江津区四校联考2021届九年级上期中数学试卷含答案解析

江津区四校联考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．下面图形中，是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
2．方程x2=x的解是（）
A．x=1 B．x
1=﹣1，x
2
=1 C．x
1
=0，x
2
=1 D．x=0
3．用配方法解一元二次方程x2+8x+7=0，则方程可化为（）
A．（x+4）2=9 B．（x﹣4）2=9 C．（x+8）2=23 D．（x﹣8）2=9
4．将抛物线y=2x2向上平移1个单位，再向右平移2个单位，则平移后的抛物线为（）
A．y=2（x+2）2+1 B．y=2（x﹣2）2+1 C．y=2（x+2）2﹣1 D．y=2（x﹣2）2﹣1
5．下列运动形式属于旋转的是（）
A．钟表上钟摆的摆动 B．投篮过程中球的运动
C．“神十”火箭升空的运动D．传动带上物体位置的变化
6．抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过（2，8）和（﹣6，8）两点，则此抛物线的对称轴为（）A．直线x=0 B．直线x=1 C．直线x=﹣2 D．直线x=﹣1
7．已知关于x的方程x2﹣kx﹣6=0的一个根为x=3，则实数k的值为（）
A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
8．有一人患了流感，通过两轮传染后共有64人患了流感．设每轮传染中平均一个人传染了x个人，列出的方程是（）
A．x（x+1）=64 B．x（x﹣1）=64 C．（1+x）2=64 D．（1+2x）=64
9．如图，已知△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（）
A．150°B．120°C．90° D．60°
10．如图，在△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，把△ABO绕点O旋转150°后得到△A
1B
1
O，则点A
1
坐标为（）
A．（﹣1，﹣）B．（﹣1，﹣）或（﹣2，0）C．（﹣，1）或（0，﹣2） D．（﹣，1）
11．在同一直角坐标系中，函数y=kx2﹣k和y=kx+k（k≠0）的图象大致是（）
A． B． C．D．
12．如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣1．且过点（，0），有下列结论：①abc＞0；
②a﹣2b+4c=0；③25a﹣10b+4c=0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m（am﹣b）；
其中所有正确的结论是（）
A．①②③B．①③④C．①②③⑤ D．①③⑤
二、填空题
13．抛物线y=﹣（x+1）2+2的顶点坐标为．
14．方程x2﹣6x+9=0的解是．
15．若关于x的方程kx2﹣4x﹣1=0有实数根，则k的取值范畴是．
16．等边△ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，则∠APB= 度．
17．已知二次函数y=3（x ﹣1）2+1的图象上有三点A （4，y 1），B （2，y 2），C （﹣3，y 3），则y 1、y 2、y 3的大小关系为 ．
18．如图，等腰Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC 边在直线a 上，将△ABC 绕点A 顺时针旋转到位置①可得到点P 1，现在AP 1=
；将位置①的三角形绕点P 1顺时针旋转到位置②可得到点P 2，现在AP 2=+1；将位置②的三角形绕点P 2顺时针旋转到位置③可得到点P 3时，AP 3=
+2…按此规律连续旋转，直至得到点P 2026为止，则AP 2021= ．
三、解答题
19．如图，方格纸中的每个小方格差不多上正方形，△ABC 的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系．
（1）以原点O 为对称中心，画出与△ABC 关于原点O 对称的△A 1B 1C 1，A 1的坐标是 ．
（2）将原先的△ABC 绕着点（﹣2，1）顺时针旋转90°得到△A 2B 2C 2，试在图上画出△A 2B 2C 2的图形．
20．已知二次函数当x=﹣1时，有最小值﹣4，且当x=0时，y=﹣3，求二次函数的解析式．
四、解答题
21．解方程：
（1）x 2﹣x=3
（2）（x+3）2=（1﹣2x ）2．
22．先化简，再求值：÷（a ﹣1﹣），其中a 是方程x 2+x ﹣3=0的解．
23．将一块正方形铁皮的四个角各剪去一个边长为4cm的小正方形，做成一个无盖的盒子，盒子的容积是400cm3，求原铁皮的边长．
