重庆市江津2021届九年级上期中数学试卷含答案解析

重庆市江津2021届九年级上期中数学试卷含答案解析
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）
1．下列方程中，是一元二次方程的是（）
A．x+3=0 B．x2﹣3y=0 C．x2﹣2x+1=0 D．x﹣=0
2．下列标志中，能够看作是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
3．抛物线y=﹣2x2开口方向是（）
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
4．抛物线y=（x﹣2）2+3的顶点坐标是（）
A．（﹣2，3）B．（2，3） C．（﹣2，﹣3） D．（2，﹣3）
5．一元二次方程x（x﹣2）=0的解是（）
A．x=0 B．x
1=2 C．x
1
=0，x
2
=2 D．x=2
6．用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时，原方程应变形为（）
A．（x+1）2=6 B．（x﹣1）2=6 C．（x+2）2=9 D．（x﹣2）2=9
7．一元二次方程x2﹣2x+2=0的根的情形是（）
A．有两个不相等的正根B．有两个不相等的负根
C．没有实数根D．有两个相等的实数根
8．如图，△OAB绕点O逆时针旋转80°到△OCD的位置，已知∠AOB=45°，则∠AOD等于（）
A．55° B．45° C．40° D．35°
9．近年来某市加大了对教育经费的投入，2020年投入2500万元，2020年将投入3600万元，该市投入教育经费的年平均增长率为x，依照题意列方程，则下列方程正确的是（）
A．2500x2=3600 B．2500（1+x）2=3600
C．2500（1+x%）2=3600 D．2500（1+x）+2500（1+x）2=3600
10．设A（﹣2，y
1），B（1，y
2
），C（2，y
3
）是抛物线y=﹣（x+1）2+1上的三点，则y
1
，y
2
，y
3
的大小关系为（）
A．y
1＞y
2
＞y
3
B．y
1
＞y
3
＞y
2
C．y
3
＞y
2
＞y
1
D．y
3
＞y
1
＞y
2
11．有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O按逆时针方向进行旋转，每次均旋转45°，第1次旋转后得到图①，第2次旋转后得到图②，…，则第10次旋转后得到的图形与图①～④中相同的是（）
A．图① B．图② C．图③ D．图④
12．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，有下列5个结论：
①abc＜0；②3a+c＞0；③4a+2b+c＞0；④2a+b=0；⑤b2＞4ac
其中正确的结论的有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）
13．点（﹣2，1）关于原点对称的点的坐标为．
14．若x=2是一元二次方程x2+x﹣a=0的解，则a的值为．
15．若函数是二次函数，则m的值为．
16．现定义运算“★”，关于任意实数a、b，都有a★b=a2﹣3a+b，如：3★5=32﹣3×3+5，若x★2=6，则实数x的值是．
17．某商品进货单价为30元，按40元一个销售能卖40个；若销售单价每涨1元，则销量减少1个．为了获得最大利润，此商品的最佳售价应为元．
18．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=5，BD=4．则下列四个结论：①AE∥BC；②∠ADE=∠BDC；③△BDE是等边三角形；
④△AED的周长是9．其中正确的结论是（把你认为正确结论的序号都填上．）
三、解答题：（本大题2个小题，每小题7分，共14分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上. 19．解方程：2x2+x﹣3=0．
20．如图，在建立了平面直角坐标系的正方形网格中，A（2，2），B（1，0），C（3，1）
（1）画出将△ABC绕点B逆时针旋转90°，所得的△A
1B
1
C
1
．
（2）直截了当写出A
1
点的坐标．
四、解答题：（本大题4个小题，每小题10分，共40分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上21．先化简，再求值：（﹣）÷，其中x是方程x2﹣2x=0的根．
22．已知：如图，二次函数y=x2+（2k﹣1）x+k+1的图象与x轴相交于O、A两点．
（1）求那个二次函数的解析式；
（2）在这条抛物线的对称轴右边的图象上有一点B，使锐角△AOB的面积等于3．求点B的坐标．
23．假如二次函数的二次项系数为l，则此二次函数可表示为y=x2+px+q，我们称[p，q]为此函数的特点数，如函数y=x2+2x+3的特点数是[2，3]．
（1）若一个函数的特点数为[﹣2，1]，求此函数图象的顶点坐标．
