重庆市马关中学2016届九年级数学上册期末考试题.doc

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2015-2016学年重庆市马关中学九年级（上）期末数学练习卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）
1．下列命题中的真命题是( )
A．全等的两个图形是中心对称图形
B．关于对称中心对称的两个图形全等
C．中心对称图形都是轴对称图形
D．轴对称图形都是中心对称图形

2．将一个正六面体骰子连掷两次，它们的点数都是4的概率是( )
A． B． C． D．

3．下列四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转120°后，能与原图形完全重合的是( )
A． B． C． D．

4．如图是一个可以自由转动的转盘，转盘分为6个大小相同的扇形，指针的位置固定，转动的转盘停止后，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置（指针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形），指针指向阴影区域的概率是( )

A． B． C． D．

5．一个不透明的盒子中装有3个红球，2个黄球和1个绿球，这些球除了颜色外无其他差别，从中随机摸出一个小球，恰好是黄球的概率为( )
A． B． C． D．

6．直角坐标平面上将二次函数y=﹣2（x﹣1）2﹣2的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，则其顶点为( )
A．（0，0） B．（1，﹣2） C．（0，﹣1） D．（﹣2，1）

7．如图所示，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°）．若∠1=110°，则α=( )

A．20° B．30° C．40° D．50°

8．对于任意实数a、b，定义f（a，b）=a2+5a﹣b，如：f（2，3）=22+5×2﹣3，若f（x，2）=4，则实数x的值是( )
A．1或﹣6 B．﹣1或6 C．﹣5或1 D．5或﹣1

9．如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为( )

A．（，1） B．（，﹣1） C．（1，﹣） D．（2，﹣1）

10．如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为( )

A．130° B．150° C．160° D．170°

11．定义运算：a⊗b=a（1﹣b）．下面给出了关于这种运算的几种结论：①2⊗（﹣2）=6，②a⊗b=b⊗a，③若a+b=0，则（a⊗a）+（b⊗b）=2ab，④若a⊗b=0，则a=0或b=1，其中结论正确的序号是( )
A．①④ B．①③ C．②③④ D．①③④

12．如图所示是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，图象过A点（3，0），二次函数图象对称轴为x=1，给出四个结论：①b2＞4ac；②bc＜0；③2a+b=0；④a+b+c=0，其中正确结论是( )

A．②④ B．①③ C．②③ D．①④

二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，现在从桶里随机摸出一个球，则摸到白球的概率为__________．

14．铁路部门规定旅客免费携带行李箱的长、宽、高之和不超过160cm，某厂家生产符合该规定的行李箱，已知行李箱的高为30cm，长与宽的比为3：2，则该行李箱的长的最大值为__________cm．

15．已知整数k＜5，若△ABC的边长均满足关于x的方程x2﹣3x+8=0，则△ABC的周长是__________．

16．方程x2﹣9x+18=0的两个根是等腰三角形的底和腰的长，则这个等腰三角形的周长为__________．

17．如图，△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，BC=12cm，把△ABC绕着它的斜边中点P逆时针旋转90°至△DEF的位置，DF交BC于点H．△ABC与△DEF重叠部分的面积为__________cm2．

18．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0）．一个电动玩具从坐标原点0出发，第一次跳跃到点P1．使得点P1与点O关于点A成中心对称；第二次跳跃到点P2，使得点P2与点P1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点P3，使得点P3与点P2关于点C成中心对称；第四次跳跃到点P4，使得点P4与点P3关于点A成中心对称；第五次跳跃到点P5，使得点P5与点P4关于点B成中心对称；…照此规律重复下去，则点P2013的坐标为__________．

三、解答题（本大题共8小题）
19．解方程
（1）x2﹣2x﹣3=0
（2）（x﹣3）2+4x（x﹣3）=0．

20．找出图中的旋转中心，说出旋转多少度能与原图形重合？并说出它是否是中心对称图形．

21．已知抛物线y=x2﹣4x+5，求出它的对称轴和顶点坐标．

22．已知二次函数y=x2﹣4x+5．
（1）将y=x2﹣4x+5化成y=a （x﹣h）2+k的形式；
（2）指出该二次函数图象的对称轴和顶点坐标；
（3）当x取何值时，y随x的增大而增大？

23．已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m=0．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围；
（2）若方程两实数根为x1，x2，且满足5x1+2x2=2，求实数m的值．

24．已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．
（1）求证：AC=BD；
（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．