24．某校部分团员参加社会公益活动，预备购进一批许愿瓶进行销售，并将所得利润捐助给慈善机构．依照市场调查，这种许愿瓶一段时刻内的销售量y （单位：个）与销售单价x（单位：元/个）之间的对应关系如图所示：
（1）y与x之间的函数关系是．
（2）若许愿瓶的进价为6元/个，按照上述市场调查的销售规律，求销售利润w（单位：元）与销售单价x （单位：元/个）之间的函数关系式；
（3）在（2）问的条件下，若许愿瓶的进货成本不超过900元，要想获得最大利润，试确定这种许愿瓶的销售单价，并求出现在的最大利润．
五、解答题
25．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？假如存在，直截了当写出P点的坐标；假如不存在，请说明理由；
（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，△CBF的面积最大？求出△CBF的最大面积及现在E点的坐标．
26．在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB=4，求BE的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF=AB．
（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？假如成立，请证明；假如不成立，请直截了当写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．
2021-2021学年重庆市江津区四校联考九年级（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．下面图形中，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概念：把一个图形绕某一点旋转180°，假如旋转后的图形能够与原先的图形重合，那么那个图形就叫做中心对称图形，那个点叫做对称中心，可求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题要紧考查了中心对称图形的概念，关键是找到对称中心．
2．方程x2=x的解是（）
A．x=1 B．x
1=﹣1，x
2
=1 C．x
1
=0，x
2
=1 D．x=0
【考点】解一元二次方程-因式分解法．【分析】因式分解法求解可得．
【解答】解：x2=x，
x2﹣x=0，
x（x﹣1）=0，
∴x
1=0，x
2
=1，
故选：C．
【点评】本题要紧考查解一元二次方程的能力，依照不同的方程选择合适的方法是解题的关键．
3．用配方法解一元二次方程x2+8x+7=0，则方程可化为（）
A．（x+4）2=9 B．（x﹣4）2=9 C．（x+8）2=23 D．（x﹣8）2=9
【考点】解一元二次方程-配方法．
【专题】运算题．
【分析】将常数项移动方程右边，方程两边都加上16，左边化为完全平方式，右边合并即可得到结果．
【解答】解：x2+8x+7=0，
移项得：x2+8x=﹣7，
配方得：x2+8x+16=9，即（x+4）2=9．
故选A
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，第一将二次项系数化为1，常数项移动方程右边，然后左右两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，开方转化为两个一元一次方程来求解．
4．将抛物线y=2x2向上平移1个单位，再向右平移2个单位，则平移后的抛物线为（）
A．y=2（x+2）2+1 B．y=2（x﹣2）2+1 C．y=2（x+2）2﹣1 D．y=2（x﹣2）2﹣1
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】直截了当利用抛物线平移规律：上加下减，左加右减进而得出平移后的解析式．
【解答】解：∵将抛物线y=2x2向上平移1个单位再向右平移2个单位，
∴平移后的抛物线的解析式为：y=2（x﹣2）2+1．
故选：B．
【点评】此题要紧考查了二次函数图象的平移变换，正确把握平移规律是解题关键．
5．下列运动形式属于旋转的是（）
A．钟表上钟摆的摆动 B．投篮过程中球的运动
C．“神十”火箭升空的运动D．传动带上物体位置的变化
【考点】生活中的旋转现象．
【分析】依照旋转的定义分别判定得出即可．
【解答】解：A、钟摆的摆动，属于旋转，故此选项正确；
B、投篮过程中球的运动，也有平移，故此选项错误；
C、“神十”火箭升空的运动，也有平移，故此选项错误；
D、传动带上物体位置的变化，也有平移，故此选项错误．
故选：A．
【点评】此题要紧考查了旋转的定义，正确把握旋转的定义是解题关键．
