2021-2022学年-有答案-湖北省武汉市某校初三(上)期中考试数学试卷

2021-2022学年湖北省武汉市某校初三（上）期中考试数学试卷

一、选择题

1. 一元二次方程3𝑥2−6𝑥+1=0的二次项系数和一次项系数分别为( ) A.3和6

2. 如图所示的图形绕某点旋转180∘后，不能与原来图形重合的是( )

B.3和−6

C.3和−1

D.3和1

A.

B. C. D.

3. 与抛物线 𝑦=−3𝑥2+2𝑥−7 的形状、开口方向都相同，只有位置不同的抛物线是( )

A.𝑦=𝑥2+2𝑥−7 C.𝑦=𝑥2+2𝑥−7

31

1

B.𝑦=3𝑥2 D.𝑦=−𝑥2+√3𝑥

31

1

4. 将抛物线 𝑦=2(𝑥−4)2−1 先向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，平移后所得抛物线的解析式为( ) A.𝑦=2𝑥2+1

C.𝑦=2(𝑥−8)2+1

5. 如图，⊙𝑂是△𝐴𝐵𝐶的外接圆，∠𝐴𝐶𝑂=45∘，则∠𝐵的度数为( )

B.𝑦=2𝑥2−3

D.𝑦=2(𝑥−8)2−3

A.30∘

B.35∘

C.40∘ D.45∘

6. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90∘，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴顺时针旋转90∘后得到的△𝐴𝐵′𝐶′（点𝐵的对应点是点𝐵′，点𝐶的对应点是点𝐶′），连接𝐶𝐶′．若∠𝐵=78∘，则∠𝐶𝐶′𝐵′的大小是( )

试卷第1页，总22页

A.23∘

B.30∘ C.33∘ D.39∘

7. 设𝐴(−2, 𝑦1)，𝐵(1, 𝑦2)，𝐶(2, 𝑦3)是抛物线𝑦=−2(𝑥+1)2+3上的三个点，则𝑦1，𝑦2，𝑦3的大小关系是( ) A.𝑦1>𝑦2>𝑦3 8.

已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的𝑥，𝑦的部分对应值如下表：

B.𝑦1>𝑦3>𝑦2

C.𝑦3>𝑦2>𝑦1

D.𝑦3>𝑦1>𝑦2

𝑥 −1 0 1 𝑦 5 2 3 1 −1 −1 1 52

32

则该二次函数图象的对称轴为( ) A.𝑦轴

9. 已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象如图，其对称轴𝑥=−1，给出下列结果：①𝑏2>4𝑎𝑐；②𝑎𝑏𝑐>0；③2𝑎+𝑏=0；④𝑎+𝑏+𝑐>0；⑤𝑎−𝑏+𝑐<0，则正确的结论是( )

B.直线𝑥=

C.直线𝑥=2

D.直线𝑥=

A.①②③④

10. 如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为3𝑐𝑚，动点𝑃从𝐵点出发以3𝑐𝑚/𝑠的速度沿着边𝐵𝐶−𝐶𝐷−𝐷𝐴运动，到达𝐴点停止运动；另一动点𝑄同时从𝐵点出发，以1𝑐𝑚/𝑠的速度沿着边𝐵𝐴向𝐴点运动，到达𝐴点停止运动．设𝑃点运动时间为𝑥(𝑠)，△𝐵𝑃𝑄的面积为𝑦(𝑐𝑚2)，则𝑦关于𝑥的函数图象是( )

B.②④⑤

C.②③④

D.①④⑤

试卷第2页，总22页

A. B.

C.

二、填空题

D.

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠C=90∘，𝐵𝐶=3，𝐴𝐶=5，点𝐷为线段𝐴𝐶上一动点，将线段𝐵𝐷绕点𝐷逆时针旋转90∘，点𝐵的对应点为𝐸，连接𝐴𝐸，则𝐴𝐸长的最小值为________．

三、解答题

解方程：𝑥2−4𝑥−3=0.

如图，在⊙𝑂中，𝐴𝐷=𝐵𝐶，求证：𝐷𝐶=𝐴𝐵．

已知一元二次方程 𝑥2−2(𝑘−1)𝑥+𝑘2+3=0 有两个根分别为 𝑥1,𝑥2. (1)求𝑘的取值范围；

(2)若原方程的两个根 𝑥1,𝑥2满足(𝑥1+2)(𝑥2+2)=8，求𝑘的值.

