陕西省咸阳市实验中学2022年九年级数学第一学期期末检测试题含解析

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每小题3分,共30分)

1．若要得到函数y(x1)22的图象，只需将函数yx2的图象（ ）

A．先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度 B．先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度 C．先向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度 D．先向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度

2．如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C'处，BC'交AD于E，则下列结论不一定成立的是（ ）

A．ADBC' C．ABECBD

B．EBDEDB D．sinABEAE ED3．下列方程中，为一元二次方程的是（ ） A．2x+1=0；

B．3x2-x=10；

C．x-214； xD．x2+y25.

4．为了测量某沙漠地区的温度变化情况，从某时刻开始记录了12个小时的温度，记时间为t（单位：h）温度为y（单位：C）.当4t8时，y与t的函数关系是yt10t11，则4t8时该地区的最高温度是（ ）

2A．11C

5．若反比例函数y=A．第一、二象限

B．27C C．35C D．36C

k图象经过点（5，-1），该函数图象在（ ） xB．第一、三象限

C．第二、三象限

D．第二、四象限

6．若关于x的方程x2m0有实数根，则m的取值范围是（ ） A．m0

B．m0

2C．m0 D．m0

7．如图，抛物线yx2xm交x轴于点A(a，0)和B(b，0)，交y轴于点C，抛物线的顶点为D，下列四个结论： ①点C的坐标为（0，m）；

②当m=0时，△ABD是等腰直角三角形； ③若a＝－1，则b＝4；

④抛物线上有两点P(x1，y1)和Q(x2，y2)，若x1＜1＜x2，且x1＋x2＞2，则y1＞y2． 其中结论正确的序号是（ ）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④

8．如图，在平面直角坐标系内，正方形OABC的顶点A，B在第一象限内，且点A，B在反比例函数y＝的图象上，点C在第四象限内．其中，点A的纵坐标为2，则k的值为（ ）

k（k≠0）x

A．23﹣2 B．25﹣2 C．43﹣4 D．45﹣4

9．若⊙O的弦AB等于半径，则AB所对的圆心角的度数是（ ） A．30°

B．60°

C．90°

D．120°

10．从某多边形的一个顶点出发，可以作4条对角线，则这个多边形的内角和与外角和分别是（ ） A．900；360

B．1080；360

C．1260；720

D．720；720

二、填空题(每小题3分,共24分)

11．如图所示是二次函数yaxbxc的图象，下列结论：

2

①二次三项式ax2bxc的最大值为4；

②使y3成立的x的取值范围是x≤2；

③一元二次方程ax2bxck，当k4时，方程总有两个不相等的实数根；

④该抛物线的对称轴是直线x1；

⑤4a2bc0

其中正确的结论有______________ (把所有正确结论的序号都填在横线上)

12．菱形的两条对角线分别是6cm，8cm，则菱形的边长为________cm，面积为________cm2．

13．如图，在矩形ABCD中，ABC的角平分线BE与AD交于点E，BED的角平分线EF与DC交于点F，若

AB8，DF3FC，则BC=_______．

14．已知一个扇形的半径为5cm，面积是20cm2，则它的弧长为_____． 15．如图，过原点的直线与反比例函数yk（k0）的图象交于A，B两点，点A在第一象限．点C在x轴正半x轴上，连结AC交反比例函数图象于点D．AE为BAC的平分线，过点B作AE的垂线，垂足为E，连结DE．若

D是线段AC中点，ADE的面积为4，则k的值为______．

16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，CE是AB边上的中线，若AD＝3，CE＝5，则CD等

于_____．

2217．设x1、x2是一元二次方程x25x10的两实数根，则x1x2的值为_________

18．如图，在正方形ABCD中，以BC为边作等边BPC，延长BP，CP分别交AD于点E,F，连接BD、DP、

BD与CF相交于点H，给出下列结论：①AE其中正确的是__________．

1CF；②BPD135；③PDE∽DBE；④ED2EPEB，2

三、解答题(共66分)

19．（10分）（1）解方程：x2﹣4x﹣3＝0 （2）计算：18tan30(4)016 20．（6分）小红想利用阳光下的影长测量学校旗杆AB的高度．如图，他在某一时刻在地面上竖直立一个2米长的标杆CD，测得其影长DE=0.4米．

（1）请在图中画出此时旗杆AB在阳光下的投影BF． （2）如果BF=1.6，求旗杆AB的高．

21．（6分）在二次函数的学习中，教材有如下内容：

小聪和小明通过例题的学习，体会到利用函数图象可以求出方程的近似解.于是他们尝试利用图象法探究方程

x32x210的近似解，做法如下：

请你选择小聪或小明的做法，求出方程x32x210的近似解(精确到0.1).