（2）探究下列问题：
①若一个函数的特点数为[2，﹣1]，将此函数的图象先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，求得到的图象对应的函数的特点数．
②若一个函数的特点数为[4，2]，问此函数的图象通过如何样的平移，才能使得到的图象对应的函数的特点数为[2，4]？
24．“4•20”雅安地震后，某商家为支援灾区人民，打算捐赠帐篷16800顶，该商家备有2辆大货车、8辆小货车运送帐篷．打算大货车比小货车每辆每次多运帐篷200顶，大、小货车每天均运送一次，两天恰好运完．
（1）求大、小货车原打算每辆每次各运送帐篷多少顶？
（2）因地震导致路基受损，实际运送过程中，每辆大货车每次比原打算少运200m顶，每辆小货车每次比原打算少运300顶，为了尽快将帐篷运送到灾区，大货车每天比原打算多跑次，小货车每天比原打算多跑m次，一天恰好运送了帐篷14400顶，求m的值．
五、解答题：（本大题2个小题，每小题12分，共24分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上. 25．如图1，在△ACB和△AED中，AC=BC，AE=DE，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，F是线段BD 的中点，连接CE、FE．
（1）若AD=3，BE=4，求EF的长；
（2）求证：CE=EF；
（3）将图1中的△AED 绕点A 顺时针旋转，使AED 的一边AE 恰好与△ACB 的边AC 在同一条直线上（如图2），连接BD ，取BD 的中点F ，问（2）中的结论是否仍旧成立，并说明理由．
26．如图，已知抛物线y=x 2+bx+c 的图象与x 轴的一个交点为B （4，0），另一个交点为A ，且与y 轴交于点C （0，4）．
（1）求直线BC 与抛物线的解析式；
（2）若点M 是抛物线在x 轴下方图象上的一动点，过点M 作MN ∥y 轴交直线BC 于点N ，当 MN 的值最大时，求△BMN 的周长．
（3）在（2）的条件下，MN 取得最大值时，若点P 是抛物线在x 轴下方图象上任意一点，以BC 为边作平行四边形CBPQ ，设平行四边形CBPQ 的面积为S 1，△ABN 的面积为S 2，且S 1=4S 2，求点P 的坐标．
2020-2021学年重庆市江津九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）
1．下列方程中，是一元二次方程的是（）
A．x+3=0 B．x2﹣3y=0 C．x2﹣2x+1=0 D．x﹣=0
【考点】一元二次方程的定义．
【分析】依照一元二次方程的定义对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、方程x+3=0是一元一次方程，故本选项错误；
B、方程x2﹣3y=0是二元二次方程，故本选项错误；
C、方程x2﹣2x+1=0是一元二次方程，故本选项正确；
D、方程x﹣=0是分式方程，故本选项错误．
故选C．
【点评】本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，同时未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解答此题的关键．
2．下列标志中，能够看作是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
【考点】中心对称图形．
【分析】依照中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判定即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、是中心对称图形，故本选项正确；
故选D．
【点评】本题考查了中心对称图形的知识，判定中心对称图形是要查找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．
3．抛物线y=﹣2x2开口方向是（）
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
【考点】二次函数的性质．
【分析】依照a的正负判定抛物线开口方向．
【解答】解：∵a=﹣2＜0，
∴抛物线开口向下．
故选B．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；a＜0，抛物线开口向下；对称轴为直线x=﹣；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）．
4．抛物线y=（x﹣2）2+3的顶点坐标是（）
A．（﹣2，3）B．（2，3） C．（﹣2，﹣3） D．（2，﹣3）
【考点】二次函数的性质．
【分析】由抛物线的顶点式y=（x﹣h）2+k直截了当看出顶点坐标是（h，k）．
【解答】解：∵抛物线为y=（x﹣2）2+3，
∴顶点坐标是（2，3）．
故选B．