6．抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过（2，8）和（﹣6，8）两点，则此抛物线的对称轴为（）A．直线x=0 B．直线x=1 C．直线x=﹣2 D．直线x=﹣1
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特点．
【分析】由二次函数的对称性可求得抛物线的对称轴
【解答】解：
∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过（2，8）和（﹣6，8）两点，
∴抛物线的对称轴为x==﹣2，
故选C．
【点评】本题要紧考查二次函数的性质，把握二次函数图象上关于对称轴对称的点所对应的函数值相等是解题的关键．
7．已知关于x的方程x2﹣kx﹣6=0的一个根为x=3，则实数k的值为（）
A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
【考点】一元二次方程的解．
【分析】一元二次方程的根确实是一元二次方程的解，确实是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用那个数代替未知数所得式子仍旧成立．
【解答】解：因为x=3是原方程的根，因此将x=3代入原方程，即32﹣3k﹣6=0成立，解得k=1．
故选：A．
【点评】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．
8．有一人患了流感，通过两轮传染后共有64人患了流感．设每轮传染中平均一个人传染了x个人，列出的方程是（）
A．x（x+1）=64 B．x（x﹣1）=64 C．（1+x）2=64 D．（1+2x）=64
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】平均一人传染了x人，依照有一人患了流感，第一轮有（x+1）人患流感，第二轮共有x+1+（x+1）x人，即64人患了流感，由此列方程求解．
【解答】解：x+1+（x+1）x=64
整理得，（1+x）2=64．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是得到两轮传染数量关系，从而可列方程求解．
9．如图，已知△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（）
A．150°B．120°C．90° D．60°
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；等腰直角三角形．
【分析】∠AOC确实是旋转角，依照等边三角形的性质，即可求解．
【解答】解：旋转角∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°+90°=150°．
故选A．
【点评】本题要紧考查了旋转的性质，正确明白得旋转角是解题的关键．
10．如图，在△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，把△ABO绕点O旋转150°后得到△A
1B
1
O，则点A
1
坐标为（）
A．（﹣1，﹣）B．（﹣1，﹣）或（﹣2，0）C．（﹣，1）或（0，﹣2） D．（﹣，1）
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【分析】需要分类讨论：在把△ABO 绕点O 顺时针旋转150°和逆时针旋转150°后得到△A 1B 1O 时点A 1的坐标．
【解答】解：∵△ABO 中，AB ⊥OB ，OB=
，AB=1，
∴tan ∠AOB==， ∴∠AOB=30°．
如图1，当△ABO 绕点O 顺时针旋转150°后得到△A 1B 1O ，
则∠A 1OC=150°﹣∠AOB ﹣∠BOC=150°﹣30°﹣90°=30°，
则易求A 1（﹣1，﹣）；
如图2，当△ABO 绕点O 逆时针旋转150°后得到△A 1B 1O ，
则∠A 1OC=150°﹣∠AOB ﹣∠BOC=150°﹣30°﹣90°=30°，
则易求A 1（﹣2，0）；
综上所述，点A 1的坐标为（﹣1，﹣
）或（﹣2，0）．
故选：B ．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转．解题时，注意分类讨论，以防错解．
11．在同一直角坐标系中，函数y=kx 2﹣k 和y=kx+k （k ≠0）的图象大致是（ ） A ． B ． C ． D ．
【考点】二次函数的图象；一次函数的图象．
【分析】可先依照一次函数的图象判定k的符号，再判定二次函数图象与实际是否相符，判定正误．【解答】解：A、由一次函数y=kx+k的图象可得：k＞0，现在二次函数y=kx2﹣kx的图象应该开口向上，错误；
B、由一次函数y=kx+k图象可知，k＞0，现在二次函数y=kx2﹣kx的图象顶点应在y轴的负半轴，错误；