22．（8分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（0，﹣4）和B（2，0）两点． （1）求c的值及a，b满足的关系式；

（2）若抛物线在A和B两点间，y随x的增大而增大，求a的取值范围； （3）抛物线同时经过两个不同的点M（p，m），N（﹣2﹣p，n）． ①若m＝n，求a的值；

②若m＝﹣2p﹣3，n＝2p+1，点M在直线y＝﹣2x﹣3上，请验证点N也在y＝﹣2x﹣3上并求a的值． 23．（8分）已知关于x的方程mx2m1xm20；

2（1）当m为何值时，方程有两个不相等的实数根；

（2）若m为满足（1）的最小正整数，求此时方程的两个根x1，x2.

24．（8分）意外创伤随时可能发生，急救是否及时、妥善，直接关系到病人的安危．为普及急救科普知识，提高学生的急救意识与现场急救能力，某校开展了急救知识进校园培训活动．为了解七、八年级学生(七、八年级各有600名学生)的培训效果，该校举行了相关的急救知识竞赛．现从两个年级各随机抽取20名学生的急救知识竞赛成绩(百．分制)进行分析，过程如下： 收集数据：

七年级：79，85，73，80，75，76，87，70，75，94，75，78，81，72，75，80，86，59，83，1． 八年级：92，74，87，82，72，81，94，83，1，83，80，81，71，81，72，1，82，80，70，2． 整理数据： 七年级 八年级 40≤x≤49 0 1 50≤x≤59 1 0 60≤x≤69 0 0 70≤x≤79 a 7 80≤x≤ 7 b 90≤x≤100 1 2 分析数据： 七年级 八年级 应用数据：

（1）由上表填空：a＝ ；b＝ ；c＝ ；d＝ ．

（2）估计该校七、八两个年级学生在本次竞赛中成绩在80分及以上的共有多少人？ （3）你认为哪个年级的学生对急救知识掌握的总体水平较好，请说明理由．

25．（10分）如图所示，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系． （1）求OE的长．

（2）求经过O，D，C三点的抛物线的解析式．

（3）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ． （4）若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

平均数 78 78 众数 75 d 中位数 c 80.5

26．（10分）如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C． （1）求这个二次函数的表达式；

（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；

（3）直线x=m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．

参

一、选择题(每小题3分,共30分) 1、A

【分析】找出两抛物线的顶点坐标，由a值不变即可找出结论．

【详解】∵抛物线y=（x-1）1+1的顶点坐标为（1，1），抛物线y=x1的顶点坐标为（0，0）， ∴将抛物线y=x1先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度即可得出抛物线y=（x-1）1+1． 故选：A． 【点睛】

本题考查了二次函数图象与几何变换，通过平移顶点找出结论是解题的关键． 2、C

【解析】分析：主要根据折叠前后角和边相等对各选项进行判断，即可选出正确答案． 详解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以A正确．

B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB，所以B正确． D、∵sin∠ABE=

AE， BE∵∠EBD=∠EDB ∴BE=DE ∴sin∠ABE=

AE． ED由已知不能得到△ABE∽△CBD．故选C．

点睛：本题可以采用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法． 3、B

【解析】试题解析：A.是一元一次方程，故A错误； B. 是一元二次方程，故B正确； C. 不是整式方程，故C错误； D .不是一元二次方程，故D错误； 故选B． 4、D

【分析】利用配方法求最值.

