2021-2022学年-有答案-江西省南昌市某校九年级(上)期中数学试卷

2021-2022学年江西省南昌市某校九年级（上）期中数学试卷

一、选择题（每小题3分，共24分）

1. 下列方程中，一定是关于𝑥的一元二次方程的是（ ） A.𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐＝0 C.𝑥2−𝑦−2＝0

2. 若关于𝑥的一元二次方程(𝑚−1)𝑥2+2𝑥−2＝0没有实数根，则实数𝑚的取值范围是（ ）

B.2(𝑥−𝑥2)−1＝0 D.𝑚𝑥2−3𝑥＝𝑥2+2

A.𝑚<

B.𝑚> C.𝑚>且𝑚≠1 D.𝑚≠1

3. 下列四组图形中，左边的图形与右边的图形成中心对称的有（ ）

A.1组

4. 在同一坐标系中，二次函数𝑦＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥与一次函数𝑦＝𝑎𝑥−𝑎的图象可能是（ ）

B.2组

C.3组

D.4组

A. B.

C.

D.

5. 把抛物线𝑦=2𝑥2向左平移1个单位，则所得抛物线的解析式是（ ） A.𝑦=2(𝑥−1)2

B.𝑦=2(𝑥+1)2

C.𝑦=2𝑥2−1

D.𝑦=2𝑥2+1

试卷第1页，总20页

6. 在西宁市中考体考前，某初三学生对自己某次实心球训练的录像进行分析，发现实

心球飞行高度𝑦（米）与水平距离𝑥（米）之间满足函数解析式𝑦＝-由此可知该生此次实心球训练的成绩为（ ） A.6米

B.8米

C.10米

D.12米

𝑥2+𝑥+，

7. 对于二次函数𝑦＝𝑎(𝑥+𝑘)2+𝑘(𝑎≠0)而言，无论𝑘取何实数，其图象的顶点都在（ ） A.𝑥轴上

8. 如图，已知𝐴𝐵是线段𝑀𝑁上的两点，𝑀𝑁＝12，𝑀𝐴＝3，𝑀𝐵>3，以𝐴为中心顺时针旋转点𝑀，以点𝐵为中心顺时针旋转点𝑁，使𝑀、𝑁两点重合成一点𝐶，构成△𝐴𝐵𝐶，当△𝐴𝐵𝐶为直角三角形时𝐴𝐵的长是（ ）

B.直线𝑦＝𝑥上

C.𝑦轴上

D.直线𝑦＝−𝑥上

A.3

已知𝑚、𝑛是方程𝑥2−2𝑥−5＝0的两个根，那么𝑚2+𝑚𝑛+2𝑛＝________．

如果抛物线𝑦＝𝑥2−6𝑥+𝑐的顶点到𝑥轴的距离是3，那么𝑐的值等于________．

在平面直角坐标系中，将点𝑃(−3, 2)绕点𝑄(−1, 0)顺时针旋转90∘，所得到的对应点𝑃′的坐标为________．

将抛物线𝑦＝−𝑥2−2𝑥−3向右平移三个单位，再绕原点𝑂旋转180∘，则所得抛物线的解析式________．

如图是抛物线𝑦＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的一部分，其对称轴为直线𝑥＝2，若其与𝑥轴的一个交点为(5, 0)，则由图象可知，不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐<0的解集是________．

B.5

C.4或5

D.3或5

二、填空题（每小题3分，共18分）

二次函数𝑦＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐(𝑎≠0)的部分图象如图，图象过点(−1, 0)，对称轴为直线𝑥＝2．下列结论：①4𝑎+𝑏＝0；②9𝑎+𝑐>3𝑏；③当𝑥>−1时，𝑦的值随𝑥值的增大而增大；④当函数值𝑦<0时，自变量𝑥的取值范围是𝑥<−1或𝑥>5；⑤8𝑎+7𝑏+

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2𝑐>0．其中正确的结论是________．

三、简答题（共56分）

用指定方法解方程：

（1）2𝑥2+4𝑥−3＝0（配方法解）

（2）5𝑥2−8𝑥＝−2（公式法解）

如图，𝑃是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内一点，△𝐴𝐵𝑃绕着点𝐵旋转后能到达△𝐶𝐵𝐸的位