【点评】要求熟练把握抛物线的顶点式．
5．一元二次方程x（x﹣2）=0的解是（）
A．x=0 B．x
1=2 C．x
1
=0，x
2
=2 D．x=2
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】方程利用两数相乘积为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．【解答】解：方程x（x﹣2）=0，
可得x=0或x﹣2=0，
解得：x
1=0，x
2
=2．
故选C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练把握因式分解的方法是解本题的关键．
6．用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时，原方程应变形为（）
A．（x+1）2=6 B．（x﹣1）2=6 C．（x+2）2=9 D．（x﹣2）2=9
【考点】解一元二次方程-配方法．
【专题】运算题．
【分析】方程常数项移到右边，两边加上1变形即可得到结果．
【解答】解：方程移项得：x2﹣2x=5，
配方得：x2﹣2x+1=6，
即（x﹣1）2=6．
故选：B
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练把握完全平方公式是解本题的关键．
7．一元二次方程x2﹣2x+2=0的根的情形是（）
A．有两个不相等的正根B．有两个不相等的负根
C．没有实数根D．有两个相等的实数根
【考点】根的判别式．
【分析】依照根的判别式△=b2﹣4ac的符号来判定一元二次方程x2﹣2x+2=0的根的情形．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣2x+2=0的二次项系数a=1，一次项系数b=﹣2，常数项c=2，
∴△=b2﹣4ac=4﹣8=﹣4＜0，
∴一元二次方程x2﹣2x+2=0没有实数根；
故选C．
【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）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．
8．如图，△OAB绕点O逆时针旋转80°到△OCD的位置，已知∠AOB=45°，则∠AOD等于（）
A．55° B．45° C．40° D．35°
【考点】旋转的性质．
【分析】本题旋转中心为点O，旋转方向为逆时针，观看对应点与旋转中心的连线的夹角∠BOD即为旋转角，利用角的和差关系求解．
【解答】解：依照旋转的性质可知，D和B为对应点，∠DOB为旋转角，即∠DOB=80°，
因此∠AOD=∠DOB﹣∠AOB=80°﹣45°=35°．
故选：D．
【点评】本题考查旋转两相等的性质：即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．
9．近年来某市加大了对教育经费的投入，2020年投入2500万元，2020年将投入3600万元，该市投入教育经费的年平均增长率为x，依照题意列方程，则下列方程正确的是（）
A．2500x2=3600 B．2500（1+x）2=3600
C．2500（1+x%）2=3600 D．2500（1+x）+2500（1+x）2=3600
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】设该市投入教育经费的年平均增长率为x，依照：2020年投入资金给×（1+x）2=2020年投入资金，列出方程即可．
【解答】解：设该市投入教育经费的年平均增长率为x，
依照题意，可列方程：2500（1+x）2=3600，
故选：B．
【点评】本题要紧考查依照实际问题列方程的能力，在解决实际问题时，要全面、系统地申清问题的已知和未知，以及它们之间的数量关系，找出并全面表示问题的相等关系，设出未知数，用方程表示出已知量与未知量之间的等量关系，即列出一元二次方程．
10．设A（﹣2，y
1），B（1，y
2
），C（2，y
3
）是抛物线y=﹣（x+1）2+1上的三点，则y
1
，y
2
，y
3
的大小关系为（）
A ．y 1＞y 2＞y 3
B ．y 1＞y 3＞y 2
C ．y 3＞y 2＞y 1
D ．y 3＞y 1＞y 2
【考点】二次函数图象上点的坐标特点．
【分析】依照二次函数的对称性，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定y 值的大小．
【解答】解：∵函数的解析式是y=﹣（x+1）2+1，
∴对称轴是x=﹣1，
∴点A 关于对称轴的点A′是（0，y 1），
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，
因此y 1＞y 2＞y 3．
故选A ．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标的特点，解题的关键是能画出二次函数的大致图象，