【详解】解：yt10t11(t5)36 ∵a=-1<0

∴当t=5时，y有最大值为36 故选：D 【点睛】

本题考查配方法求最值，掌握配方法的方法正确计算是本题的解题关键. 5、D

【解析】∵反比例函数y=

22k的图象经过点（5，-1）， x∴k=5×（-1）=-5＜0， ∴该函数图象在第二、四象限．

故选D．

6、D

【分析】用直接开平方法解方程，然后根据平方根的意义求得m的取值范围. 【详解】解：x2m0

x2m

∵关于x的方程x2m0有实数根 ∴m0 故选：D 【点睛】

本题考查直接开平方法解方程，注意负数没有平方根是本题的解题关键. 7、C

【分析】根据二次函数图像的基本性质依次进行判断即可.

【详解】①当x=0时，y=m，∴点C的坐标为（0，m），该项正确；

②当m=0时，原函数解析式为：yx2x，此时对称轴为：x1，且A点交于原点，

∴B点坐标为：（2，0），即AB=2，∴D点坐标为：（1，1），根据勾股定理可得：BD=AD=2,∴△ABD为等腰三角形，∵AD2BD2AB2,∴△ABD为等腰直角三角形，该项正确；

③由解析式得其对称轴为：x1，利用其图像对称性，∴当若a＝－1，则b＝3，该项错误； ④∵x1＋x2＞2，∴

2x1x21，又∵x1＜1＜x2，∴x1-1＜1＜x2-1，∴Q点离对称轴较远，∴y1＞y2，该项正确； 2综上所述，①②④正确，③错误， 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了二次函数图像解析式与其函数图像的性质综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键. 8、B

k，2），证得△AOE≌△BAF2kkkk（AAS），得出OE=AF，AE=BF，即可得到B（+2，2-），根据系数k的几何意义得到k=（+2）（2-），解得

2222【分析】作AE⊥x轴于E，BF∥x轴，交AE于F，根据图象上点的坐标特征得出A（即可．

【详解】解：作AE⊥x轴于E，BF//x轴，交AE于F， ∵∠OAE+∠BAF＝90°＝∠OAE+∠AOE，

∴∠BAF＝∠AOE， 在△AOE和△BAF中

AOEBAFAEOBFA90 OAAB∴△AOE≌△BAF（AAS）， ∴OE＝AF，AE＝BF， ∵点A，B在反比例函数y＝

k（k≠0）的图象上，点A的纵坐标为2， xk，2）， 2kk∴B（+2，2﹣），

22kk∴k＝（+2）（2﹣），

22∴A（

25（负数舍去）解得k＝﹣2±， ∴k＝25﹣2， 故选：B．

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，反比例函数的图象与性质，关键是构造全等三角形． 9、B

【解析】试题分析：∵OA=OB=AB， ∴△OAB是等边三角形， ∴∠AOB=60°． 故选B．

【考点】圆心角、弧、弦的关系；等边三角形的判定与性质． 10、A

【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出n3条对角线，求出n的值，再根据n边形的内角和为n2180，代入公式就可以求出内角和，根据多边形的外角和等于360，即可求解． 【详解】∵多边形从一个顶点出发可引出4条对角线， ∴n34， 解得：n7，

∴内角和72180900； 任何多边形的外角和都等于360． 故选：A． 【点睛】

本题考查了多边形的对角线，多边形的内角和及外角和定理，是需要熟记的内容，比较简单．求出多边形的边数是解题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分) 11、①③④

【分析】根据图象求出二次函数的解析式，根据二次函数的性质结合图象可以判断各个小题中的结论是否正确． 【详解】由函数图象可知：抛物线过(-3，0)，(1，0)，(0，3)，

∴设抛物线解析式为ya(x1)(x3)，把(0，3)代入得：3=a(1)(3)，解得：a=－1， ∴抛物线为y(x1)(x3)，即y(x1)4， ∴二次三项式ax2+bx+c的最大值为4，故①正确，

由y(x1)4=3，解得：x=0或x=-2，由图像可知：使y≤3成立的x的取值范围是x≤﹣2或x≥0，故②错误． ∵二次三项式ax2+bx+c的最大值为4，

∴当k＜4时，直线y=k与抛物线yaxbxc有两个交点，

∴当k＜4时，方程一元二次方程ax2bxck总有两个不相等的实数根，故③正确，

222该抛物线的对称轴是直线x=﹣1，故④正确， 当x=﹣2时，y=4a﹣2b+c＞0，故⑤错误． 故答案为：①③④． 【点睛】

本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数的最值、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答． 12、5 24