25．某企业接到一批粽子生产任务，按要求在15天内完成，约定这批粽子的出厂价为每只6元，为按时完成任务，该企业招收了新工人，设新工人李明第x天生产的粽子数量为y只，y与x满足下列关系式：
y=．
（1）李明第几天生产的粽子数量为420只？
（2）如图，设第x天每只粽子的成本是p元，p与x之间的关系可用图中的函数图象来刻画．若李明第x天创造的利润为w元，求w与x之间的函数表达式，并求出第几天的利润最大，最大利润是多少元？（利润=出厂价﹣成本）
（3）设（2）小题中第m天利润达到最大值，若要使第（m+1）天的利润比第m天的利润至少多48元，则第（m+1）天每只粽子至少应提价几元？

26．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）若P为线段BD上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，求四边形PMAC的面积的最大值和此时点P的坐标．

2015-2016学年重庆市马关中学九年级（上）期末数学练习卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）
1．下列命题中的真命题是( )
A．全等的两个图形是中心对称图形
B．关于对称中心对称的两个图形全等
C．中心对称图形都是轴对称图形
D．轴对称图形都是中心对称图形
【考点】命题与定理．
【分析】根据中心对称的性质即可求出答案．
【解答】解：A、错误，比如，一个含有30度角的直角三角形平移后的图形与原三角形全等，但不中中心对称图形；
B、正确；
C、错误，平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；
D、错误，正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形．
故选B．
【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的性质与区别．

2．将一个正六面体骰子连掷两次，它们的点数都是4的概率是( )
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．
【解答】解：每个骰子上都有6个数，那么投掷2次，将有6×6=36种情况，它们的点数都是4的只有1种情况，
∴它们的点数都是4的概率是．
故选D．
【点评】考查了列表法和树状图法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．注意本题是放回实验．

3．下列四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转120°后，能与原图形完全重合的是( )
A． B． C． D．
【考点】旋转对称图形．
【分析】求出各旋转对称图形的最小旋转角度，继而可作出判断．
【解答】解：A、最小旋转角度==120°；
B、最小旋转角度==90°；
C、最小旋转角度==180°；
D、最小旋转角度==72°；
综上可得：顺时针旋转120°后，能与原图形完全重合的是A．
故选：A．
【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，求出各图形的最小旋转角度是解题关键．

4．如图是一个可以自由转动的转盘，转盘分为6个大小相同的扇形，指针的位置固定，转动的转盘停止后，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置（指针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形），指针指向阴影区域的概率是( )

A． B． C． D．
【考点】几何概率．
【分析】求出阴影在整个转盘中所占的比例即可解答．
【解答】解：∵每个扇形大小相同，因此阴影面积与空白的面积相等，
∴落在阴影部分的概率为：=．
故选：C．
【点评】此题主要考查了几何概率，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．

5．一个不透明的盒子中装有3个红球，2个黄球和1个绿球，这些球除了颜色外无其他差别，从中随机摸出一个小球，恰好是黄球的概率为( )
A． B． C． D．
【考点】概率公式．
【专题】计算题．
【分析】直接根据概率公式求解．
【解答】解：从中随机摸出一个小球，恰好是黄球的概率==．
故选B．
【点评】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．

6．直角坐标平面上将二次函数y=﹣2（x﹣1）2﹣2的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，则其顶点为( )
A．（0，0） B．（1，﹣2） C．（0，﹣1） D．（﹣2，1）
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】动点型．
【分析】易得原抛物线顶点，把横坐标减1，纵坐标加1即可得到新的顶点坐标．
【解答】解：由题意得原抛物线的顶点为（1，﹣2），
∵图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，
∴新抛物线的顶点为（0，﹣1）．
故选C．
【点评】考查二次函数的平移问题；用到的知识点为：二次函数图象的平移与顶点的平移一致．

7．如图所示，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°）．若∠1=110°，则α=( )

A．20° B．30° C．40° D．50°
【考点】旋转的性质．
【分析】根据矩形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90°，根据旋转的性质得∠D′=∠D=90°，∠4=α，利用对顶角相等得到∠1=∠2=110°，再根据四边形的内角和为360°可计算出∠3=70°，然后利用互余即可得到∠α的度数．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠D=∠BAD=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，
∴∠D′=∠D=90°，∠4=α，
∵∠1=∠2=110°，
∴∠3=360°﹣90°﹣90°﹣110°=70°，
∴∠4=90°﹣70°=20°，
∴∠α=20°．
故选：A．