试卷第3页，总22页

如图，在4×4的方格纸中，△𝐴𝐵𝐶的三个顶点都在格点上．

(1)在图①中，画出一个与△𝐴𝐵𝐶成中心对称的格点三角形；

(2)在图②中，画出一个与△𝐴𝐵𝐶成轴对称且与△𝐴𝐵𝐶有公共边的格点三角形；

(3)在图③中，画出△𝐴𝐵𝐶绕着点𝐶按顺时针方向旋转90∘后的三角形；

(4)在图④中，画出所有格点△𝐵𝐶𝐷，使△𝐵𝐶𝐷 为等腰直角三角形，且 𝑆△𝐵𝐶𝐷=4.

已知𝐴，𝐵，𝐶，𝐷是⊙𝑂上的四个点．

(1)如图1，若∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90，𝐴𝐷=𝐶𝐷，求证：𝐴𝐶⊥𝐵𝐷；

∘

(2)如图2，若𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，垂足为𝐸，𝐴𝐵=4，𝐷𝐶=6，求⊙𝑂的半径．

某服装公司的某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表：

售价𝑥(元/件) 100 110 120 130 … 月销量𝑦(件) 200 180 160 140 … 已知该运动服的进价为每件60元，设售价为𝑥元．

(1)请用含𝑥的式子表示：

①销售该运动服每件的利润是 (________)元； ②月销量是𝑦=________；（直接写出结果）

(2)设销售该运动服的月利润为𝑊元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？

(3)该公司决定每销售一件运动服，就捐赠𝑎(𝑎>0)元利润给希望工程，物价部门规定该运动服销售价不得超过120元，设销售该运动服的月利润为𝑊元，若月销售最大利润是8800元，求𝑎的值.

试卷第4页，总22页

如图1，若四边形𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐺𝐹𝐸𝐷都是正方形，显然图中有𝐴𝐺=𝐶𝐸，𝐴𝐺⊥𝐶𝐸．

(1)当正方形𝐺𝐹𝐸𝐷绕𝐷旋转到如图2的位置时，𝐴𝐺=𝐶𝐸是否成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；

(2)当正方形𝐺𝐹𝐸𝐷绕𝐷旋转到𝐵，𝐷，𝐺在一条直线（如图3）上时，连结𝐶𝐸，设𝐶𝐸分别交𝐴𝐺，𝐴𝐷于𝑃，𝐻． ①求证：𝐴𝐺⊥𝐶𝐸；

②如果，𝐴𝐷=2√5，𝐷𝐺=√10，则𝐶𝐸=________．

已知抛物线的顶点𝐻(2, 0)，经过点𝐴(1, 1)，与𝑦轴交于点𝐶．

(1)求抛物线的解析式；

(2)如图1，在线段𝑂𝐶（端点除外）上是否存在一点𝑁，直线𝑁𝐴交抛物线于另一点𝐵，满足𝐵𝐶=𝐵𝑁？若存在，请求出点𝑁的坐标；若不存在，请说明理由；

(3)如图2，过点𝑃(−3, 0)作直线交抛物线于点𝐹，𝐺，𝐹𝑀⊥𝑥轴于𝑀，𝐺𝑁⊥𝑥轴于𝑁，求𝑃𝑀⋅𝑃𝑁的值．

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参与试题解析

2021-2022学年湖北省武汉市某校初三（上）期中考试数学试卷

一、选择题 1. 【答案】 B

【考点】

一元二次方程的一般形式 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：一元二次方程的一般形式为3𝑥2−6𝑥+1=0， 二次项系数和一次项系数分别为3和−6. 故选𝐵． 2. 【答案】 B

【考点】 中心对称图形 旋转对称图形 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：𝐴、是中心对称图形，能与原来图形重合，故错误； 𝐵、不是中心对称图形，不能与原来图形重合，故正确； 𝐶、是中心对称图形，能与原来图形重合，故错误； 𝐷、是中心对称图形，能与原来图形重合，故错误． 故选𝐵． 3. 【答案】 D

【考点】

二次函数图象与系数的关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：二次项系数𝑎决定了抛物线图象的形状和开口方向， 原式的二次项系数为𝑎=−3，

只有𝐷选项的抛物线的形状和开口方向与原抛物线相同. 故选𝐷. 4.