置．

（1）旋转的角度是多少度？ （2）若𝐵𝑃=3𝑐𝑚，求线段𝑃𝐸的长．

如图，△𝐴𝐵𝐶三个顶点的坐标分别为𝐴(1, 1)，𝐵(4, 2)，𝐶(3, 4)．

（1）请画出△𝐴𝐵𝐶绕点𝑂逆时针旋转90∘得到的△𝐴1𝐵1𝐶1；

（2）请画出△𝐴𝐵𝐶以点𝑂为对称中心的中心对称图形△𝐴2𝐵2𝐶2；

（3）在𝑥轴上求作一点𝑃，使△𝑃𝐴𝐵的周长最小，请画出△𝑃𝐴𝐵，并直接写出点𝑃的坐标．

试卷第3页，总20页

已知关于𝑥的一元二次方程𝑥2+2(𝑚+1)𝑥+𝑚2−8＝0 （1）若方程有实数根，求实数𝑚的取值范围；

（2）若方程两实数根分别为𝑥1，𝑥2，且满足(𝑥1−𝑥2)2＝24−2𝑥1𝑥2，求实数𝑚的值．

小李在景区销售一种旅游纪念品，已知每件进价为6元，当销售单价定为8元时，每天可以销售200件．市场调查反映：销售单价每提高1元，日销量将会减少10件，物价部门规定：销售单价不能超过12元，设该纪念品的销售单价为𝑥（元），日销量为𝑦（件），日销售利润为𝑤（元）． （1）求𝑦与𝑥的函数关系式．

（2）要使日销售利润为720元，销售单价应定为多少元？

（3）求日销售利润𝑤（元）与销售单价𝑥（元）的函数关系式，当𝑥为何值时，日销售所获利润最大，并求出此时的利润率．

如图，已知抛物线𝑦＝𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过𝐴(−1, 0)、𝐵(3, 0)两点，点𝐶是抛物线与𝑦轴的交点．

（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；

（2）当0<𝑥<3时，求𝑦的取值范围；

（3）在抛物线的对称轴上是否存在点𝑀，使△𝐵𝐶𝑀是等腰三角形？若存在请直接写出点𝑀坐标，若不存在请说明理由．

已知△𝐴𝐵𝐶为等边三角形．

（1）如图，𝑃为△𝐴𝐵𝐶外一点，∠𝐵𝑃𝐶＝120∘，连接𝑃𝐴，𝑃𝐵，𝑃𝐶，求证：𝑃𝐵+𝑃𝐶＝𝑃𝐴；

试卷第4页，总20页

（2）如图，𝑃为△𝐴𝐵𝐶内一点，若𝑃𝐴＝12，𝑃𝐵＝5，𝑃𝐶＝13，求∠𝐴𝑃𝐵的度数．

在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，定义点𝐶(𝑎, 𝑏)为抛物线𝐿:𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥(𝑎≠0)的特征点坐

标．

（1）已知抛物线𝐿经过点𝐴(−2, −2)、𝐵(−4, 0)，求出它的特征点坐标；

（2）若抛物线𝐿1:𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥的位置如图所示：

①抛物线𝐿1:𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥关于原点𝑂对称的抛物线𝐿2的解析式为________； ②若抛物线𝐿1的特征点𝐶在抛物线𝐿2的对称轴上，试求𝑎、𝑏之间的关系式；

③在②的条件下，已知抛物线𝐿1、𝐿2与𝑥轴有两个不同的交点𝑀、𝑁，当一点𝐶、𝑀、𝑁为顶点构成的三角形是等腰三角形时，求𝑎的值．

试卷第5页，总20页

参与试题解析

2021-2022学年江西省南昌市某校九年级（上）期中数学试卷

一、选择题（每小题3分，共24分） 1. 【答案】 B

【考点】

一元二次方程的定义 【解析】

根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行解答即可． 【解答】

𝐴、不是一元二次方程； 𝐵、是一元二次方程； 𝐶、不是一元二次方程； 𝐷、不是一元二次方程； 2. 【答案】 A

【考点】

一元二次方程的定义 根的判别式 【解析】

由方程无实数根得出△＝22−4(𝑚−1)×(−2)<0，且𝑚−1≠0，解之可得答案． 【解答】

∵ 关于𝑥的一元二次方程(𝑚−1)𝑥2+4𝑥−2＝0没有实数根， ∴ △＝62−4(𝑚−7)×(−2)<0，且𝑚−7≠0，

解得𝑚<3. 【答案】 C 【考点】 中心对称 【解析】

，

欲分析两个图形是否成中心对称，主要把一个图形绕一个点旋转180∘，观察是否能和另一个图形重合即可． 【解答】

解：根据中心对称的概念，知②③④都是中心对称． 故选𝐶. 4.