11．有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O 按逆时针方向进行旋转，每次均旋转45°，第1次旋转后得到图①，第2次旋转后得到图②，…，则第10次旋转后得到的图形与图①～④中相同的是（ ）
A ．图①
B ．图②
C ．图③
D ．图④
【考点】旋转的性质．
【专题】规律型．
【分析】每次均旋转45°，10次共旋转450°，而一周为360°，用450°﹣360°=90°，可知第10次旋转后得到的图形．
【解答】解：依题意，旋转10次共旋转了10×45°=450°，
因为450°﹣360°=90°，
因此，第10次旋转后得到的图形与图②相同，故选B．
【点评】依照图中给出的旋转规律，得知变化为周期性变化，结合周角的定义即可解答本题．
12．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，有下列5个结论：
①abc＜0；②3a+c＞0；③4a+2b+c＞0；④2a+b=0；⑤b2＞4ac
其中正确的结论的有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】依照二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定解答．
【解答】解：开口向下，则a＜0，
与y轴交于正半轴，则c＞0，
∵﹣＞0，
∴b＞0，
则abc＜0，①正确；
∵﹣=1，
则b=﹣2a，
∵a﹣b+c＜0，
∴3a+c＜0，②错误；
∵b=﹣2a，
∴2a+b=0，④正确；
∴b2﹣4ac＞0，
∴b2＞4ac，⑤正确，
故选：D．
【点评】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）
13．点（﹣2，1）关于原点对称的点的坐标为（2，﹣1）．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】运算题．
【分析】依照点P（a，b）关于原点对称的点P′的坐标为（﹣a，﹣b）即可得到点（﹣2，1）关于原点对称的点的坐标．
【解答】解：点（﹣2，1）关于原点对称的点的坐标为（2，﹣1）．
故答案为（2，﹣1）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点：点P（a，b）关于原点对称的点P′的坐标为（﹣a，﹣b）．
14．若x=2是一元二次方程x2+x﹣a=0的解，则a的值为 6 ．
【考点】一元二次方程的解．
【分析】依照一元二次方程的解的定义，把把x=2代入方程x2+x﹣a=0得到关于a的一次方程，然后解一元一次方程即可．
【解答】解：把x=2代入方程x2+x﹣a=0得4+2﹣a=0，解得a=6．
故答案为6．
【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．
15．若函数是二次函数，则m的值为﹣3 ．
【考点】二次函数的定义．
【分析】依照二次函数的定义得出m2﹣7=2，再利用m﹣3≠0，求出m的值即可．【解答】解：若y=（m﹣3）x m2﹣7是二次函数，
则m2﹣7=2，且m﹣3≠0，
故（m﹣3）（m+3）=0，m≠3，
解得：m
1=3（不合题意舍去），m
2
=﹣3，
∴m=﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】此题要紧考查了二次函数的定义，依照已知得出m2﹣7=2，注意二次项系数不为0是解题关键．
16．现定义运算“★”，关于任意实数a、b，都有a★b=a2﹣3a+b，如：3★5=32﹣3×3+5，若x★2=6，则实数x的值是﹣1或4 ．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【专题】压轴题；新定义．
【分析】依照题中的新定义将所求式子转化为一元二次方程，求出一元二次方程的解即可得到x的值．
【解答】解：依照题中的新定义将x★2=6变形得：
x2﹣3x+2=6，即x2﹣3x﹣4=0，
因式分解得：（x﹣4）（x+1）=0，
解得：x
1=4，x
2
=﹣1，
则实数x的值是﹣1或4．
故答案为：﹣1或4
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时，第一将方程右边化为0，左边变为积的形式，然后依照两数相乘积为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．
17．某商品进货单价为30元，按40元一个销售能卖40个；若销售单价每涨1元，则销量减少1个．为了获得最大利润，此商品的最佳售价应为55 元．
【考点】二次函数的应用．
【分析】依照题意，总利润=销售量×每个利润，设售价为x元，总利润为W元，则销售量为40﹣1×（x﹣40），每个利润为（x﹣30），据此表示总利润，利用配方法可求最值．
【解答】解：设售价为x元，总利润为W元，
则W=（x﹣30）[40﹣1×（x﹣40）]=﹣x2+110x﹣2400=﹣（x﹣55）2+100，