试卷第6页，总22页

1

【答案】 A

【考点】

二次函数图象的平移规律 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：抛物线平移遵循“上加下减，左加右减”的原则，

故向左平移4个单位长度，向上平移2个单位长度后的解析式为： 𝑦=2𝑥2+1. 故选𝐴. 5. 【答案】 D

【考点】 圆周角定理 【解析】

先根据𝑂𝐴=𝑂𝐶，∠𝐴𝐶𝑂=45∘可得出∠𝑂𝐴𝐶=45∘，故可得出∠𝐴𝑂𝐶的度数，再由圆周角定理即可得出结论． 【解答】

解：连接𝑂𝐴，如图所示，

∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐶，∠𝐴𝐶𝑂=45∘， ∴ ∠𝑂𝐴𝐶=45∘，

∴ ∠𝐴𝑂𝐶=180∘−45∘−45∘=90∘， ∴ ∠𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=45∘．

21

故选𝐷． 6. 【答案】 C

【考点】 旋转的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：由旋转的性质可知，∠𝐵=∠𝐴𝐵′𝐶′=78∘，𝐴𝐶=𝐴𝐶′， ∵ ∠𝐶𝐴𝐶′=90∘，可知△𝐶𝐴𝐶′为等腰直角三角形， 则∠𝐶𝐶′𝐵=∠𝐶𝐶′𝐴=45∘． ∵ ∠𝐶′𝐴𝐵′=90∘，

试卷第7页，总22页

∴ ∠𝐴𝐶′𝐵′=12∘，

∴ ∠𝐶𝐶′𝐵′=∠𝐶𝐶′𝐴−∠𝐵′𝐶′𝐴=33∘. 故选𝐶． 7. 【答案】 A

【考点】

二次函数图象上点的坐标特征 【解析】

根据二次函数的对称性，可利用对称性，找出点𝐴的对称点𝐴′，再利用二次函数的增减性可判断𝑦值的大小． 【解答】

解：函数的解析式是𝑦=−2(𝑥+1)2+3， ∴ 对称轴是𝑥=−1，

∴ 点𝐴关于对称轴的点𝐴′是(0, 𝑦1)，

那么点𝐴′，𝐵，𝐶都在对称轴的右边，而对称轴右边𝑦随𝑥的增大而减小， 于是𝑦1>𝑦2>𝑦3． 故选𝐴. 8. 【答案】 D

【考点】

二次函数的性质 【解析】

由于𝑥=1、2时的函数值相等，然后根据二次函数的对称性列式计算即可得解． 【解答】

解：∵ 𝑥=1和2时的函数值都是−1， ∴ 对称轴为直线𝑥=故选𝐷． 9. 【答案】 D

【考点】

二次函数图象与系数的关系 【解析】

根据抛物线与𝑥轴的交点情况，抛物线的开口方向，对称轴及与𝑦轴的交点，当𝑥=±1时的函数值，逐一判断． 【解答】

解：∵ 抛物线与𝑥轴有两个交点，

∴ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐>0，即𝑏2>4𝑎𝑐，故①正确； ∵ 抛物线对称轴为𝑥=−2𝑎<0，与𝑦轴交于负半轴， ∴ 𝑎𝑏>0，𝑐<0，𝑎𝑏𝑐<0，故②错误；

试卷第8页，总22页

𝑏1+22

32

=．

∵ 抛物线对称轴为𝑥=−2𝑎=−1，

∴ 2𝑎−𝑏=0，故③错误；

∵ 当𝑥=1时，𝑦>0，即𝑎+𝑏+𝑐>0，故④正确； ∵ 当𝑥=−1时，𝑦<0，即𝑎−𝑏+𝑐<0，故⑤正确. ∴ 正确的是①④⑤． 故选𝐷． 10. 【答案】 C

【考点】 动点问题 三角形的面积 正方形的性质 【解析】

首先根据正方形的边长与动点𝑃、𝑄的速度可知动点𝑄始终在𝐴𝐵边上，而动点𝑃可以在𝐵𝐶边、𝐶𝐷边、𝐴𝐷边上，再分三种情况进行讨论：①0≤𝑥≤1；②1<𝑥≤2；③2<𝑥≤3；分别求出𝑦关于𝑥的函数解析式，然后根据函数的图象与性质即可求解． 【解答】