【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了矩形的性质．

8．对于任意实数a、b，定义f（a，b）=a2+5a﹣b，如：f（2，3）=22+5×2﹣3，若f（x，2）=4，则实数x的值是( )
A．1或﹣6 B．﹣1或6 C．﹣5或1 D．5或﹣1
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【专题】新定义．
【分析】根据新定义得到x2+5x﹣2=4，整理得x2+5x﹣6=0，然后利用因式分解法解方程．
【解答】解：根据题意得x2+5x﹣2=4，
整理得x2+5x﹣6=0，
（x+6）（x﹣1）=0，
x+6=0或x﹣1=0，
所以x1=﹣6，x2=1．
故选A．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．

9．如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为( )

A．（，1） B．（，﹣1） C．（1，﹣） D．（2，﹣1）
【考点】坐标与图形变化-旋转；等边三角形的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】设A1B1与x轴相交于C，根据等边三角形的性质求出OC、A1C，然后写出点A1的坐标即可．
【解答】解：如图，设A1B1与x轴相交于C，
∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，
∴∠A1OC=60°﹣30°=30°，
∴A1B1⊥x轴，
∵等边△ABO的边长为2，
∴OC=×2=，
A1C=×2=1，
又∵A1在第四象限，
∴点A1的坐标为（，﹣1）．
故选：B．

【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，熟记等边三角形的性质是解题的关键．

10．如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为( )

A．130° B．150° C．160° D．170°
【考点】旋转的性质；平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC=60°，∠DCB=120°，再由∠A′DC=10°，可运用三角形外角求出∠DA′B=130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′=∠BAE=30°，从而得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，
∴∠ABC=60°，∠DCB=120°，
∵∠ADA′=50°，
∴∠A′DC=10°，
∴∠DA′B=130°，
∵AE⊥BC于点E，
∴∠BAE=30°，
∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，
∴∠BA′E′=∠BAE=30°，
∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形内角和定理及推论，旋转的性质，此题难度不大，关键是能综合运用以上知识点求出∠DA′B和∠BA′E′．

11．定义运算：a⊗b=a（1﹣b）．下面给出了关于这种运算的几种结论：①2⊗（﹣2）=6，②a⊗b=b⊗a，③若a+b=0，则（a⊗a）+（b⊗b）=2ab，④若a⊗b=0，则a=0或b=1，其中结论正确的序号是( )
A．①④ B．①③ C．②③④ D．①③④
【考点】整式的混合运算；有理数的混合运算．
【专题】新定义．
【分析】各项利用题中的新定义计算得到结果，即可做出判断．
【解答】解：根据题意得：2⊗（﹣2）=2×（1+2）=6，选项①正确；
a⊗b=a（1﹣b）=a﹣ab，b⊗a=b（1﹣a）=b﹣ab，不一定相等，选项②错误；
（a⊗a）+（b⊗b）=a（1﹣a）+b（1﹣b）=a+b﹣a2﹣b2=a+b﹣（a+b）2+2ab=2ab，选项③正确；
若a⊗b=a（1﹣b）=0，则a=0或b=1，选项④正确，
故选D
【点评】此题考查了整式的混合运算，以及有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

12．如图所示是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，图象过A点（3，0），二次函数图象对称轴为x=1，给出四个结论：①b2＞4ac；②bc＜0；③2a+b=0；④a+b+c=0，其中正确结论是( )

A．②④ B．①③ C．②③ D．①④
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【专题】压轴题．
【分析】将函数图象补全，再进行分析．主要是从抛物线与x轴（y轴）的交点，开口方向，对称轴及x=±1等方面进行判断．
【解答】解：①图象与x轴有两个交点，则方程有两个不相等的实数根，b2﹣4ac＞0，b2＞4ac，正确；
②因为开口向下，故a＜0，有﹣＞0，则b＞0，又c＞0，故bc＞0，错误；
③由对称轴x=﹣=1，得2a+b=0，正确；
④当x=1时，a+b+c＞0，错误；
故①③正确．
故选：B．
【点评】解答此题要注意函数与方程的关系，关键是掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号的确定．

二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，现在从桶里随机摸出一个球，则摸到白球的概率为．
【考点】概率公式．
【分析】由桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，
∴现在从桶里随机摸出一个球，则摸到白球的概率为：=．
故答案为：．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