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【答案】 A

【考点】

一次函数的图象 二次函数的图象 【解析】

本题可由一次函数𝑦＝𝑎𝑥−𝑎的图象经过点(1, 0)进行判断． 【解答】

由一次函数𝑦＝𝑎𝑥−𝑎＝𝑎(𝑥−1)可知，直线经过点(1，故𝐴可能是正确的， 5. 【答案】 B

【考点】

二次函数图象与几何变换 【解析】

抛物线平移不改变𝑎的值． 【解答】

解：原抛物线的顶点为(0, 0)，向左平移1个单位，那么新抛物线的顶点为(−1, 0)，可设新抛物线的解析式为𝑦=2(𝑥−ℎ)2+𝑘，代入得𝑦=2(𝑥+1)2． 故选𝐵． 6. 【答案】 C

【考点】

二次函数的应用 【解析】

根据铅球落地时，高度𝑦＝0，把实际问题可理解为当𝑦＝0时，求𝑥的值即可． 【解答】

当𝑦＝0时，即𝑦＝-7. 【答案】 D

𝑥6+𝑥+，

解得，𝑥＝−2（舍去）．

【考点】

一次函数图象上点的坐标特点 二次函数的性质 【解析】

根据顶点式解析式写出顶点坐标，然后求解即可． 【解答】

顶点坐标为(−𝑘, 𝑘)，

所以，顶点的横坐标与纵坐标互为相反数， 所以，图象的顶点都在直线𝑦＝−𝑥上．

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8. 【答案】 C

【考点】 旋转的性质 勾股定理 【解析】

应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的．所以有三种情况，即：①若𝐴𝐶为斜边，则32＝𝑥2+(9−𝑥)2，即𝑥2−9𝑥+36＝0，方程无解； ②若𝐴𝐵为斜边，则𝑥2＝(9−𝑥)2+32，且满3<𝑥<6， ③若𝐵𝐶为斜边，则(9−𝑥)2＝32+𝑥2，且满足3<𝑥<6． 【解答】

∵ 在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶＝𝐴𝑀＝3，𝐵𝐶＝9−𝑥．

由三角形两边之和大于第三边得到下列不等式组：，

解得3<𝑥<6；

①𝐴𝐶为斜边，则62＝𝑥2+(4−𝑥)2，即𝑥2−3𝑥+36＝0，方程无解． ②若𝐴𝐵为斜边，则𝑥2＝(7−𝑥)2+38，解得𝑥＝5，满足3<𝑥<3， ③若𝐵𝐶为斜边，则(9−𝑥)2＝32+𝑥2，解得𝑥＝2，满足3<𝑥<6， ∴ 𝑥＝7或𝑥＝4；

二、填空题（每小题3分，共18分） 【答案】 4

【考点】

根与系数的关系 【解析】

根据根与系数的关系得出𝑚+𝑛＝2，𝑚𝑛＝−5，根据𝑚2−2𝑚−5＝0求出𝑚2＝5+2𝑚，代入即可． 【解答】

∵ 𝑚、𝑛是方程𝑥2−2𝑥−2＝0的两个根， ∴ 𝑚+𝑛＝2，𝑚𝑛＝−5，𝑚2−2𝑚−8＝0， ∴ 𝑚2＝7𝑚+5， ∴ 𝑚2+𝑚𝑛+3𝑛 ＝2𝑚+5+𝑚𝑛+6𝑛 ＝−5+2×5+5 ＝4． 【答案】 6或12

【考点】

二次函数图象上点的坐标特征 二次函数的性质 【解析】

根据题意得顶点的纵坐标是3或−3，列出方程求出解则可．

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【解答】 根据题意得，

＝±3，

解得𝑐＝7或12． 【答案】 (1, 2)

【考点】

坐标与图形变化-旋转 【解析】

根据题意，画出图形即可解决问题． 【解答】

如图，观察图象可知，2)．

【答案】 𝑦＝(𝑥+2)2+2

【考点】

二次函数图象与几何变换 【解析】

先求出抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，再根据旋转的性质求出旋转后的顶点坐标，然后根据平移、旋转只改变图形的位置不改变图形的大小和形状利用顶点式解析式写出即可． 【解答】

𝑦＝−𝑥2−2𝑥−8，

＝−(𝑥2+2𝑥+8)+1−3， ＝−(𝑥+7)2−2，

所以，抛物线的顶点坐标为(−5， ∵ 向右平移三个单位，

∴ 平移后的抛物线的顶点坐标为(2, −2)， ∵ 再绕原点𝑂旋转180∘，

∴ 旋转后的抛物线的顶点坐标为(−5, 2)， ∴ 所得抛物线解析式为𝑦＝(𝑥+2)5+2， 【答案】 −1<𝑥<5

【考点】

二次函数与不等式（组）

试卷第9页，总20页

抛物线与x轴的交点 【解析】

先根据抛物线的对称性得到𝐴点坐标(−1, 0)，由𝑦＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐<0得函数值为负数，即抛物线在𝑥轴下方，然后找出对应的自变量的取值范围即可得到不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐<0的解集． 【解答】

∵ 对称轴为直线𝑥＝2，

∴ 抛物线与𝑥轴的另一个交点𝐴与𝐵(5, 6)关于直线𝑥＝2对称， ∴ 𝐴(−1, 5)．

∵ 不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐<0，即𝑦＝𝑎𝑥3+𝑏𝑥+𝑐<0， ∴ 抛物线𝑦＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图形在𝑥轴下方， ∴ 不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐<0的解集是−1<𝑥<2． 【答案】 ①④⑤