解：由题意可得𝐵𝑄=𝑥．

①0≤𝑥≤1时，𝑃点在𝐵𝐶边上，𝐵𝑃=3𝑥， 则△𝐵𝑃𝑄的面积=2𝐵𝑃⋅𝐵𝑄，

即𝑦=2⋅3𝑥⋅𝑥=2𝑥2，故𝐴选项错误； ②1<𝑥≤2时，𝑃点在𝐶𝐷边上， 则△𝐵𝑃𝑄的面积=𝐵𝑄⋅𝐵𝐶，

21

1

31

𝑏

即𝑦=2⋅𝑥⋅3=2𝑥，故𝐵选项错误；

③2<𝑥≤3时，𝑃点在𝐴𝐷边上，𝐴𝑃=9−3𝑥， 则△𝐵𝑃𝑄的面积=𝐴𝑃⋅𝐵𝑄，

21

13

即𝑦=2⋅(9−3𝑥)⋅𝑥=2𝑥−2𝑥2，故𝐷选项错误． 故选𝐶. 二、填空题 【答案】 √2 【考点】

全等三角形的性质与判定 旋转的性质 【解析】

193

试卷第9页，总22页

由旋转的性质可知𝐵𝐷＝𝐷𝐸，∠𝐶＝90∘，则容易想到构造一个直角三角形与𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷全等，即过𝐸点作𝐸𝐻⊥𝐴𝐷于点𝐻，设𝐶𝐷＝𝑥，则可用𝑥表示𝐴𝐸的长，从而判断什么时候𝐴𝐸取得最小值． 【解答】

解：设𝐶𝐷=𝑥，则𝐴𝐷=5−𝑥， 过点𝐸作𝐸𝐻⊥𝐴𝐷于点𝐻，如图：

由旋转的性质可知𝐵𝐷=𝐷𝐸，

∵ ∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐵𝐷𝐶=90∘，∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐶𝐵𝐷=90∘， ∴ ∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶𝐵𝐷， 又∵ ∠𝐸𝐻𝐷=∠𝐶， ∴ △𝐵𝐶𝐷≅△𝐷𝐻𝐸，

∴ 𝐸𝐻=𝐶𝐷=𝑥，𝐷𝐻=𝐵𝐶=3． ∵ 𝐴𝐷=5−𝑥，

∴ 𝐴𝐻=𝐴𝐷−𝐷𝐻=5−𝑥−3=2−𝑥，

∵ 在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝐻中，𝐴𝐸2=𝐴𝐻2+𝐸𝐻2=(2−𝑥)2+𝑥2 =2𝑥2+4𝑥+4=2(𝑥−1)2+2，

所以当𝑥=1时，𝐴𝐸2取得最小值2，即𝐴𝐸取得最小值√2． 故答案为：√2. 三、解答题

【答案】

解：𝑥2−4𝑥+4=3+4， (𝑥−2)2=7， 𝑥−2=±√7，

解得：𝑥1=√7+2，𝑥2=−√7+2. 【考点】

解一元二次方程-配方法 【解析】 此题暂无解析

【解答】

解：𝑥2−4𝑥+4=3+4， (𝑥−2)2=7， 𝑥−2=±√7，

解得：𝑥1=√7+2，𝑥2=−√7+2. 【答案】

证明：∵ 𝐴𝐷=𝐵𝐶，

̂=𝐵𝐶̂， ∴ 𝐴𝐷

̂+𝐴𝐶̂=𝐵𝐶̂+𝐴𝐶̂， ∴ 𝐴𝐷

试卷第10页，总22页

̂=𝐴𝐵̂， 即𝐶𝐷

∴ 𝐷𝐶=𝐴𝐵． 【考点】

圆心角、弧、弦的关系 【解析】

根据在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们

̂=𝐵𝐶̂，把两弧都加上弧𝐴𝐶得到所对应的其余各组量都分别相等，由𝐴𝐷=𝐵𝐶得到𝐴𝐷

̂=𝐴𝐵̂，于是得到𝐷𝐶=𝐴𝐵． 𝐶𝐷【解答】

证明：∵ 𝐴𝐷=𝐵𝐶，

̂=𝐵𝐶̂， ∴ 𝐴𝐷

̂+𝐴𝐶̂=𝐵𝐶̂+𝐴𝐶̂， ∴ 𝐴𝐷̂=𝐴𝐵̂， 即𝐶𝐷

∴ 𝐷𝐶=𝐴𝐵． 【答案】

解：(1)∵ 一元二次方程 𝑥2−2(𝑘−1)𝑥2+𝑘2+3=0 有两个根分别为 𝑥1,𝑥2, ∴ 𝛥=[−2(𝑘−1)]2−4×1×(𝑘2+3)≥0 , ∴ 4(𝑘−1)2−4(𝑘2+3)≥0, ∴ (𝑘−1)2−(𝑘2+3)≥0, ∴ 𝑘2−2𝑘+1−𝑘2−3≥0, 即−2𝑘−2≥0, 故𝑘≤−1.