14．铁路部门规定旅客免费携带行李箱的长、宽、高之和不超过160cm，某厂家生产符合该规定的行李箱，已知行李箱的高为30cm，长与宽的比为3：2，则该行李箱的长的最大值为78cm．
【考点】一元一次不等式的应用．
【专题】应用题．
【分析】设长为3x，宽为2x，再由行李箱的长、宽、高之和不超过160cm，可得出不等式，解出即可．
【解答】解：设长为3x，宽为2x，
由题意，得：5x+30≤160，
解得：x≤26，
故行李箱的长的最大值为78．
故答案为：78cm．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，解答本题的额关键是仔细审题，找到不等关系，建立不等式．

15．已知整数k＜5，若△ABC的边长均满足关于x的方程x2﹣3x+8=0，则△ABC的周长是6或12或10．
【考点】根的判别式；解一元二次方程-因式分解法；三角形三边关系．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】根据题意得k≥0且（3）2﹣4×8≥0，而整数k＜5，则k=4，方程变形为x2﹣6x+8=0，解得x1=2，x2=4，由于△ABC的边长均满足关于x的方程x2﹣6x+8=0，
所以△ABC的边长可以为2、2、2或4、4、4或4、4、2，然后分别计算三角形周长．
【解答】解：根据题意得k≥0且（3）2﹣4×8≥0，
解得k≥，
∵整数k＜5，
∴k=4，
∴方程变形为x2﹣6x+8=0，解得x1=2，x2=4，
∵△ABC的边长均满足关于x的方程x2﹣6x+8=0，
∴△ABC的边长为2、2、2或4、4、4或4、4、2．
∴△ABC的周长为6或12或10．
故答案为：6或12或10．．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了因式分解法解一元二次方程以及三角形三边的关系．

16．方程x2﹣9x+18=0的两个根是等腰三角形的底和腰的长，则这个等腰三角形的周长为15．
【考点】解一元二次方程-因式分解法；三角形三边关系；等腰三角形的性质．
【专题】计算题；因式分解．
【分析】利用因式分解法解方程得到x1=3，x2=6，再根据三角形三边的关系得等腰三角形的底为3，腰为6，然后计算三角形的周长．
【解答】解：x2﹣9x+18=0，
（x﹣3）（x﹣6）=0，
所以x1=3，x2=6，
所以等腰三角形的底为3，腰为6，这个等腰三角形的周长为3+6+6=15．
故答案为15．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．

17．如图，△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，BC=12cm，把△ABC绕着它的斜边中点P逆时针旋转90°至△DEF的位置，DF交BC于点H．△ABC与△DEF重叠部分的面积为9cm2．

【考点】旋转的性质．
【专题】计算题．
【分析】如图，由点P为斜边BC的中点得到PC=BC=6，再根据旋转的性质得PF=PC=6，∠FPC=90°，∠F=∠C=30°，根据含30度的直角三角形三边的关系，在Rt△PFH中计算出PH=PF=2；在Rt△CPM中计算出PM=PC=2，且∠PMC=60°，则∠FMN=∠PMC=60°，于是有∠FNM=90°，FM=PF﹣PM=6﹣2，则在Rt△FMN中可计算出MN=FM=3﹣，FN=MN=3﹣3，然后根据三角形面积公式和利用△ABC与△DEF重叠部分的面积=S△FPH﹣S△FMN进行计算即可．
【解答】解：如图，
∵点P为斜边BC的中点，
∴PB=PC=BC=6，
∵△ABC绕着它的斜边中点P逆时针旋转90°至△DEF的位置，
∴PF=PC=6，∠FPC=90°，∠F=∠C=30°，
在Rt△PFH中，∵∠F=30°，
∴PH=PF=×6=2，
在Rt△CPM中，∵∠C=30°，
∴PM=PC=×6=2，∠PMC=60°，
∴∠FMN=∠PMC=60°，
∴∠FNM=90°，
而FM=PF﹣PM=6﹣2，
在Rt△FMN中，∵∠F=30°，
∴MN=FM=3﹣，
∴FN=MN=3﹣3，
∴△ABC与△DEF重叠部分的面积=S△FPH﹣S△FMN
=×6×2﹣（3﹣）（3﹣3）
=9（cm2）．
故答案为9．

【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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．