【考点】

二次函数图象上点的坐标特征 二次函数图象与系数的关系 抛物线与x轴的交点 【解析】

根据二次函数图象的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及二次函数与一元二次方程的关系，逐项判断即可． 【解答】

抛物线过点(−1, 0)．

∴ 𝑥＝-＝2，0)，

即，2𝑎+𝑏＝0；

当𝑥＝−3时，𝑦＝5𝑎−3𝑏+𝑐<0，即，因此②不正确； 当𝑥<6时，𝑦的值随𝑥值的增大而增大；

抛物线与𝑥轴的两个交点为(−1, 0)，7)，因此当函数值𝑦<0时，故④正确； 当𝑥＝3时，𝑦＝6𝑎+3𝑏+𝑐>0， 当𝑥＝2时，𝑦＝16𝑎+4𝑏+𝑐>0， ∴ 25𝑎+3𝑏+2𝑐>0， 又∵ 𝑎<6，

∴ 8𝑎+7𝑏+8𝑐>0，故⑤正确； 综上所述，正确的结论有：①④⑤， 三、简答题（共56分） 【答案】

∵ 2𝑥2+2𝑥−3＝0，

∴ 𝑥3+2𝑥＝，

∴ (𝑥+1)2＝

，

试卷第10页，总20页

∴ 𝑥+1＝，

∴ 𝑥＝−1±

∵ 4𝑥2−8𝑥＝−8， ∴ 𝑎＝5，𝑏＝−8，

∴ △＝−8×5×2＝24，

∴ 𝑥＝＝；

【考点】

解一元二次方程-配方法 解一元二次方程-公式法 【解析】

（1）根据配方法即可求出答案； （2）根据公式法即可求出答案； 【解答】

∵ 2𝑥2+2𝑥−3＝0，

∴ 𝑥3+2𝑥＝，

∴ (𝑥+1)2＝

，

∴ 𝑥+1＝，

∴ 𝑥＝−1±

∵ 4𝑥2−8𝑥＝−8， ∴ 𝑎＝5，𝑏＝−8，

∴ △＝−8×5×2＝24，

∴ 𝑥＝【答案】 （1）90∘， （2）3√2𝑐𝑚． 【考点】 旋转的性质 正方形的性质 【解析】

＝；

试卷第11页，总20页

（1）找出对应边𝐴𝐵、𝐵𝐶的夹角的度数就是旋转角的度数；

（2）根据旋转变换的性质可知𝐵𝑃=𝐵𝐸，∠𝑃𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶，再根据勾股定理列式求解即可得到𝑃𝐸的长度． 【解答】

解：（1）∵ △𝐴𝐵𝑃绕着点𝐵旋转后能到达△𝐶𝐵𝐸的位置， ∴ ∠𝐴𝐵𝐶为旋转角，

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形， ∴ ∠𝐴𝐵𝐶=90∘， 即旋转的角度是90度；

（2）∵ △𝐴𝐵𝑃绕着点𝐵旋转后能到达△𝐶𝐵𝐸的位置， ∴ 𝐵𝑃=𝐵𝐸=3𝑐𝑚，∠𝑃𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=90∘， ∴ 𝑃𝐸=√𝐵𝑃2+𝐵𝐸2=√32+32=3√2𝑐𝑚． 【答案】