(2)∵ 𝑥1+𝑥2=2(𝑘−1),𝑥1𝑥2=𝑘2+3, ∴ (𝑥1+2)(𝑥2+2) =𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4 =𝑘2+3+4(𝑘−1)+4 =𝑘2+4𝑘+3=8, 解得𝑘1=−5,𝑘2=1, ∵ 𝑘≤−1, ∴ 𝑘=−5. 【考点】

根与系数的关系 根的判别式 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：(1)∵ 一元二次方程 𝑥2−2(𝑘−1)𝑥2+𝑘2+3=0 有两个根分别为 𝑥1,𝑥2, ∴ 𝛥=[−2(𝑘−1)]2−4×1×(𝑘2+3)≥0 , ∴ 4(𝑘−1)2−4(𝑘2+3)≥0, ∴ (𝑘−1)2−(𝑘2+3)≥0, ∴ 𝑘2−2𝑘+1−𝑘2−3≥0, 即−2𝑘−2≥0, 故𝑘≤−1.

(2)∵ 𝑥1+𝑥2=2(𝑘−1),𝑥1𝑥2=𝑘2+3, ∴ (𝑥1+2)(𝑥2+2) =𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4

试卷第11页，总22页

=𝑘2+3+4(𝑘−1)+4 =𝑘2+4𝑘+3=8, 解得𝑘1=−5,𝑘2=1, ∵ 𝑘≤−1, ∴ 𝑘=−5. 【答案】

解：(1)△𝐷𝐶𝐸是与△𝐴𝐵𝐶成中心对称的格点三角形，如图所示.

(2)△𝐴𝐶𝐷为所求，如图所示.

(3)由旋转的性质可得△𝐷𝐸𝐶，如图所示.

(4)由等腰直角三角形性质和三角形的面积可得△𝐵𝐶𝐷 和△𝐵𝐶𝐷′，如图所示.

【考点】

试卷第12页，总22页

三角形的面积 作图—复杂作图 作图-旋转变换 中心对称图形 等腰直角三角形 作图-轴对称变换 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：(1)△𝐷𝐶𝐸是与△𝐴𝐵𝐶成中心对称的格点三角形，如图所示.

(2)△𝐴𝐶𝐷为所求，如图所示.

(3)由旋转的性质可得△𝐷𝐸𝐶，如图所示.

试卷第13页，总22页

(4)由等腰直角三角形性质和三角形的面积可得△𝐵𝐶𝐷 和△𝐵𝐶𝐷′，如图所示，

【答案】

解：(1)∵ ∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90∘， ∴ 𝐴𝐶,𝐵𝐷是⊙𝑂的直径， ∴ ∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90∘， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形， ∵ 𝐴𝐷=𝐶𝐷，

∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形， ∴ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷；

(2)如图，连接𝐷𝑂，延长交圆𝑂于𝐹，连接𝐶𝐹，𝐵𝐹，

∵ 𝐷𝐹是直径，

∴ ∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=90∘， ∴ 𝐹𝐵⊥𝐷𝐵， 又∵ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，

∴ 𝐵𝐹 // 𝐴𝐶，∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐴𝐶𝐷=90∘， ∵ ∠𝐹𝐶𝐴+∠𝐴𝐶𝐷=90∘， ∴ ∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐹𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶，

̂=𝐶𝐹̂， ∴ 𝐴𝐵

∴ 𝐶𝐹=𝐴𝐵， 根据勾股定理，得

𝐶𝐹2+𝐷𝐶2=𝐴𝐵2+𝐷𝐶2=𝐷𝐹2=52， ∴ 𝐷𝐹=2√13，

∴ 𝑂𝐷=√13，即⊙𝑂的半径为√13． 【考点】 圆周角定理

圆心角、弧、弦的关系 垂径定理的应用 正方形的判定 正方形的性质

试卷第14页，总22页

勾股定理 【解析】

(1)根据题意不难证明四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，结论可以得到证明；

(2)连结𝐷𝑂，延长交圆𝑂于𝐹，连结𝐶𝐹、𝐵𝐹．根据直径所对的圆周角是直角，得

∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=90∘，则𝐵𝐹 // 𝐴𝐶，根据平行弦所夹的弧相等，得弧𝐶𝐹=弧𝐴𝐵，则𝐶𝐹=𝐴𝐵．根据勾股定理即可求解． 【解答】