18．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0）．一个电动玩具从坐标原点0出发，第一次跳跃到点P1．使得点P1与点O关于点A成中心对称；第二次跳跃到点P2，使得点P2与点P1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点P3，使得点P3与点P2关于点C成中心对称；第四次跳跃到点P4，使得点P4与点P3关于点A成中心对称；第五次跳跃到点P5，使得点P5与点P4关于点B成中心对称；…照此规律重复下去，则点P2013的坐标为（0，﹣2）．

【考点】中心对称；规律型：点的坐标．
【专题】压轴题；规律型．
【分析】计算出前几次跳跃后，点P1，P2，P3，P4，P5，P6，P7的坐标，可得出规律，继而可求出点P2013的坐标．
【解答】解：点P1（2，0），P2（﹣2，2），P3（0，﹣2），P4（2，2），P5（﹣2，0），P6（0，0），P7（2，0），
从而可得出6次一个循环，
∵=335…3，
∴点P2013的坐标为（0，﹣2）．
故答案为：（0，﹣2）．
【点评】本题考查了中心对称及点的坐标的规律变换，解答本题的关键是求出前几次跳跃后点的坐标，总结出一般规律．

三、解答题（本大题共8小题）
19．解方程
（1）x2﹣2x﹣3=0
（2）（x﹣3）2+4x（x﹣3）=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）直接利用十字相乘法分解因式进而得出答案；
（2）直接利用提取公因式法分解因式解方程即可．
【解答】解：（1）x2﹣2x﹣3=0
（x﹣3）（x+1）=0，
解得：x1=3，x2=﹣1；

（2）（x﹣3）2+4x（x﹣3）=0
（x﹣3）（x﹣3+4x）=0，
解得：x1=3，x2=．
【点评】此题主要考查了因式分解法解方程，正确分解因式是解题关键．

20．找出图中的旋转中心，说出旋转多少度能与原图形重合？并说出它是否是中心对称图形．

【考点】中心对称图形．
【分析】根据旋转中心、旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点，可知图中的旋转中心就是该图的几何中心，即点O．该图绕旋转中心O旋转90°，180°，270°，360°，都能与原来的图形重合，再利用中心对称图形的定义即可求解．
【解答】解：图中的旋转中心就是该图的几何中心，即点O．该图绕旋转中心O旋转90°，180°，270°，360°，都能与原来的图形重合，因此，它是一个中心对称图形．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．也考查了旋转中心、旋转角的定义及求法．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．

21．已知抛物线y=x2﹣4x+5，求出它的对称轴和顶点坐标．
【考点】二次函数的性质．
【分析】把函数解析式整理成顶点形式，然后写出对称轴和顶点坐标即可．
【解答】解：y=x2﹣4x+5
=x2﹣4x+4﹣4+5
=x2﹣4x+4+1
=（x﹣2）2+1，
所以抛物线的对称轴为直线x=2，顶点坐标为（2，1）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，把函数解析式整理顶点式形式求解更加简便．

22．已知二次函数y=x2﹣4x+5．
（1）将y=x2﹣4x+5化成y=a （x﹣h）2+k的形式；
（2）指出该二次函数图象的对称轴和顶点坐标；
（3）当x取何值时，y随x的增大而增大？
【考点】二次函数的三种形式；二次函数的性质．
【专题】计算题；函数思想．
【分析】（1）利用配方法先提出二次项系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式；
（2）利用（1）的解析式求该二次函数图象的对称轴和顶点坐标；
（3）根据二次函数的图象的单调性解答．
【解答】解：（1）y=x2﹣4x+4﹣4+5=（x﹣2）2+1，即y=（x﹣2）2+1；

（2）根据（1）的函数解析式知，对称轴为x=2，顶点坐标为（2，1）；

（3）根据（1）、（2）的结论画出二次函数的大致图象（如图所示），从图象中可知，当x＞2时，y随x的增大而增大．

【点评】此题主要考查了二次函数顶点坐标的求法，二次函数图象的性质．二次函数的解析式有三种形式：
（1）一般式：y=ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）；
（2）顶点式：y=a（x﹣h）2+k；
（3）交点式（与x轴）：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）．

23．已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m=0．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围；
（2）若方程两实数根为x1，x2，且满足5x1+2x2=2，求实数m的值．
【考点】根的判别式；根与系数的关系．
【分析】（1）若一元二次方程有两实数根，则根的判别式△=b2﹣4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2=4，又5x1+2x2=2求出函数实数根，代入m=x1x2，即可得到结果．
【解答】解：（1）∵方程有实数根，
∴△=（﹣4）2﹣4m=16﹣4m≥0，
∴m≤4；