C、由一次函数y=kx+k可知，y随x增大而减小时，直线与y轴交于负半轴，错误；
D、正确．
故选：D．
【点评】本题考查的是一次函数和二次函数的图象，应该熟记一次函数y=kx+b在不同情形下所在的象限，以及熟练把握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标．
12．如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣1．且过点（，0），有下列结论：①abc＞0；
②a﹣2b+4c=0；③25a﹣10b+4c=0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m（am﹣b）；
其中所有正确的结论是（）
A．①②③B．①③④C．①②③⑤ D．①③⑤
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】依照抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点判定系数符号，及运用一些专门点解答问题．
【解答】解：由抛物线的开口向下可得：a＜0，
依照抛物线的对称轴在y轴左边可得：a，b同号，因此b＜0，
依照抛物线与y轴的交点在正半轴可得：c＞0，
∴abc＞0，故①正确；
直线x=﹣1是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴，因此﹣=﹣1，可得b=2a，
a﹣2b+4c=a﹣4a+4c=﹣3a+4c，
∵a＜0，
∴﹣3a＞0，
∴﹣3a+4c＞0，
即a﹣2b+4c＞0，故②错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣1．且过点（，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣，0），
当x=﹣时，y=0，即a（﹣）2+b×（﹣）+c=0，
整理得：25a﹣10b+4c=0，故③正确；
∵b=2a，a+b+c＜0，
∴b+b+c＜0，
即3b+2c＜0，故④错误；
∵x=﹣1时，函数值最大，
∴a﹣b+c＞m2a﹣mb+c（m≠1），
∴a﹣b＞m（am﹣b），因此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，把握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式．
二、填空题
13．抛物线y=﹣（x+1）2+2的顶点坐标为（﹣1，2）．
【考点】二次函数的性质．
【分析】依照二次函数的性质，由顶点式直截了当得出顶点坐标即可．
【解答】解：∵抛物线y=﹣（x+1）2+2，
∴抛物线y=﹣（x+1）2+2的顶点坐标为：（﹣1，2），
故答案为：（﹣1，2）．
【点评】此题要紧考查了二次函数的性质，依照顶点式得出顶点坐标是考查重点同学们应熟练把握．
14．方程x2﹣6x+9=0的解是x
1=x
2
=3 ．
【考点】解一元二次方程-配方法．
【专题】配方法．
【分析】此题采纳因式分解法最简单，解题时第一要观看，然后再选择解题方法．配方法与公式法适用于所用的一元二次方程，因式分解法虽有限制，却最简单．
【解答】解：∵x2﹣6x+9=0
∴（x﹣3）2=0
∴x
1=x
2
=3．
【点评】此题考查了学生的运算能力，解题时注意选择适宜的解题方法．
15．若关于x的方程kx2﹣4x﹣1=0有实数根，则k的取值范畴是k≥4 ．
【考点】根的判别式．
【分析】分k=0和k≠0两种情形考虑，当k=0时能够找出方程有一个实数根；当k≠0时，依照方程有实数根结合根的判别式可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出k的取值范畴．结合上面两者情形即可得出结论．
【解答】解：当k=0时，原方程为﹣4x+1=0，
解得：x=，
∴k=0符合题意；
当k≠0时，
∵方程kx2﹣4x﹣1=0有实数根，
∴△=（﹣4）2+4k≥0，
解得：k≥﹣4且k≠0．
综上可知：k的取值范畴是k≥4．
故答案为：k≥4．
【点评】本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式，解题的关键是分k=0和k≠0来考虑方程有解的情形．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，分类讨论是解题的关键．
16．等边△ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，则∠APB= 150 度．
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理．