解：(1)∵ ∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90∘， ∴ 𝐴𝐶,𝐵𝐷是⊙𝑂的直径， ∴ ∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90∘， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形， ∵ 𝐴𝐷=𝐶𝐷，

∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形， ∴ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷；

(2)如图，连接𝐷𝑂，延长交圆𝑂于𝐹，连接𝐶𝐹，𝐵𝐹，

∵ 𝐷𝐹是直径，

∴ ∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=90∘， ∴ 𝐹𝐵⊥𝐷𝐵， 又∵ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，

∴ 𝐵𝐹 // 𝐴𝐶，∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐴𝐶𝐷=90∘， ∵ ∠𝐹𝐶𝐴+∠𝐴𝐶𝐷=90∘， ∴ ∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐹𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶，

̂=𝐶𝐹̂， ∴ 𝐴𝐵

∴ 𝐶𝐹=𝐴𝐵， 根据勾股定理，得

𝐶𝐹2+𝐷𝐶2=𝐴𝐵2+𝐷𝐶2=𝐷𝐹2=52， ∴ 𝐷𝐹=2√13，

∴ 𝑂𝐷=√13，即⊙𝑂的半径为√13． 【答案】 𝑥−60,−2𝑥+400

(2)由题意得，𝑊=(𝑥−60)(−2𝑥+400)

=−2𝑥2+520𝑥−24000 =−2(𝑥−130)2+9800，

∴ 当𝑥=130时，利润最大值为9800元，

故售价为130元时，当月的利润最大，最大利润是9800元． (3)根据题意得：𝑊=(𝑥−60−𝑎)(−2𝑥+400) =−2𝑥2+(520+2𝑎)𝑥−24000−400𝑎， 对称轴𝑥=

520+2𝑎

4

=130+2𝑎>120.

1

∵ 物价部门规定该运动服售价不得超过120元，

试卷第15页，总22页

∴ 0<𝑥≤120，

当𝑥=120时，𝑊取最大值，𝑊最大=9600−160𝑎， 又∵ 最大利润是8800元， ∴ 9600−160𝑎=8800，

∴ 𝑎=5.

∴ 月销售最大利润是8800元时，𝑎的值为5. 【考点】

一次函数的应用 二次函数的应用 【解析】

（1）根据利润=售价-进价求出利润，运用待定系数法求出月销量；

（2）根据月利润=每件的利润×月销量列出函数关系式，根据二次函数的性质求出最大利润．

（3）根据月利润=每件的利润×月销量=8000列方程，解方程即可． 【解答】

解：(1)销售该运动服每件的利润是：(𝑥−60)元， 设月销量𝑦与𝑥的关系式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏， 100𝑘+𝑏=200,

由题意得，{

110𝑘+𝑏=180,𝑘=−2,解得{

𝑏=400.则𝑦=−2𝑥+400.

故答案为：𝑥−60；−2𝑥+400.

(2)由题意得，𝑊=(𝑥−60)(−2𝑥+400)

=−2𝑥2+520𝑥−24000 =−2(𝑥−130)2+9800，

∴ 当𝑥=130时，利润最大值为9800元，

故售价为130元时，当月的利润最大，最大利润是9800元． (3)根据题意得：𝑊=(𝑥−60−𝑎)(−2𝑥+400) =−2𝑥2+(520+2𝑎)𝑥−24000−400𝑎， 对称轴𝑥=

520+2𝑎

4

=130+2𝑎>120.

1

∵ 物价部门规定该运动服售价不得超过120元， ∴ 0<𝑥≤120，

当𝑥=120时，𝑊取最大值，𝑊最大=9600−160𝑎， 又∵ 最大利润是8800元， ∴ 9600−160𝑎=8800，

∴ 𝑎=5.

∴ 月销售最大利润是8800元时，𝑎的值为5. 【答案】

解：(1)𝐴𝐺=𝐶𝐸成立．

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷、四边形𝐷𝐸𝐹𝐺是正方形， ∴ 𝐺𝐷=𝐷𝐸，𝐴𝐷=𝐷𝐶， ∠𝐺𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶=90∘，

∴ ∠𝐺𝐷𝐴=90∘−∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐸𝐷𝐶， 在△𝐴𝐺𝐷和△𝐶𝐸𝐷中，