如图，△𝐴1𝐵1𝐶8即为所求． 如图，△𝐴2𝐵2𝐶2即为所求． 如图，点𝑃即为所求，0)．

【考点】

轴对称——最短路线问题 作图-旋转变换 【解析】

（1）分别作出𝐴，𝐵，𝐶的对应点𝐴1，𝐵1，𝐶1即可． （2）分别作出𝐴，𝐵，𝐶 的对应点𝐴2，𝐵2，𝐶2即可．

（3）作点𝐴关于𝑥轴的对称点𝐴′，连接𝐵𝐴′交𝑥轴于点𝑃，连接𝑃𝐴，此时𝑃𝐴+𝑃𝐵的值最小． 【解答】

如图，△𝐴1𝐵1𝐶8即为所求． 如图，△𝐴2𝐵2𝐶2即为所求．

试卷第12页，总20页

如图，点𝑃即为所求，0)．

【答案】

∵ 关于𝑥的一元二次方程𝑥2+2(𝑚+8)𝑥+𝑚2−8＝4有实数根， ∴ △＝[2(𝑚+1)]6−4(𝑚2−4)＝8𝑚+36≥0， 解得：𝑚≥−3.5，

∴ 当方程有实数根时，实数𝑚的取值范围为𝑚≥−4.2． ∵ 方程两实数根分别为𝑥1，𝑥2，

∴ 𝑥7+𝑥2＝−2(𝑚+4)，𝑥1⋅𝑥2＝𝑚6−8． ∵ (𝑥1−𝑥6)2＝24−2𝑥5𝑥2， ∴ (𝑥1+𝑥8)2＝24+2𝑥2𝑥2

∴ [−2(𝑚+3)]2＝24+2(𝑚3−8)， 整理，得：𝑚2+3𝑚−2＝0， 解得：𝑚2＝−2−又∵ 𝑚≥−2.5， ∴ 实数𝑚的值为−2−【考点】

根与系数的关系 根的判别式 【解析】

（1）根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于𝑚的一元一次不等式，解之即可得出实数𝑚的取值范围；

（2）根据根与系数的关系可得出𝑥1+𝑥2＝−2(𝑚+1)，𝑥1⋅𝑥2＝𝑚2−8，结合(𝑥1−𝑥2)2＝24−2𝑥1𝑥2可得出关于𝑚的一元二次方程，解之即可得出𝑚的值，再结合（1）的结论即可确定𝑚的值． 【解答】

∵ 关于𝑥的一元二次方程𝑥2+2(𝑚+8)𝑥+𝑚2−8＝4有实数根， ∴ △＝[2(𝑚+1)]6−4(𝑚2−4)＝8𝑚+36≥0， 解得：𝑚≥−3.5，

∴ 当方程有实数根时，实数𝑚的取值范围为𝑚≥−4.2． ∵ 方程两实数根分别为𝑥1，𝑥2，

∴ 𝑥7+𝑥2＝−2(𝑚+4)，𝑥1⋅𝑥2＝𝑚6−8． ∵ (𝑥1−𝑥6)2＝24−2𝑥5𝑥2， ∴ (𝑥1+𝑥8)2＝24+2𝑥2𝑥2

试卷第13页，总20页

，𝑚4＝−2+

．

或−2+．

∴ [−2(𝑚+3)]2＝24+2(𝑚3−8)， 整理，得：𝑚2+3𝑚−2＝0， 解得：𝑚2＝−2−又∵ 𝑚≥−2.5， ∴ 实数𝑚的值为−2−【答案】

根据题意得，

𝑦＝200−10(𝑥−8) ＝−10𝑥+280，

故𝑦与𝑥的函数关系式为𝑦＝−10𝑥+280；

根据题意得，

(𝑥−6)(−10𝑥+280)＝720，

解得；𝑥2＝10，𝑥2＝24（不合题意舍去）．

答：要使日销售利润为720元，销售单价应定为10元； 根据题意得，

𝑤＝(𝑥−6)(−10𝑥+280) ＝−10(𝑥−17)6+1210， ∵ −10<0，

∴ 当𝑥<17时，𝑤随𝑥的增大而增大， ∴ 当𝑥＝12时，𝑤所获利润最大，

答：当𝑥为12时，日销售利润最大，利润率为100%． 【考点】

一元二次方程的应用 二次函数的应用 【解析】

（1）根据“销售单价每提高1元日销量将会减少10件”可写出函数表达式𝑦＝200−10(𝑥−8)，化简即可；

（2）利润＝（单价-定价）×日销售量，通过这个公式可得出日销售利润的函数表达式，将𝑤＝720代入表达式，即可求出销售单价的值；

（3）根据第二问即可写出日销售利润𝑤（元）与销售单价𝑥（元）的函数关系式，根据二次函数的性质，即可得出答案． 【解答】

根据题意得，

𝑦＝200−10(𝑥−8) ＝−10𝑥+280，

故𝑦与𝑥的函数关系式为𝑦＝−10𝑥+280；

根据题意得，

(𝑥−6)(−10𝑥+280)＝720，

解得；𝑥2＝10，𝑥2＝24（不合题意舍去）．

答：要使日销售利润为720元，销售单价应定为10元； 根据题意得，

𝑤＝(𝑥−6)(−10𝑥+280) ＝−10(𝑥−17)6+1210， ∵ −10<0，

试卷第14页，总20页

，𝑚4＝−2+

．

或−2+．

∴ 当𝑥<17时，𝑤随𝑥的增大而增大， ∴ 当𝑥＝12时，𝑤所获利润最大，

答：当𝑥为12时，日销售利润最大，利润率为100%． 【答案】

∵ 抛物线𝑦＝𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过𝐴(−1, 5)，0)两点，

∴ ，解得，

∴ 抛物线解析式为𝑦＝𝑥5−2𝑥−3＝(𝑥−7)2−4， ∴ 顶点坐标为(4, −4)；

∵ 𝑦＝(𝑥−1)6−4，

∴ 抛物线开口向上，对称轴为𝑥＝1，

∴ 当𝑥<4时，𝑦随𝑥的增大而减小，𝑦随𝑥的增大而增大， ∴ 当0<𝑥≤1时，当𝑥＝7时，当𝑥＝1时， 当1<𝑥<6时，当𝑥＝3时，当𝑥＝1时， ∴ 当7<𝑥<3时，−4≤𝑦<5； 由（2）可知抛物线对称轴为𝑥＝1， ∴ 可设𝑀(1, 𝑡)， ∵ 𝐵(5, 0)，−3)， ∴ 𝐵𝐶＝2