【分析】如图，作辅助线；第一证明△APQ 为等边三角形，得到PQ=PA=3，∠AQP=60°；由勾股定理的逆定理证明∠PQC=90°，进而得到∠AQC=150°，即可解决问题．
【解答】解：如图，∵△ABC 为等边三角形，
∴AB=AC ，∠BAC=60°；
将△ABP 绕点A 逆时针旋转60°，到△ACQ 的位置，连接PQ ；
则AQ=AP=3，CQ=BP=4；
∵∠PAQ=60°，
∴△APQ 为等边三角形，
∴PQ=PA=3，∠AQP=60°；在△PQC 中，
∵PC 2=PQ 2+CQ 2，
∴∠PQC=90°，∠AQC=150°，
∴∠APB=∠AQC=150°，
故答案为150．
【点评】该题要紧考查了等边三角形的判定、性质，勾股定理的逆定理等几何知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用旋转变换的性质等几何知识点来分析、判定、解答．
17．已知二次函数y=3（x ﹣1）2+1的图象上有三点A （4，y 1），B （2，y 2），C （﹣3，y 3），则y 1、y 2、y 3的大小关系为 y 2＜y 1＜y 3 ．
【考点】二次函数图象上点的坐标特点．
【分析】对二次函数y=3（x ﹣1）2+1，对称轴x=1，则A 、B 、C 的横坐标离对称轴越近，则纵坐标越小，由此判定y 1、y 2、y 3的大小．
【解答】解：在二次函数y=3（x ﹣1）2+1，对称轴x=1，
在图象上的三点A （4，y 1），B （2，y 2），C （﹣3，y 3），
|2﹣1|＜|4﹣1|＜|﹣3﹣1|，
则y 1、y 2、y 3的大小关系为y 2＜y 1＜y 3．
故答案为y 2＜y 1＜y 3．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特点，由点的横坐标到对称轴的距离判定点的纵坐标的大小．
18．如图，等腰Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC 边在直线a 上，将△ABC 绕点A 顺时针旋转到位置①可得到点P 1，现在AP 1=
；将位置①的三角形绕点P 1顺时针旋转到位置②可得到点P 2，现在AP 2=+1；将位置②的三角形绕点P 2顺时针旋转到位置③可得到点P 3时，AP 3=
+2…按此规律连续旋转，直至得到点P 2026为止，则AP 2021= 1344+672
．
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．
【分析】由等腰直角三角形的性质和已知条件得出AP 1=
，AP 2=1+，AP 3=2+；AP 4=2+2；AP 5=3+2；AP 6=4+2；AP 7=4+3；AP 8=5+3；AP 9=6+3；每三个一组，由于2020=3×671，得出AP 2020，即可得出结果．
【解答】解：AP 1=
，AP 2=1+，AP 3=2+； AP 4=2+2
；AP 5=3+2；AP 6=4+2； AP 7=4+3；AP 8=5+3；AP 9=6+3
； ∵2021=3×672，
∴AP 2020=（2020﹣671）+671=1342+671， ∴AP 2020=1342+671
+=1342+672， ∴AP 2020=1342+672+1=1343+672， ∴AP 2021=1343+672
+1=1344+672， 故答案为：1344+672．
【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；依照题意得出规律是解决问题的关键．
三、解答题
19．如图，方格纸中的每个小方格差不多上正方形，△ABC 的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系．
（1）以原点O 为对称中心，画出与△ABC 关于原点O 对称的△A 1B 1C 1，A 1的坐标是 （6，﹣1） ．
（2）将原先的△ABC 绕着点（﹣2，1）顺时针旋转90°得到△A 2B 2C 2，试在图上画出△A 2B 2C 2的图形．
【考点】作图-旋转变换；旋转的性质．
【分析】（1）连接AO 并延长至A 1，使A 1O=AO ，连接BO 并延长至B 1，使B 1O=BO ，连接CO 并延长至C 1，使C 1O=CO ，然后顺次连接A 1、B 1、C 1即可得到△A 1B 1C 1；再依照平面直角坐标系的特点写出点A 1的坐标即可；
（2）依照旋转变换，找出点A 、B 、C 绕点（﹣2，1）顺时针旋转90°后的对应点A 2、B 2、C 2的位置，然后顺次连接即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A 1B 1C 1即为所求三角形，点A 1的坐标是A 1（6，﹣1）； 故答案为：（6，﹣1）；
（2）如图所示，△A 2B 2C 2即为所求作的三角形．