【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出两对角线的一半，然后利用勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求菱形的面积即可． 【详解】∵菱形的两条对角线长分别为6cm，8cm， ∴对角线的一半分别为3cm，4cm，

∴根据勾股定理可得菱形的边长为：3242 =5cm， ∴面积S=

1 ×6×8=14cm1． 2故答案为5；14． 【点睛】

本题考查了菱形的性质及勾股定理的应用，熟记菱形的性质是解决本题的关键． 13、262．

【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC ，得出CG与 DE的倍数关系，并根据

BGBCCG 进行计算即可．

【详解】延长EF和BC交于点G

∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交 于点E ∴∠ABE  ∠AEB  45 ∴AB  AE  8

∴直角三角形 ABE 中，BE828282 又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F ∴∠BEG  ∠DEF ∵AD // BC ∴∠G ∠DEF

∴∠BEG∠G ∴BG  BE  82 由∠G∠DEF ，∠EFD∠GFC ，可得△EFD∽△GFC

∴

CGCFCF1 DEDF3CF3设CGx ，DE3x ，则AD83xBC ∴BGBCCG

∴8283xx

解得x222

∴BC83222622 故答案为：2+62 ．



【点睛】

本题考查了矩形与角平分线的综合问题，掌握等腰直角三角形的性质和相似三角形的性质以及判定是解题的关键． 14、1

【分析】利用扇形的面积公式S扇形【详解】设弧长为L，则20故答案为：1． 【点睛】

本题考查了扇形的面积公式，掌握扇形的面积等于弧长和半径乘积的一半是解答本题的关键． 15、

1弧长×半径，代入可求得弧长． 21L×5，解得：L=1． 216 3【分析】连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF；由AB经过原点，则A与B关于原点对称，再由BE⊥AE，AE为∠BAC的平分线，

可得AD∥OE，进而可得S△ACE=S△AOC；设点A（m，

k ），由已知条件D是线段AC中点，DH∥AF，可得2DH=AF，m则点D（2m，即可求解；

311k），证明△DHC≌△AGD，得到S△HDC=S△ADG，所以S△AOC=S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC=k+k+k=8；2m244【详解】解：连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF，

∵过原点的直线与反比例函数y=∴A与B关于原点对称， ∴O是AB的中点， ∵BE⊥AE， ∴OE=OA， ∴∠OAE=∠AEO， ∵AE为∠BAC的平分线， ∴∠DAE=∠AEO， ∴AD∥OE， ∴S△ACE=S△AOC，

k（k＞0）的图象交于A，B两点， x∵D是线段AC中点，ADE的面积为4， ∴AD=DC,S△ACE=S△AOC=8， 设点A（m，

k ）， m∵D是线段AC中点，DH∥AF， ∴2DH=AF， ∴点D（2m，

k）， 2m∵CH∥GD，AG∥DH，

∴∠ADG=∠DCH，∠DAG=∠CDH， 在△AGD和△DHC中，

ADGDCHADDC DAGCDH∴S△HDC=S△ADG，

∵S△AOC=S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC=

11k+×FH+S△HDC （DH+AF）×22=

311k+k+k=8； 2443k=8， 216∴k= .

316故答案为.

3∴【点睛】

本题考查反比例函数k的意义；借助直角三角形和角平分线，将△ACE的面积转化为△AOC的面积是解题的关键． 16、21

【分析】根据直角三角形的性质得出AE＝CE＝1，进而得出DE＝2，利用勾股定理解答即可． 【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE为AB边上的中线，CE＝1， ∴AE＝CE＝1， ∵AD＝3， ∴DE＝2，

∵CD为AB边上的高，

∴在Rt△CDE中，CD＝CE2ED2522221，

故答案为：21. 【点睛】

此题考查勾股定理的应用以及直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE＝CE＝1． 17、27

x2=-1，因此可知【详解】解：根据一元二次方程根与系数的关系，可知x1+x2=5，x1·

22x12x2=(x1x2)-2x1x2=25+2=27.