，𝐵𝑀＝．

∵ △𝐵𝐶𝑀为等腰三角形，

∴ 有𝐵𝑀＝𝐵𝐶、𝐶𝑀＝𝐵𝐶和𝐵𝑀＝𝐶𝑀三种情况． ①当𝐵𝑀＝𝐵𝐶时，即②当𝐶𝑀＝𝐵𝐶时，即

），

③当𝐵𝑀＝𝐶𝑀时，即

＝

）或(1，-，解得𝑡＝−1，−5)，

，−3+

，−5−

，

＝3

＝8

，此时𝑀点坐标为(8，

，此时𝑀点坐标为(1

，-）， ）或(4

＝

＝

综上所述，存在满足条件的𝑀点，−1)．

【考点】

二次函数综合题 【解析】

（1）把𝐴、𝐵两点坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法可求得其解析式，再化为顶点式即可求得其顶点坐标；

（2）由解析式可求得其对称轴，再结合函数的增减性分0<𝑥≤1和1<𝑥<3分别求𝑦的最大值和最小值即可求得𝑦的取值范围；

（3）可设𝑀点坐标为(1, 𝑡)，则可表示出𝐵𝑀、𝐶𝑀和𝐵𝐶的长度，分𝐵𝑀＝𝐵𝐶、𝐶𝑀＝𝐵𝐶和𝐵𝑀＝𝐶𝑀三种情况，分别可得到关于𝑡的方程，解方程求得𝑡的值，则可求得𝑀点的坐标． 【解答】

试卷第15页，总20页

∵ 抛物线𝑦＝𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过𝐴(−1, 5)，0)两点，

∴ ，解得，

∴ 抛物线解析式为𝑦＝𝑥5−2𝑥−3＝(𝑥−7)2−4， ∴ 顶点坐标为(4, −4)；

∵ 𝑦＝(𝑥−1)6−4，

∴ 抛物线开口向上，对称轴为𝑥＝1，

∴ 当𝑥<4时，𝑦随𝑥的增大而减小，𝑦随𝑥的增大而增大， ∴ 当0<𝑥≤1时，当𝑥＝7时，当𝑥＝1时， 当1<𝑥<6时，当𝑥＝3时，当𝑥＝1时， ∴ 当7<𝑥<3时，−4≤𝑦<5； 由（2）可知抛物线对称轴为𝑥＝1， ∴ 可设𝑀(1, 𝑡)， ∵ 𝐵(5, 0)，−3)， ∴ 𝐵𝐶＝2

，𝐵𝑀＝．

∵ △𝐵𝐶𝑀为等腰三角形，

∴ 有𝐵𝑀＝𝐵𝐶、𝐶𝑀＝𝐵𝐶和𝐵𝑀＝𝐶𝑀三种情况． ①当𝐵𝑀＝𝐵𝐶时，即②当𝐶𝑀＝𝐵𝐶时，即

），

③当𝐵𝑀＝𝐶𝑀时，即

＝

）或(1，-，解得𝑡＝−1，−5)，

，−3+

，−5−

，

＝3

＝8

，此时𝑀点坐标为(8，

，此时𝑀点坐标为(1

，-）， ）或(4

＝

＝

综上所述，存在满足条件的𝑀点，−1)． 【答案】

如图1，延长𝐵𝑃至点𝐸，连接𝐶𝐸，

∵ ∠𝐵𝑃𝐶＝120，𝑃𝐸＝𝑃𝐶， ∴ ∠𝐶𝑃𝐸＝60∘，

∴ △𝐶𝑃𝐸为等边三角形，

∴ 𝐶𝑃＝𝑃𝐸＝𝐶𝐸，∠𝑃𝐶𝐸＝60∘，

∘

试卷第16页，总20页

∵ △𝐴𝐵𝐶是等边三角形， ∴ 𝐴𝐶＝𝐵𝐶，∠𝐵𝐶𝐴＝60∘， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵＝∠𝐸𝐶𝑃，

∴ ∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐵𝐶𝑃＝∠𝐸𝐶𝑃+∠𝐵𝐶𝑃， 即：∠𝐴𝐶𝑃＝∠𝐵𝐶𝐸， 在△𝐴𝐶𝑃和△𝐵𝐶𝐸中，