【点评】本题考查了利用关于原点对称作图与利用旋转变换作图，准确找出对应点的坐标位置是解题的关键．
20．已知二次函数当x=﹣1时，有最小值﹣4，且当x=0时，y=﹣3，求二次函数的解析式．
【考点】待定系数法求二次函数解析式．
【分析】由于已知抛物线与x轴的交点坐标，则可设顶点式y=a（x+1）2﹣4，然后把（0，3）代入求出a的值即可．
【解答】解：设y=a（x+1）2﹣4
则﹣3=a（0+1）2﹣4
∴a=1，
∴抛物线的解析式为y=（x+1）2﹣4
即：y=x2+2x﹣3．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，关键是要依照题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一样地，当已知抛物线上三点时，常选择一样式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
四、解答题
21．解方程：
（1）x2﹣x=3
（2）（x+3）2=（1﹣2x）2．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）公式法求解可得；
（2）直截了当开平方法求解即可得．
【解答】解：（1）x2﹣x﹣3=0，
∵a=1，b=﹣1，c=﹣3，
∴△=1+12=13＞0，
∴x=，
∴，；
（2）x+3=±（1﹣2x），
即x+3=1﹣2x或x+3=2x﹣1，
解得：，x
=4．
2
【点评】本题要紧考查解一元二次方程的能力，依照不同的方程选择合适的方法是解题的关键．22．先化简，再求值：÷（a﹣1﹣），其中a是方程x2+x﹣3=0的解．
【考点】分式的化简求值；一元二次方程的解．
【分析】先依照分式混合运算的法则把原式进行化简，再依照a是方程x2+x﹣3=0的解得出a2+a=3，再代入原式进行运算即可．
【解答】解：原式=÷
=•
=
=
∵a是方程x2+x﹣3=0的解，
∴a2+a﹣3=0，即a2+a=3，
∴原式=．
【点评】本题考查的是分式的混合运算，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
23．将一块正方形铁皮的四个角各剪去一个边长为4cm的小正方形，做成一个无盖的盒子，盒子的容积是400cm3，求原铁皮的边长．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】几何图形问题．
【分析】本题可设原铁皮的边长为xcm，将这块正方形铁皮四个角各剪去一个边长为4cm的小正方形，做成一个无盖的盒子后，盒子的底面积变为（x﹣2×4）2，其高则为4cm，依照体积公式可列出方程，然后解方程求出答案即可．
【解答】解：设原铁皮的边长为xcm，
依题意列方程得（x﹣2×4）2×4=400，
即（x﹣8）2=100，
因此x﹣8=±10，
x=8±10．
因此x 1=18，x 2=﹣2（舍去）．
答：原铁皮的边长为18cm ．
【点评】这类题目表达了数形结合的思想，通常把实际问题转换为方程求解，但应注意考虑解得合理性，即考虑解的取舍．
24．某校部分团员参加社会公益活动，预备购进一批许愿瓶进行销售，并将所得利润捐助给慈善机构．依照市场调查，这种许愿瓶一段时刻内的销售量y （单位：个）与销售单价x （单位：元/个）之间的对应关系如图所示：
（1）y 与x 之间的函数关系是 y=﹣30x+600 ．
（2）若许愿瓶的进价为6元/个，按照上述市场调查的销售规律，求销售利润w （单位：元）与销售单价x （单位：元/个）之间的函数关系式；
（3）在（2）问的条件下，若许愿瓶的进货成本不超过900元，要想获得最大利润，试确定这种许愿瓶的销售单价，并求出现在的最大利润．
【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）直截了当利用待定系数法求出y 与x 之间的函数关系式；
（2）利用w=销量×每个利润，进而得出函数关系式；
（3）利用进货成本不超过900元，得出x 的取值范畴，进而得出函数最值．
【解答】解：（1）设y=kx+b ，
依照题意可得：
，
解得；， 故y 与x 之间的函数关系是：y=﹣30x+600；
故答案为：y=﹣30x+600；
（2）由题意得：
w=（x﹣6）（﹣30x+600）
=﹣30x2+780x﹣3600，
∴w与x的函数关系式为w=﹣30x2+780x﹣3600；
（3）由题意得：6（﹣30x+600）≤900，
解得：x≥15，
在w=﹣30x2+780x﹣3600中，对称轴为：x=﹣=13，
∵a=﹣30，∴当x＞13时，w随x的增大而减小，
∴x=15时，w最大为：（15﹣6）（﹣30×15+600）=1350，
∴销售单价定为每个15元时，利润最大为1350元．
【点评】此题要紧考查了待定系数法求一次函数解析式以及二次函数的应用，正确得出w与x之间的函数关系式是解题关键．