则x=55时，获得最大利润为100元，
故答案为：55．
【点评】本题考查二次函数的应用、构建二次函数是解决问题的关键，搞清晰利润、销售量、成本、售价之间的关系，属于中考常考题型．
18．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=5，BD=4．则下列四个结论：①AE∥BC；②∠ADE=∠BDC；③△BDE是等边三角形；
④△AED的周长是9．其中正确的结论是①③④（把你认为正确结论的序号都填上．）
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】常规题型．
【分析】先依照等边三角形的性质得BA=BC，∠ABC=∠C=∠BAC=60°，再依照旋转的性质得到∠BAE=∠BCD=60°，∠BCD=∠BAE=60°，因此∠BAE=∠ABC=60°，则依照平行线的判定方法即可得到AE∥BC；由△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE得到BD=BE，∠DBE=60°，则可判定△BDE是等边三角形；依照等边三角形的性质得∠BDE=60°，而∠BDC＞60°，则可判定∠ADE≠∠BDC；由△BDE 是等边三角形得到DE=BD=4，再利用△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，则AE=CD，因此△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+DE=AC+BD．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=∠C=∠BAC=60°，
∵△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴∠BAE=∠BCD=60°，∠BCD=∠BAE=60°，
∴∠BAE=∠ABC，
∴AE∥BC，因此①正确；
∵△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴BD=BE，∠DBE=60°，
∴△BDE是等边三角形，因此③正确；
∴∠BDE=60°，
∵∠BDC=∠BAC+∠ABD＞60°，
∴∠ADE≠∠BDC，因此②错误；
∵△BDE是等边三角形，
∴DE=BD=4，
而△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴AE=CD，
∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+DE=AC+4=5+4=9，因此④正确．
故答案为①③④．
【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．
三、解答题：（本大题2个小题，每小题7分，共14分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上. 19．解方程：2x2+x﹣3=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：分解因式得：（2x+3）（x﹣1）=0，
2x+3=0，x﹣1=0，
x 1=﹣，x
2
=1．
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键，难度适中．
20．如图，在建立了平面直角坐标系的正方形网格中，A （2，2），B （1，0），C （3，1）
（1）画出将△ABC 绕点B 逆时针旋转90°，所得的△A 1B 1C 1．
（2）直截了当写出A 1点的坐标．
【考点】作图-旋转变换．
【专题】作图题．
【分析】（1）依照网格结构找出点A 1、C 1的位置，再与点B （即B 1）顺次连接即可；
（2）依照平面直角坐标系写出点A 1的坐标即可．
【解答】解：（1）如图所示；
（2）A 1（﹣1，1）．
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，熟练把握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
四、解答题：（本大题4个小题，每小题10分，共40分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上
21．先化简，再求值：（﹣）÷，其中x是方程x2﹣2x=0的根．
【考点】分式的化简求值；解一元二次方程-因式分解法．
【分析】第一运算括号内的分式，然后把除法转化成乘法进行乘法运算即可化简，然后解方程求得x的值，代入求解．
【解答】解：原式=•
=•
=．
x2﹣2x=0．
原方程可变形为
x（x﹣2）=0．
x=0或x﹣2=0
∴x
1=0，x
2
=2．
∵当x=2时，原分式无意义，
∴x=0．
当x=1时，
原式==﹣1．