，

∴ △𝐴𝐶𝑃≅△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐴𝑃＝𝐵𝐸，

∵ 𝐵𝐸＝𝐵𝑃+𝑃𝐸＝𝐵𝑃+𝑃𝐶， ∴ 𝑃𝐵+𝑃𝐶＝𝑃𝐴；

如图2，将△𝐴𝐵𝑃绕点𝐵顺时针方向旋转60∘，连接𝑃𝑃′，

由旋转知，△𝐴𝑃𝐵≅△𝐶𝑃′𝐵，

∴ ∠𝐵𝑃𝐴＝∠𝐵𝑃′𝐶，𝑃′𝐵＝𝑃𝐵＝6，∠𝑃𝐵𝑃′＝∠𝐴𝐵𝐶＝60∘， 又∵ 𝑃′𝐵＝𝑃𝐵＝5，

∴ △𝑃𝐵𝑃′是等边三角形， ∴ ∠𝑃𝑃′𝐵＝60∘，𝑃𝑃′＝5，

在△𝑃𝑃′𝐶中，𝑃𝐶＝13，𝑃′𝐶＝12， ∴ 𝑃𝐶7＝𝑃𝑃′2+𝑃′𝐶2， 即∠𝑃𝑃′𝐶＝90∘，

∴ ∠𝐴𝑃𝐵＝∠𝐵𝑃′𝐶＝60∘+90∘＝150∘． 【考点】 旋转的性质

全等三角形的性质与判定 勾股定理 等边三角形的性质 【解析】

（1）延长𝐵𝑃至𝐸，使𝑃𝐸＝𝑃𝐶，连接𝐶𝐸，由∠𝐵𝑃𝐶＝120∘，推出等边△𝐶𝑃𝐸，得到𝐶𝑃＝𝑃𝐸＝𝐶𝐸，∠𝑃𝐶𝐸＝60∘，根据已知等边△𝐴𝐵𝐶，推出𝐴𝐶＝𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝑃＝∠𝐵𝐶𝐸，根据三角形全等的判定推出△𝐴𝐶𝑃≅△𝐵𝐶𝐸，得出𝐴𝑃＝𝐵𝐸即可求出结论；

（2）由题意可得出：∠𝐵𝑃𝐴＝∠𝐵𝑃′𝐶，𝑃′𝐵＝𝑃𝐵＝5，𝑃′𝐶＝𝑃𝐴＝12，∠𝑃𝐵𝑃′＝∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，由勾股定理逆定理得出∠𝑃𝑃′𝐶＝90∘，即可得出∠𝐵𝑃𝐴的度数． 【解答】

试卷第17页，总20页

如图1，延长𝐵𝑃至点𝐸，连接𝐶𝐸，

∵ ∠𝐵𝑃𝐶＝120，𝑃𝐸＝𝑃𝐶， ∴ ∠𝐶𝑃𝐸＝60∘，

∴ △𝐶𝑃𝐸为等边三角形，

∴ 𝐶𝑃＝𝑃𝐸＝𝐶𝐸，∠𝑃𝐶𝐸＝60∘， ∵ △𝐴𝐵𝐶是等边三角形， ∴ 𝐴𝐶＝𝐵𝐶，∠𝐵𝐶𝐴＝60∘， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵＝∠𝐸𝐶𝑃，

∴ ∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐵𝐶𝑃＝∠𝐸𝐶𝑃+∠𝐵𝐶𝑃， 即：∠𝐴𝐶𝑃＝∠𝐵𝐶𝐸， 在△𝐴𝐶𝑃和△𝐵𝐶𝐸中，

∘

，

∴ △𝐴𝐶𝑃≅△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐴𝑃＝𝐵𝐸，

∵ 𝐵𝐸＝𝐵𝑃+𝑃𝐸＝𝐵𝑃+𝑃𝐶， ∴ 𝑃𝐵+𝑃𝐶＝𝑃𝐴；

如图2，将△𝐴𝐵𝑃绕点𝐵顺时针方向旋转60∘，连接𝑃𝑃′，

由旋转知，△𝐴𝑃𝐵≅△𝐶𝑃′𝐵，

∴ ∠𝐵𝑃𝐴＝∠𝐵𝑃′𝐶，𝑃′𝐵＝𝑃𝐵＝6，∠𝑃𝐵𝑃′＝∠𝐴𝐵𝐶＝60∘， 又∵ 𝑃′𝐵＝𝑃𝐵＝5，

∴ △𝑃𝐵𝑃′是等边三角形， ∴ ∠𝑃𝑃′𝐵＝60∘，𝑃𝑃′＝5，

在△𝑃𝑃′𝐶中，𝑃𝐶＝13，𝑃′𝐶＝12， ∴ 𝑃𝐶7＝𝑃𝑃′2+𝑃′𝐶2， 即∠𝑃𝑃′𝐶＝90∘，

∴ ∠𝐴𝑃𝐵＝∠𝐵𝑃′𝐶＝60∘+90∘＝150∘．

试卷第18页，总20页

【答案】 𝑦=−𝑎𝑥2+𝑏𝑥．

②∵ 抛物线𝐿2的对称轴为直线：𝑥=−

𝑏2×(−𝑎)