试卷第16页，总22页

𝐷𝐺=𝐷𝐸,{∠𝐺𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐶,

𝐷𝐴=𝐷𝐶,

∴ △𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐴𝐺=𝐶𝐸；

(2)①由(1)可知△𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷， ∴ ∠𝐺𝐴𝐷=∠𝐸𝐶𝐷，

∵ ∠𝐸𝐻𝐴=∠𝐷𝐻𝐶，∠𝐷𝐻𝐶+∠𝐷𝐶𝐻=90∘， ∴ ∠𝑃𝐴𝐻+∠𝐸𝐻𝐴=90∘， ∴ ∠𝐴𝑃𝐻=90∘， ∴ 𝐴𝐺⊥𝐶𝐻；

②如图，过𝐺作𝐺𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀．

∵ 𝐵𝐷是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线， ∴ ∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐺𝐷𝑀=45∘， ∴ ∠𝐷𝐺𝑀=45∘， ∵ 𝐷𝐺=√10， ∴ 𝑀𝐷=𝑀𝐺=√5，

在𝑅𝑡△𝐴𝑀𝐺中，由勾股定理，得 𝐴𝐺=√(2√5+√5)2+(√5)2=5√2, 故𝐶𝐸=𝐴𝐺=5√2. 【考点】 旋转的性质 正方形的性质 勾股定理 全等三角形的判定 全等三角形的性质 【解析】

(1)利用正方形性质以及全等三角形的判定的很粗△𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷(𝑆𝐴𝑆)即可得出答案； (2)①根据(1)得出角相等，再得出∠𝐴𝑃𝐻=90∘,进而得出答案；

②利用等腰直角三角形的性质可得出𝑀𝐷=𝑀𝐺=√5，进而利用勾股定理求出𝐶𝐸的长． 【解答】

解：(1)𝐴𝐺=𝐶𝐸成立．

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷、四边形𝐷𝐸𝐹𝐺是正方形， ∴ 𝐺𝐷=𝐷𝐸，𝐴𝐷=𝐷𝐶， ∠𝐺𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶=90∘，

试卷第17页，总22页

∴ ∠𝐺𝐷𝐴=90∘−∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐸𝐷𝐶， 在△𝐴𝐺𝐷和△𝐶𝐸𝐷中， 𝐷𝐺=𝐷𝐸,{∠𝐺𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐶,

𝐷𝐴=𝐷𝐶,

∴ △𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐴𝐺=𝐶𝐸；

(2)①由(1)可知△𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷， ∴ ∠𝐺𝐴𝐷=∠𝐸𝐶𝐷，

∵ ∠𝐸𝐻𝐴=∠𝐷𝐻𝐶，∠𝐷𝐻𝐶+∠𝐷𝐶𝐻=90∘， ∴ ∠𝑃𝐴𝐻+∠𝐸𝐻𝐴=90∘， ∴ ∠𝐴𝑃𝐻=90∘， ∴ 𝐴𝐺⊥𝐶𝐻；

②如图，过𝐺作𝐺𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀．

∵ 𝐵𝐷是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线， ∴ ∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐺𝐷𝑀=45∘， ∴ ∠𝐷𝐺𝑀=45∘， ∵ 𝐷𝐺=√10， ∴ 𝑀𝐷=𝑀𝐺=√5，

在𝑅𝑡△𝐴𝑀𝐺中，由勾股定理，得 𝐴𝐺=√(2√5+√5)2+(√5)2=5√2, 故𝐶𝐸=𝐴𝐺=5√2. 【答案】

解：(1)设抛物线的解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2，

将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑎(𝑥−2)2，得：1=𝑎×(1−2)2， 解得：𝑎=1，

∴ 抛物线的解析式为𝑦=(𝑥−2)2，即𝑦=𝑥2−4𝑥+4． (2)当𝑥=0时，𝑦=𝑥2−4𝑥+4＝4， ∴ 点𝐶的坐标为(0, 4)．

假设存在，设点𝑁的坐标为(0, 𝑚)(0<𝑚<4)． 在图1中，过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴，垂足为𝐷， 如图：

试卷第18页，总22页

∵ 𝐵𝐶=𝐵𝑁， ∴ 𝐶𝐷=𝑁𝐷，

∴ 点𝐷的坐标为(0, 2+)．

2𝑚

设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑘≠0)， 将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑚，得：1=𝑘+𝑚， 解得：𝑘=1−𝑚，

∴ 直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚． 联立直线𝐴𝐵及抛物线的解析式成方程组， 𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚,得：{