故答案为27. 【点睛】

此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题时灵活运用根与系数的关系：x1x2系数a，b，c的值代入求解，然后再通过完全平方式变形解答即可. 18、①②③④

【分析】①正确．利用直角三角形30度角的性质即可解决问题；②正确，通过计算证明∠BPD=135°，即可判断； ③正确，根据两角相等两个三角形相似即可判断；④正确．利用相似三角形的性质即可证明． 【详解】∵△BPC是等边三角形，

∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°， 在正方形ABCD中，

∵AB=BC=CD，∠A=∠ABC =∠ADC=∠BCD=90°， ∴∠ABE=∠DCF=90°-60°=30°， 在

cb，x1x2，确定aaABE和DCF中，

EABFDC90ABCD， ABEDCF30∴

ABEDCF，

∴BECF， ∴在Rt∴AEABE中，∠A=90°，∠ABE=30°，

11BECF，故①正确； 22180PCD1803075°，

22∵PC=CD，∠PCD=30°， ∴∠PDC=∠DPC=

∴∠BPD=∠BPC+∠DPC =60°+75°=135°，故②正确；

∵∠ADC =90°，∠PDC=75°，

∴∠EDP=∠ADC -∠PDC =90°-75°=15°， ∵∠DBA=45°，∠ABE=30°，

∴∠EBD=∠DBA -∠ABE =45°-30°=15°， ∴∠EDP=∠EBD=15°， ∵∠DEP=∠BED，

∴△PDE∽△DBE，故③正确； ∵△PDE∽△DBE， ∴

EDEP， EBED∴ED2EPEB，故④正确； 综上，①②③④都正确， 故答案为：①②③④． 【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．

三、解答题(共66分)

19、（1）x1＝2+7，x2＝2﹣7；（2）1 【分析】(1)方程利用配方法求出解即可；

(2)原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值． 【详解】(1)方程整理得：x2﹣4x=3， 配方得：x2﹣4x+4=3+4，即(x﹣2)2=7， 开方得：x﹣2=±7，

解得：x1=2+7，x2=2﹣7； (2) 18tan30(4)016 32=1． 【点睛】

3116 3本题考查了利用配方法求一元二次方程的解以及实数的混合运算，涉及了：零指数、二次根式以及特殊角的三角函数

值．解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及特殊角的锐角三角函数的值． 20、 (1)见解析 (2) 8m

【详解】试题分析：（1）利用太阳光线为平行光线作图：连结CE，过A点作AF∥CE交BD于F，则BF为所求； （2）证明△ABF∽△CDE，然后利用相似比计算AB的长．

试题解析：（1）连结CE，过A点作AF∥CE交BD于F，则BF为所求，如图；

（2）∵AF∥CE， ∴∠AFB=∠CED， ， 而∠ABF=∠CDE=90°∴△ABF∽△CDE， ∴

ABBFAB1.6， 即， CDDE20.4∴AB=8（m）,

答：旗杆AB的高为8m．

21、（1）详见解析，x10.6 ，x21.0，x31.6．（2）详见解析，x10.6 ，x21.0，x31.6．

【分析】分别按照小聪和小明的作法列表，描点，连线画出图象然后找近似值即可. 【详解】解法1：选择小聪的作法， 列表并作出函数yx32x21的图象：

x yx32x21 … … -1 0 1 0 2 … … 2 1 1

根据函数图象，得近似解为 x10.6 ，x21.0，x31.6．

解法2：选择小明的作法，

2列表并作出函数y1x2x和y21的图象： x0 0 x y1x22x … … … -1 1 2 0 3 … … … … 3 -2 1 1 3 2 x y21 x-1 … 1 21 1 1 2

根据函数图象，得近似解为 x10.6 ，x2【点睛】

1.0，x31.6.