五、解答题
25．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？假如存在，直截了当写出P点的坐标；假如不存在，请说明理由；
（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，△CBF的面积最大？求出△CBF的最大面积及现在E点的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，2）代入y=﹣x2+bx+c列方程组即可．
（2）先求出CD的长，分两种情形①当CP=CD时，②当DC=DP时分别求解即可．
（3）求出直线BC的解析式，设E则F，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，2）代入y=﹣x2+bx+c得，
解得，c=2，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．
（2）存在．如图1中，∵C（0，2），D（，0），
∴OC=2，OD=，CD==
①当CP=CD时，可得P
1
（，4）．
②当DC=DP时，可得P
2（，），P
3
（，﹣）
综上所述，满足条件的P点的坐标为或或．（3）如图2中，
关于抛物线y=﹣x 2+x+2，当y=0时，﹣ x 2+x+2=0，解得x 1=4，x 2=﹣1
∴B （4，0），A （﹣1，0），
由B （4，0），C （0，2）得直线BC 的解析式为y=﹣x+2，
设E
则F ， EF=﹣= ∴＜0，∴当m=2时，EF 有最大值2，
现在E 是BC 中点，
∴当E 运动到BC 的中点时，△EBC 面积最大，
∴△EBC 最大面积=×4×EF=×4×2=4，现在E （2，1）．
【点评】本题考查二次函数、一次函数的应用、最值问题．等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会分类讨论的思想摸索问题，属于中考压轴题．
26．在△ABC 中，AB=AC ，∠A=60°，点D 是线段BC 的中点，∠EDF=120°，DE 与线段AB 相交于点E ，DF 与线段AC （或AC 的延长线）相交于点F ．
（1）如图1，若DF ⊥AC ，垂足为F ，AB=4，求BE 的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF=AB．
（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？假如成立，请证明；假如不成立，请直截了当写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）如图1中，只要证明∠BED=90°，依照直角三角形30度角性质即可解决问题．（2）如图2中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．只要证明△BDM≌△CDN，△EDM≌△FDN即可解决问题．
（3）（2）中的结论不成立．结论：BE﹣CF=AB，证明方法类似（2）．
【解答】解：（1）如图1中，
∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BC=AC=AB=4，
∵点D是线段BC的中点，
∴BD=DC=BC=2，
∵DF⊥AC，即∠CFD=90°，
∴∠CDF=30°，
又∵∠EDF=120°，
∴∠EDB=30°，
∴∠BED=90°
∴BE=BD=1．
（2）如图2中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．
∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，∴△BDM≌△CDN，
∴BM=CN，DM=DN，
又∵∠EDF=120°=∠MDN，
∴∠EDM=∠NDF，
又∵∠EMD=∠FND=90°，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME=NF，
∴BE+CF=BM+EM+NC﹣FN=2BM=BD=AB．
（3）结论不成立．结论：BE﹣CF=AB．
∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，∴△BDM≌△CDN，
∴BM=CN，DM=DN，
又∵∠EDF=120°=∠MDN，
∴∠EDM=∠NDF，
又∵∠EMD=∠FND=90°，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME=NF，
∴BE﹣CF=BM+EM﹣（FN﹣CN）=2BM=BD=AB．
【点评】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．。