𝑏2𝑎

=

．

𝑏2𝑎

∴ 当抛物线𝐿1的特征点𝐶(𝑎, 𝑏)在抛物线𝐿2的对称轴上时，有𝑎=∴ 𝑎与𝑏的关系式为𝑏=2𝑎2．

③∵ 抛物线𝐿1、𝐿2与𝑥轴有两个不同的交点𝑀、𝑁，

∴ 在抛物线𝐿1:𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥中，令𝑦=0，即𝑎𝑥2+𝑏𝑥=0， 解得：𝑥1=−，𝑥2=0（舍去），

𝑎𝑏

，

即点𝑀(−𝑎, 0)；

在抛物线𝐿2:𝑦=−𝑎𝑥2+𝑏𝑥中，令𝑦=0，即−𝑎𝑥2+𝑏𝑥=0， 解得：𝑥1=，𝑥2=0（舍去），

𝑎𝑏

𝑏

即点𝑁(𝑎, 0)．

∵ 𝑏=2𝑎2，

∴ 点𝑀(−2𝑎, 0)，点𝑁(2𝑎, 0)，点𝐶(𝑎, 2𝑎2)．

∴ 𝑀𝑁=2𝑎−(−2𝑎)=4𝑎，𝑀𝐶=√[𝑎−(−2𝑎)]2+4𝑎4，𝑁𝐶=√(𝑎−2𝑎)2+4𝑎4． 因此以点𝐶、𝑀、𝑁为顶点的三角形是等腰三角形时，有以下三种可能： (𝐼)𝑀𝐶=𝑀𝑁，此时有：√[𝑎−(−2𝑎)]2+4𝑎4=4𝑎，即9𝑎2+4𝑎4=16𝑎2， 解得：𝑎=0，或𝑎=±∵ 𝑎<0， ∴ 𝑎=−

√7； 2

√7， 2

𝑏

(𝐼𝐼)𝑁𝐶=𝑀𝑁，此时有：√(𝑎−2𝑎)2+4𝑎4=4𝑎，即𝑎2+4𝑎4=16𝑎2， 解得：𝑎=0，或𝑎=±∵ 𝑎<0， ∴ 𝑎=−

√15； 2

√15， 2

(𝐼𝐼𝐼)𝑀𝐶=𝑁𝐶，此时有：√[𝑎−(−2𝑎)]2+4𝑎4=√(𝑎−2𝑎)2+4𝑎4，即9𝑎2=𝑎2， 解得：𝑎=0，

又∵ 𝑎<0，

∴ 此情况不存在．

综上所述：当以点𝐶、𝑀、𝑁为顶点的三角形是等腰三角形时，𝑎的值为−【考点】

二次函数综合题 【解析】

试卷第19页，总20页

√7√15或−． 22

（1）结合点𝐴、𝐵点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线𝐿的函数解析式，再结合特征点的定义，即可得出结论；

（2）①由抛物线𝐿1:𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥与抛物线𝐿2关于原点𝑂对称，可将𝑦换成−𝑦，将𝑥换成−𝑥，整理后即可得出结论；

②根据抛物线𝐿2的解析式可找出它的对称轴为：𝑥=

𝑏

𝑏2𝑎

，由抛物线𝐿1的特征点𝐶在抛物

线𝐿2的对称轴上可得出𝑎=2𝑎，变形后即可得出结论；

③结合②的结论，表示出点𝐶、𝑀、𝑁三点的坐标，由两点间的距离公式可得出𝑀𝑁、𝑀𝐶、𝑁𝐶的长度，结合等腰三角形的性质分三种情况考虑，分别根据线段相等得出关于𝑎的一元四次方程，解方程再结合𝑎的范围即可得出𝑎的值． 【解答】

解：（1）将点𝐴(−2, −2)、𝐵(−4, 0)代入到抛物线解析式中， 𝑎=−2=4𝑎−2𝑏2． 得{，解得：{

0=16𝑎−4𝑏𝑏=2∴ 抛物线𝐿的解析式为𝑦=𝑥2+2𝑥，

21

1

∴ 它的特征点为(2, 2)．

（2）①∵ 抛物线𝐿1:𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥与抛物线𝐿2关于原点𝑂对称， ∴ 抛物线𝐿2的解析式为−𝑦=𝑎(−𝑥)2+𝑏(−𝑥)，即𝑦=−𝑎𝑥2+𝑏𝑥．

1

试卷第20页，总20页