝1，y＝4x2＝4，即可得出答案；
②设所得函数图象的解析式为y2＝ax2，根据题意得出x＝2时，y2＝1，代入求得a的值即可．
【解答】解：（1）设变换后直线解析式为y1＝kx，
∵当x＝1时，y＝3x＝3，
∴y1＝3×3＝9，即k＝9，
∴得到的函数图象的表达式为y＝9x，
故答案为：y＝9x；
（2）①当x＝1时，y＝x2＝1，y＝4x2＝4，
∴纵坐标变为原来的4倍，得到函数y＝4x2的图象，
故答案为：4；
②设所得函数图象的解析式为y2＝ax2，
由题意知当x＝1时，y＝x2＝1，
则x＝2时，y2＝1，即1＝4a，解得：a＝，
即得到图象的函数表达式为y＝x2，
故答案为：y＝x2．
【点评】本题主要考查二次函数图象与一次函数图象上点的坐标特征及待定系数法求函数解析式和平移变换，根据题意得出平移变换后对应点的坐标是解题的关键．
27．（7分）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE．
（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG＝DE；
（2）如图2，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG∥BD，BG＝BD，连接BE，求∠BED的度数．
【分析】（1）先证∠BCG＝∠DCE，再证明△BCG≌△DCE，即可得出结论；
（2）先证明∠BCG＝∠BCE，再证明△BCG≌△BCE，得出BG＝BE，证出△BDE为等边三角形，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和CEFG为正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCD+∠DCG＝∠GCE+∠DCG，
即：∠BCG＝∠DCE，
在△BCG和△DCE中，，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE；
（2）解：由（1）可知：BG＝DE．
∵CG∥BD，
∴∠DCG＝∠BDC＝45°，
∴∠BCG＝∠BCD+∠GCD＝90°+45°＝135°，
∵∠GCE＝90°，
∴∠BCE＝360°﹣∠BCG﹣∠GCE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠BCG＝∠BCE，
在△BCG和△BCE中，，
∴△BCG≌△BCE（SAS），
∴BG＝BE，
∵BG＝BD＝DE，
∴BD＝BE＝DE，
∴△BDE为等边三角形，
∴∠BED＝60°．
【点评】本题考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
28．（7分）定义：如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，同时，抛物线C2的顶点在抛物线C1上，则称抛物线C1与C2关联．例如，如图，抛物线y＝x2的顶点（0，0）在抛物线y＝﹣x2+2x上，抛物线y＝﹣x2+2x的顶点（1，1）也在抛物线y＝x2上，所以抛物线y＝x2与y＝﹣x2+2x关联．
（1）已知抛物线C1：y＝（x+1）2﹣2，分别判断抛物线C2：y＝﹣x2+2x+1和抛物线C3：y＝2x2+2x+1与抛物线C1是否关联；
（2）抛物线M1：的顶点为A，动点P的坐标为（t，2），将抛物线M1绕点P（t，2）旋转180°得到抛物线M2，若抛物线M1与M2关联，求抛物线M2的解析式；
（3）抛物线M1：的顶点为A，点B是与M1关联的抛物线的顶点，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°得到线段AB1，若点B1恰好在y轴上，请直接写出点B1的纵坐标．
【分析】（1）首先求得抛物线①的顶点坐标，然后检验是否此点在抛物线②与③上，再求得抛物线②的顶点坐标，检验是否在抛物线①上即可求得答案；
（2）首先求得抛物线M1的顶点坐标，则可得：点P在直线y＝2上，则可作辅助线：作M关于P的对称点N，分别过点M、N作直线y＝2的垂线，垂足为E，F，则可求得：点N的坐标，利用顶点式即可求得结果；
（3）根据全等三角形的知识，即可求得点B的坐标，从而求得B1点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝（x+1）2﹣2的顶点坐标为M（﹣1，﹣2），
∴当x＝﹣1时，y＝﹣x2+2x+1＝﹣1﹣2+1＝﹣2，
∴C1的顶点在抛物线C2上；
∵抛物线C2：y＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2，其顶点坐标为（1，2），
当x＝1时，y＝（x+1）2﹣2＝22﹣2＝2，
∴C2的顶点在抛物线C1上；
∴抛物线C1、C2是关联的；
∵抛物线C3：y＝2x2+2x+1的顶点坐标为M（﹣，），
∴当x＝﹣时，y＝（x+1）2﹣2＝﹣2＝﹣，
∴抛物线C1与C3不关联；
综上，抛物线C1、C2是关联的；抛物线C1与C3不关联；
（2）抛物线M1：y＝（x+1）2﹣2的顶点M的坐标为（﹣1，﹣2），
∵动点P的坐标为（t，2），
∴点P在直线y＝2上，
作M关于P的对称点N，分别过点M、N作直线y＝2的垂线，垂足为E，F，则ME＝NF＝4，
∴点N的纵坐标为6，
当y＝6时，（x+1）2﹣2＝6，
解得：x1＝7，x2＝﹣9，
①设抛物M2的解析式为：y＝a（x﹣7）2+6，
∵点M（﹣1，﹣2）在抛物线M2上，
∴﹣2＝a（﹣1﹣7）2+6，
∴a＝﹣．
∴抛物线M2的解析式为：y＝﹣（x﹣7）2+6；
②设抛物M2的解析式为：y＝a（x+9）2+6，
∵点M（﹣1，﹣2）在抛物线M2上，
∴﹣2＝a（﹣1+9）2+6，
∴a＝﹣．
∴抛物线M2的解析式为：y＝﹣（x+9）2+6；
（3）若A为抛物线M1：y＝（x+1）2﹣2的顶点，
∴A（﹣1，﹣2），
当点B1恰好在y轴上，过A作x轴的平行线AN交y轴于N，过B作BM⊥AN于M，如图，
∴AN＝1，
∵BA⊥B1A，
∴∠BAM+∠B1AN＝90°，
∵∠BAM+∠ABM＝90°，
∴∠ABM＝∠B′AN，
∵AB＝AB′，
∴△ABM≌△B1AN（AAS），
∴BM＝AN＝1，AM＝B1N，
∴B点的纵坐标为﹣1，
把y＝﹣1代入y＝（x+1）2﹣2
解得：x＝﹣1+2或x＝﹣1﹣2，
∴B1（0，2﹣2）或（0，﹣2﹣2），
∴点B1的纵坐标是（0，2﹣2）或（0，﹣2﹣2）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的顶点坐标的求解方法，全等三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．
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