【点评】此题要紧考查了方程解的定义和分式的运算，要特注意原式及化简过程中的每一步都有意义．假如取x=2，则原式没有意义．
22．（2020•庄浪县校级模拟）已知：如图，二次函数y=x2+（2k﹣1）x+k+1的图象与x轴相交于O、A两点．
（1）求那个二次函数的解析式；
（2）在这条抛物线的对称轴右边的图象上有一点B，使锐角△AOB的面积等于3．求点B的坐标．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质．
【专题】压轴题．
【分析】（1）把（0，0）代入已知函数解析式即可求得k的值；
（2）利用面积法求得点B的纵坐标，然后由二次函数图象上点的坐标特点来求点B的横坐标即可．【解答】解：（1）如图，∵二次函数y=x2+（2k﹣1）x+k+1的图象与x轴相交于原点0=O，
∴k+1=0，
解得，k=﹣1，
故该二次函数的解析式是：y=x2﹣3x．
（2）∵△AOB是锐角三角形，∴点B在第四象限．
设B（x，y）（x＞1.5，y＜0）．
令x2﹣3x=0，即（x﹣3）x=0，
解得x=3或x=0，
则点A（3，0），故OA=3．
∵锐角△AOB的面积等于3．
∴OA•|y|=3，即×3|y|=3，
解得，y=﹣2．
又∵点B在二次函数图象上，
∴﹣2=x2﹣3x，
解得x=2或x=1（舍去）．
故点B的坐标是（2，﹣2）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，解答（2）题时需要注意点B是位于这条抛物线的对称轴右边的图象上有一点．
23．假如二次函数的二次项系数为l，则此二次函数可表示为y=x2+px+q，我们称[p，q]为此函数的特点数，如函数y=x2+2x+3的特点数是[2，3]．
（1）若一个函数的特点数为[﹣2，1]，求此函数图象的顶点坐标．
（2）探究下列问题：
①若一个函数的特点数为[2，﹣1]，将此函数的图象先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，求得到的图象对应的函数的特点数．
②若一个函数的特点数为[4，2]，问此函数的图象通过如何样的平移，才能使得到的图象对应的函数的特点数为[2，4]？
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）依照函数的特点数的定义，写出二次函数，利用配方法即可解决问题．
（2）①第一依照函数的特点数的定义，写出二次函数，再依照平移的规律：左加右减，上加下减，即可解决．
②依照函数的特点数的定义，第一写出两个函数的解析式，利用配方法写成顶点式，依照平移规律解决问题．
【解答】解：（1）由题意可得出：y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，
∴此函数图象的顶点坐标为：（1，0）；
（2）①由题意可得出：y=x2+2x﹣1=（x+1）2﹣2，
∴将此函数的图象先向右平移1个单位，再向上平移1个单位后得到：
y=（x+1﹣1）2﹣2+1=x2﹣1，
∴图象对应的函数的特点数为：[0，﹣1]；
②∵一个函数的特点数为[4，2]，
∴函数解析式为：y=x2+4x+2=（x+2）2﹣2，
∵一个函数的特点数为[2，4]，
∴函数解析式为：y=x2+2x+4=（x+1）2+3
∴原函数的图象向右平移1个单位，再向上平移5个单位得到．
【点评】本题考查二次函数综合题、配方法、顶点式、平移变换等知识，解题的关键是明白得依照函数的特点数，熟练把握配方法，记住函数图象平移规律，属于中考常考题型．
24．“4•20”雅安地震后，某商家为支援灾区人民，打算捐赠帐篷16800顶，该商家备有2辆大货车、8辆小货车运送帐篷．打算大货车比小货车每辆每次多运帐篷200顶，大、小货车每天均运送一次，两天恰好运完．
（1）求大、小货车原打算每辆每次各运送帐篷多少顶？
（2）因地震导致路基受损，实际运送过程中，每辆大货车每次比原打算少运200m顶，每辆小货车每次比原打算少运300顶，为了尽快将帐篷运送到灾区，大货车每天比原打算多跑次，小货车每天比原打算多跑m次，一天恰好运送了帐篷14400顶，求m的值．
【考点】一元二次方程的应用；一元一次方程的应用．
【分析】（1）设小货车每次运送x顶，则大货车每次运送（x+200）顶，依照两种类型的车辆共运送16800顶帐篷为等量关系建立方程求出其解即可；
（2）依照（1）的结论表示出大小货车每次运输的数量，依照条件能够表示出大货车现在每天运输次数为（1+m）次，小货车现在每天的运输次数为（1+m）次，依照一天恰好运送了帐篷14400顶建立方程求出其解就能够了
【解答】解：（1）设小货车每次运送x顶，则大货车每次运送（x+200）顶，
依照题意得：2[2（x+200）+8x]=16800，
解得：x=800．
∴大货车原打算每次运：800+200=1000顶
答：小货车每次运送800顶，大货车每次运送1000顶；
（2）由题意，得2×（1000﹣200m）（1+m）+8（800﹣300）（1+m）=14400，
解得：m
1=2，m
2
=21（舍去）．
答：m的值为2．