（2）∵x1+x2=4，
∴5x1+2x2=2（x1+x2）+3x1=2×4+3x1=2，
∴x1=﹣2，
把x1=﹣2代入x2﹣4x+m=0得：（﹣2）2﹣4×（﹣2）+m=0，
解得：m=﹣12．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程根与系数的关系．

24．已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．
（1）求证：AC=BD；
（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．

【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】几何综合题．
【分析】（1）过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据AC=AE﹣CE即可得出结论．
【解答】（1）证明：过O作OE⊥AB于点E，
则CE=DE，AE=BE，
∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD；

（2）解：由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，
∴OE=6，
∴CE===2，AE===8，
∴AC=AE﹣CE=8﹣2．

【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

25．某企业接到一批粽子生产任务，按要求在15天内完成，约定这批粽子的出厂价为每只6元，为按时完成任务，该企业招收了新工人，设新工人李明第x天生产的粽子数量为y只，y与x满足下列关系式：
y=．
（1）李明第几天生产的粽子数量为420只？
（2）如图，设第x天每只粽子的成本是p元，p与x之间的关系可用图中的函数图象来刻画．若李明第x天创造的利润为w元，求w与x之间的函数表达式，并求出第几天的利润最大，最大利润是多少元？（利润=出厂价﹣成本）
（3）设（2）小题中第m天利润达到最大值，若要使第（m+1）天的利润比第m天的利润至少多48元，则第（m+1）天每只粽子至少应提价几元？

【考点】二次函数的应用．
【专题】压轴题．
【分析】（1）把y=420代入y=30x+120，解方程即可求得；
（2）根据图象求得成本p与x之间的关系，然后根据利润等于订购价减去成本价，然后整理即可得到W与x的关系式，再根据一次函数的增减性和二次函数的增减性解答；
（3）根据（2）得出m+1=13，根据利润等于订购价减去成本价得出提价a与利润w的关系式，再根据题意列出不等式求解即可．
【解答】解：（1）设李明第n天生产的粽子数量为420只，
由题意可知：30n+120=420，
解得n=10．
答：第10天生产的粽子数量为420只．
（2）由图象得，当0≤x≤9时，p=4.1；
当9≤x≤15时，设P=kx+b，
把点（9，4.1），（15，4.7）代入得，，
解得，
∴p=0.1x+3.2，
①0≤x≤5时，w=（6﹣4.1）×54x=102.6x，当x=5时，w最大=513（元）；
②5＜x≤9时，w=（6﹣4.1）×（30x+120）=57x+228，
∵x是整数，
∴当x=9时，w最大=741（元）；
③9＜x≤15时，w=（6﹣0.1x﹣3.2）×（30x+120）=﹣3x2+72x+336，
∵a=﹣3＜0，
∴当x=﹣=12时，w最大=768（元）；
综上，当x=12时，w有最大值，最大值为768．
（3）由（2）可知m=12，m+1=13，
设第13天提价a元，由题意得，w13=（6+a﹣p）（30x+120）=510（a+1.5），
∴510（a+1.5）﹣768≥48，解得a=0.1．
答：第13天每只粽子至少应提价0.1元．
【点评】本题考查的是二次函数在实际生活中的应用，主要是利用二次函数的增减性求最值问题，利用一次函数的增减性求最值，难点在于读懂题目信息，列出相关的函数关系式．

26．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）若P为线段BD上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，求四边形PMAC的面积的最大值和此时点P的坐标．

【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）根据点A、B的坐标设抛物线交点式解析式y=a（x+1）（x﹣3），然后把点C的坐标代入求出a的值即可得解；再把函数解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点D的坐标；
（2）设直线BD的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=﹣2x+6，然后设点P的坐标为（p，﹣2p+6）再根据四边形PMAC的面积等于△AOC和梯形COMP的面积之和列式整理，再根据二次函数的最值问题解答．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴可设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），
又∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，3），
∴3=a（0+1）（0﹣3），
解得a=﹣1，
∴抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣3），
即y=﹣x2+2x+3，
∴抛物线顶点D的坐标为（1，4）；

（2）设直线BD的解析式为y=kx+b，
由B（3，0），D（1，4）得，
解得，
∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6，
∵点P在直线PD上，
∴设P（p，﹣2p+6），
则OA=1，OC