𝑦=𝑥2−4𝑥+4,

𝑥2=4−𝑚,𝑥=1,

解得：{1 {

𝑦1=1,𝑦2=𝑚2−4𝑚+4,∴ 点𝐵的坐标为(4−𝑚, 𝑚2−4𝑚+4)． ∵ 𝐵𝐷⊥𝑦轴， ∴ 2+

𝑚2

=𝑚2−4𝑚+4，即2𝑚2−9𝑚+4=0，

1

解得：𝑚1=2，𝑚2=4（舍去），

∴ 存在符合题意得点𝑁，点𝑁的坐标为(0, )．

21

(3)设直线𝑃𝐹的解析式为𝑦=𝑛(𝑥+3)(𝑛>0)， 将𝑦=𝑛(𝑥+3)代入𝑦=𝑥2−4𝑥+4， 整理得：𝑥2−(4+𝑛)𝑥+4−3𝑛=0， 解得：𝑥1=𝑥2=

2

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

，

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛，

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

∴ 点𝑀的坐标为(点𝑁的坐标为(∴ 𝑃𝑀==

, 0)，

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛2

, 0)，

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

−(−3)

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

，

试卷第19页，总22页

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛𝑃𝑁=−(−3)

2=

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

，

∴ 𝑃𝑀⋅𝑃𝑁 =

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛

2

×

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

=25．

【考点】

二次函数综合题 【解析】

（1）由点𝐻的坐标可设抛物线的解析式为𝑦＝𝑎(𝑥−2)2，由点𝐴的坐标利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式；

（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点𝐶的坐标，假设存在，设点𝑁的坐标为(0, 𝑚)(0<𝑚<4)，过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴，垂足为𝐷，则点𝐷的坐标为(0, 2+2)，根据点𝑁，𝐴的坐标利用待定系数法可求出直线𝐴𝐵的解析式，联立直线𝐴𝐵及抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可得出点𝐵的坐标，由点𝐵，𝐷的纵坐标相等，可得出关于𝑚的一元二次方程，解之取其大于0且小于4的值即可得出结论；

（3）设直线𝑃𝐹的解析式为𝑦＝𝑛(𝑥+3)(𝑛>0)，将其代入抛物线解析式中可求出点𝑀，𝑁的坐标，结合点𝑃的坐标可得出𝑃𝑀，𝑃𝑁的长度，再将二者相乘即可得出结论． 【解答】

解：(1)设抛物线的解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2，

将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑎(𝑥−2)2，得：1=𝑎×(1−2)2， 解得：𝑎=1，

∴ 抛物线的解析式为𝑦=(𝑥−2)2，即𝑦=𝑥2−4𝑥+4． (2)当𝑥=0时，𝑦=𝑥2−4𝑥+4＝4， ∴ 点𝐶的坐标为(0, 4)．

假设存在，设点𝑁的坐标为(0, 𝑚)(0<𝑚<4)． 在图1中，过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴，垂足为𝐷， 如图：

𝑚

试卷第20页，总22页

∵ 𝐵𝐶=𝐵𝑁， ∴ 𝐶𝐷=𝑁𝐷，

∴ 点𝐷的坐标为(0, 2+)．

2𝑚

设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑘≠0)， 将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑚，得：1=𝑘+𝑚， 解得：𝑘=1−𝑚，

∴ 直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚． 联立直线𝐴𝐵及抛物线的解析式成方程组， 𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚,得：{

𝑦=𝑥2−4𝑥+4,

𝑥2=4−𝑚,𝑥=1,

解得：{1 {

𝑦1=1,𝑦2=𝑚2−4𝑚+4,∴ 点𝐵的坐标为(4−𝑚, 𝑚2−4𝑚+4)． ∵ 𝐵𝐷⊥𝑦轴， ∴ 2+

𝑚2

=𝑚2−4𝑚+4，即2𝑚2−9𝑚+4=0，

1

解得：𝑚1=2，𝑚2=4（舍去），

∴ 存在符合题意得点𝑁，点𝑁的坐标为(0, )．

21

(3)设直线𝑃𝐹的解析式为𝑦=𝑛(𝑥+3)(𝑛>0)， 将𝑦=𝑛(𝑥+3)代入𝑦=𝑥2−4𝑥+4， 整理得：𝑥2−(4+𝑛)𝑥+4−3𝑛=0， 解得：𝑥1=𝑥2=

2

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

，

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛，

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

∴ 点𝑀的坐标为(点𝑁的坐标为(∴ 𝑃𝑀==

, 0)，

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛2

, 0)，

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

−(−3)

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

，

试卷第21页，总22页

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛𝑃𝑁=−(−3)

2=

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

，

∴ 𝑃𝑀⋅𝑃𝑁 =

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛

2

×

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

=25．

试卷第22页，总22页