本题主要考查根据函数图象求方程的近似解，能够画出函数图象是解题的关键. 22、（1）c＝﹣4，2a+b＝2；（2）0＜a≤1；（3）①a=

1；②见解析，a=1． 2【分析】（1）令x＝0，则c＝−4，将点B（2，0）代入y＝ax2＋bx＋c可得2a＋b＝2； （2）由已知可知抛物线开口向上，a＞0，对称轴x＝﹣

22ab1＝﹣＝1﹣≤0，即可求a的范围；

a2a2a1＝−1；②将点N（−2−p，n）代入y＝−2x−3a（3）①m＝n时，M（p，m），N（−2−p，n）关于对称轴对称，则有1−

等式成立，则可证明N点在直线上，再由直线与抛物线的两个交点是M、N，则有根与系数的关系可得p＋（−2−p）＝

2a4，即可求a． a【详解】（1）令x＝0，则c＝﹣4，

将点B（2，0）代入y＝ax2+bx+c可得4a+2b﹣4＝0， ∴2a+b＝2；

（2）∵抛物线在A和B两点间，y随x的增大而增大， ∴抛物线开口向上，

∴a＞0，

∵A（0，﹣4）和B（2，0）， ∴对称轴x＝﹣∴0＜a≤1；

（3）①当m＝n时，M（p，m），N（﹣2﹣p，n）关于对称轴对称， ∴对称轴x＝1﹣∴a＝

1＝﹣1， a22ab1＝﹣＝1﹣≤0，

a2a2a1； 2②将点N（﹣2﹣p，n）代入y＝﹣2x﹣3， ∴n＝4+2p﹣3＝1+2p， ∴N点在y＝﹣2x﹣3上，

联立y＝﹣2x﹣3与y＝ax2+（2﹣2a）x﹣4有两个不同的实数根， ∴ax2+（4﹣2a）x﹣1＝0， ∵p+（﹣2﹣p）＝-∴a＝1． 【点睛】

本题考查二次函数的性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，能结合函数的对称性、增减性、直线与抛物线的交点个数综合解题是关键． 23、（1）mb2a4=， aa115，15. 且m0;（2）xx21422【分析】（1）由方程有两个不相等的实数根，可得△=b2-4ac＞0，继而求得m的取值范围； （2）因为最小正整数为1，所以把m=1代入方程。解方程即可解答. 【详解】解：（1）2m14mm24m1 ∵原方程有两个不相等的实数根 ∴，即4m10 ∴m21 41且m0； 4又∵原方程为一元二次方程，∴m0 综上，m的取值范围是m∵最小正整数，

∴m=1，把m=1代入方程mx2m1xm20得：

2x2x10，

解得：x115，15.

x222【点睛】

本题考查根的判别式、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握根的判别式.

24、（1）11，10，78.5，81；（2）600人；（3）八年级学生总体水平较好．理由：两个年级平均分相同，但八年级中位数更大，或八年级众数更大．(言之成理即可)．

【分析】（1）根据已知数据及中位数和众数的概念求解可得； （2）利用样本估计总体思想求解可得； （3）答案不唯一，合理均可．

【详解】解：（1）由题意知a＝11，b＝10，

将七年级成绩重新排列为：59，70，72，73，75，75，75，76，1，1，78，79，80，80，81，83，85，86，87，94， ∴其中位数c＝

7879＝78.5， 2八年级成绩的众数d＝81， 故答案为：11，10，78.5，81；

（2）由样本数据可得，七年级得分在80分及以上的占

712＝， 520251023八年级得分在80分及以上的占＝，

2053故八年级得分在80分及以上的大约600×＝360人．

5故共有600人．

故七年级得分在80分及以上的大约600×＝240人；

（3）该校八年级学生对急救知识掌握的总体水平较好．

理由：两个年级平均分相同，但八年级中位数更大，或八年级众数更大．(言之成理即可)． 【点睛】

本题考查了众数、中位数以及平均数，掌握众数、中位数以及平均数的定义是解题的关键． 25、（1）3；（2）y4216516) xx；（3）t=；（1）存在，M点的坐标为（2,16）或（-6,16）或(2，3333【分析】（1）由矩形的性质以及折叠的性质可求得CE、CO的长，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE的长； （2）设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理列方程可求得m的值，从而得出D点坐标，结合C、O两点，利用待