【点评】本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用，一元一次方程的解法的运用，解答时依照各部分工作量之和=工作总量建立方程是关键．
五、解答题：（本大题2个小题，每小题12分，共24分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上. 25．如图1，在△ACB和△AED中，AC=BC，AE=DE，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，F是线段BD 的中点，连接CE、FE．
（1）若AD=3，BE=4，求EF的长；
（2）求证：CE=EF；
（3）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（2）中的结论是否仍旧成立，并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）由AE=DE，∠AED=90°，AD=3，可求得AE=DE=3，在Rt△BDE中，由DE=3，BE=4，可知BD=5，又F是线段BD的中点，因此EF=BD=2.5；
（2）连接CF，直角△DEB中，EF是斜边BD上的中线，因此EF=DF=BF，∠FEB=∠FBE，同理可得出CF=DF=BF，∠FCB=∠FBC，因此CF=EF，由于∠DFE=∠FEB+∠FBE=2∠FBE，同理∠DFC=2∠FBC，因此∠EFC=∠EFD+∠DFC=2（∠EBF+∠CBF）=90°，因此△EFC是等腰直角三角形，CF=EF；
（3）思路同（1）．连接CF，延长EF交CB于点G，先证△EFC是等腰三角形，要证明EF=FG，需要证明△DEF和△FGB全等．由全等三角形可得出ED=BG=AD，又由AC=BC，因此CE=CG，∠CEF=45°，在等腰△CFE中，∠CEF=45°，那么那个三角形确实是个等腰直角三角形，因此得出结论．
【解答】解：（1）∵∠AED=90°，AE=DE，AD=3，
∴AE=DE=3，
在Rt△BDE中，
∵DE=3，BE=4，
∴BD=5，
又∵F是线段BD的中点，
∴EF=BD=2.5；
（2）如图1，连接CF，线段CE与FE之间的数量关系是CE=FE；解法1：∵∠AED=∠ACB=90°
∴B、C、D、E四点共圆
且BD是该圆的直径，
∵点F是BD的中点，
∴点F是圆心，
∴EF=CF=FD=FB，
∴∠FCB=∠FBC，∠ECF=∠CEF，
由圆周角定理得：∠DCE=∠DBE，
∴∠FCB+∠DCE=∠FBC+∠DBE=45°
∴∠ECF=45°=∠CEF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CE=EF．
解法2：∵∠BED=∠AED=∠ACB=90°，
∵点F是BD的中点，
∴CF=EF=FB=FD，
∵∠DFE=∠ABD+∠BEF，∠ABD=∠BEF，
∴∠DFE=2∠ABD，
同理∠CFD=2∠CBD，
∴∠DFE+∠CFD=2（∠ABD+∠CBD）=90°，
即∠CFE=90°，
∴CE=EF．
（2）（1）中的结论仍旧成立．
解法1：如图2﹣1，连接CF，延长EF交CB于点G，
∵∠ACB=∠AED=90°，
∴DE∥BC，
∴∠EDF=∠GBF，
在△EDF和△GBF中，
，
∴△EDF≌△GBF，
∴EF=GF，BG=DE=AE，
∵AC=BC，
∴CE=CG，
∴∠EFC=90°，CF=EF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∴CE=FE；
解法2：如图2﹣2，连结CF、AF，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAE=45°+45°=90°，又∵点F是BD的中点，
∴FA=FB=FD，
在△ACF和△BCF中，
，
∴△ACF≌△BCF，
∴∠ACF=∠BCF=∠ACB=45°，
∵FA=FB，CA=CB，
∴CF所在的直线垂直平分线段AB，
同理，EF所在的直线垂直平分线段AD，又∵DA⊥BA，
∴EF⊥CF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴CE=EF ．
【点评】本题要紧考查了几何综合变换，通过全等三角形来得出线段的相等，假如没有全等三角形的要依照已知条件通过辅助线来构建是解题的关键．
26．如图，已知抛物线y=x 2+bx+c 的图象与x 轴的一个交点为B （4，0），另一个交点为A ，且与y 轴交于点C （0，4）．
（1）求直线BC 与抛物线的解析式；
（2）若点M 是抛物线在x 轴下方图象上的一动点，过点M 作MN ∥y 轴交直线BC 于点N ，当 MN 的值最大时，求△BMN 的周长．
（3）在（2）的条件下，MN 取得最大值时，若点P 是抛物线在x 轴下方图象上任意一点，以BC 为边作平行四边形CBPQ ，设平行四边形CBPQ 的面积为S 1，△ABN 的面积为S 2，且S 1=4S 2，求点P 的坐标．。