定系数法可求得抛物线解析式；

（3）用含t的式子表示出BP、EQ的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；

（1）由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设N（-2，n），M（m，y），分以下三种情况：①以EN为对角线，根据对角线互相平分，可得CM的中点与EN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；②当EM为对角线，根据对角线互相平分，可得CN的中点与EM的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；③当CE为对角线，根据对角线互相平分，可得CE的中点与MN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案． 【详解】解：（1）∵OABC为矩形，∴BC=AO=5，CO=AB=1． 又由折叠可知，CECB5，

OECE2CO252423；

（2）设AD=m，则DE=BD=1-m， ∵OE=3，∴AE=5-3=2，

在Rt△ADE中，AD2+AE2=DE2， ∴m2+22=(1-m)2，∴m=

33，∴D(,5)，

22∵该抛物线经过C(-1，0）、O（0，0）， ∴设该抛物线解析式为yax(x4)， 把点D(∴a=

333,5)代入上式得5a(4)， 2224， 3∴y4216xx； 33（3）如图所示，连接DP、DQ．由题意可得，CP=2t，EQ=t，则BP=5-2t．

当DP=DQ时，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，

DPDQ， BDED∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ， ∴5-2t=t，∴t=故当t=

5． 35时，DP=DQ； 3（1）∵抛物线y∴设N（-2，n），

4216bxx的对称轴为直线x==-2，

2a33又由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设M（m，y）， ①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，如图1，

则线段EN的中点横坐标为∵EN，CM互相平分， ∴

0(2)m(4)=-1，线段CM的中点横坐标为， 22m(4)=-1，解得m=2， 2416×22+×2=16， 33又M点在抛物线上， ∴y=

∴M（2，16）；

②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，如图2，

则线段EM的中点横坐标为∵EM，CN互相平分， ∴

(2)(4)m01m，线段CN中点横坐标为3， 2221m=-3，解得m=-6， 2又∵M点在抛物线上，

y416(6)2(6)16， 33∴M（-6，16）；

③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，如图3，

0(4)m(2)=-2，线段MN的中点的横坐标为， 22m(2)2， ∵CE与MN互相平分，∴

2线段CE的中点的横坐标为解得m=-2， 当m=-2时，y=

41616(2)2(2)， 333162,即M．

3综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（-6，16）或2,【点睛】

本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、矩形的性质以及平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，第（1）小题注意分类讨论思想的应用． 26、（1）这个二次函数的表达式是y=x1﹣4x+3；（1）S△BCP最大=

16． 327；（3）当△BMN是等腰三角形时，m的值为82，﹣2，1，1．

【解析】分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；

（1）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PE的长，根据面积的和差，可得二

次函数，根据二次函数的性质，可得答案；

（3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案． 详解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入函数解析式，得

ab3＝0， 9a3b3＝01a＝， 解得b＝4这个二次函数的表达式是y=x1-4x+3； （1）当x=0时，y=3，即点C（0，3），

设BC的表达式为y=kx+b，将点B（3，0）点C（0，3）代入函数解析式，得

3kb＝0， b＝0解这个方程组，得

k＝1 b＝3直线BC的解析是为y=-x+3， 过点P作PE∥y轴

，

交直线BC于点E（t，-t+3）， PE=-t+3-（t1-4t+3）=-t1+3t， ∴S△BCP=S△BPE+SCPE=

27331（-t1+3t）×3=-（t-）1+， 2228∵-

2733＜0，∴当t=时，S△BCP最大=. 228（3）M（m，-m+3），N（m，m1-4m+3）

MN=m1-3m，BM=2|m-3|，

当MN=BM时，①m1-3m=2（m-3），解得m=2， ②m1-3m=-2（m-3），解得m=-2 ， 当BN=MN时，∠NBM=∠BMN=45°m1-4m+3=0，解得m=1或m=3（舍） ， 当BM=BN时，∠BMN=∠BNM=45°

-（m1-4m+3）=-m+3，解得m=1或m=3（舍）， 当△BMN是等腰三角形时，m的值为2，-2，1，1．

点睛：本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（1）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰三角形的定义得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．