湖北省武汉市武昌区部分学校2021-2022学年九年级上学期12月月考数学试题

12月月考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题

1．方程3x2＋1＝6x的二次项系数和一次项系数分别为（ ） A．3和6

B．3和－6

C．3和－1

D．3和1

2．下列图案中，是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

3．不透明的袋子中只有4个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（ ） A．3个球都是黑球 C．三个球中有黑球

B．3个球都是白球 D．3个球中有白球

4．已知⊙O的直径为6，点P到圆心O的距离为5，那么点P与⊙O的位置关系是（ ） A．点P在⊙O内

B．点P在⊙O上

C．点P在⊙O外

D．无法确定

5．设x1，x2是一元二次方程x2－2x－5＝0的两个根，则x1x2等于（ ） A．－5

B．－2

C．2

D．5

6．抛物线y＝（x―1）2－9经变换后得到抛物线y＝x2＋2x－8，则下列变换正确的是（ ）

A．向左平移6个单位长度 C．向左平移2个单位长度

B．向右平移6个单位长度 D．向右平移2个单位长度

7．如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转角度α得到△A′B′C，且点B刚好落在A′B′上．若⊙A＝26°，⊙BCA′＝44°，则α等于（ ）

A．37° B．38° C．39° D．40°

8．有两把不同的锁和三把钥匙，其中两把钥匙分别能打开这两把锁，第三把钥匙不能打开这两把锁，随机取出一把钥匙去开任意的一把锁，一次打开锁的概率为（ ）

试卷第1页，共6页

1A．

61B．

3C．

122D．

39．如图，OD是△ABC的外接圆⊙O的半径，点P在OD上，OP＝2PD，EF是过点P的⊙O的弦．若⊙A＝30°，BC＝6，则EF的长的取值范围是（ ）

A．6＜EF≤12

B．6＜EF≤8

C．45EF12

D．8≤EF≤12

10．已知抛物线y＝4x2＋2x＋m，当－1＜x＜1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，则m的取值范围是（ ） A．m－2 评卷人 1或－6＜m≤－2 4B．m1或－6≤m＜－2 4C．－6≤m≤

D．m≥－2

得分 二、填空题 11．若点A（m，5）与点B（－4，n）关于原点成中心对称，则m＋n＝________． 12．某射手在同一条件下进行射击，结果如下表所示： 射击次数（n） 击中靶心次数(m) 击中靶心频率m（n） 10 8 20 17 50 45 100 92 200 182 500 453 … … 0.80 0.85 0.90 0.92 0.91 0.905 …

由此表估计这个射手射击1次，击中靶心的概率是_______．（保留一位小数） 13．疫情期间居民为了减少外出时间，大家更愿意使用APP在线上买菜，某买菜APP今年一月份新注册用户为200万，三月份新注册用户为338万，设二、三两个月新注册用户每月平均增长率是x，根据题意，可列方程为___________．

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14．正八边形的半径为6，则正八边形的面积为________．

15．如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边向AP右侧作等边三角形APB．当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是_________．

16．如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴在y轴右侧，抛物线与x轴交于点A（－2，0）和点B，与y轴的负半轴交于点C，且OB＝2OC，则下列结论：⊙ab10；⊙2b－4ac＝1；⊙a；⊙当－1＜b＜0时，在x轴下方的抛物线上一定存c4在关于对称轴对称的两点M，N（点M在点N左边），使得AN⊙BM．其中正确的结论是___________．

评卷人 得分 三、解答题 17．若关于x的一元二次方程x2＋ax＋a－3＝0有一个根为1，求a的值及该方程的另一根．

18．如图，在△ABC中，⊙BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，求证：△ADC是等边三角形．

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19．盲盒为消费市场注入了活力．某商家将1副单价为60元的蓝牙耳机、2个单价为40元的多接口优盘、1个单价为30元的迷你音箱分别放入4个外观相同的盲盒中． （1）如果随机抽一个盲盒，直接写出抽中多接口优盘的概率； （2）如果随机抽两个盲盒，求抽中总价值不低于80元商品的概率．

20．在每个小正方形边长为1的网格中，△ABC的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上，以AB为直径构造半圆⊙O，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．

（1）画AC的中点F，连接OF； （2）画弦BD，使BD平分△CBA；

（3）在线段AB上有一点E，使得BE＝BC，画出点E．

21．在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”AP，BP的连接点P在O上，当点P在O上转动时，带动点A，

B分别在射线OM，ON上滑动，OMON．当AP与

O相切时，点B恰好落在O上，如图2．

试卷第4页，共6页

请仅就图2的情形解答下列问题． （1）求证：PAO2PBO； （2）若O的半径为5，AP20，求BP的长． 322．红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于50元/件．一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少0.1万件．其中月销售单价不低于成本．设月销售单价为x（单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）． （1）直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？ （3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款a元．已知该公司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．

23．△ABC和△GEF都是等边三角形．

问题背景：如图1，点E与点C重合且B、C、G三点共线．此时△BFC可以看作是△AGC经过平移、轴对称或旋转得到．请直接写出得到△BFC的过程．

迁移应用：如图2，点E为AC边上一点（不与点A，C重合），点F为△ABC中线CD上一点，延长GF交BC于点H，求证：CECH3CF．

联系拓展：如图3，AB＝12，点D，E分别为AB、AC的中点，M为线段BD上靠近点B的三等分点，点F在射线DC上运动（E、F、G三点按顺时针排列）．当MG最小时，则△MDG的面积为_______．

24．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－4(a≠0)经过点A(－2，0)

试卷第5页，共6页

1AG2和点B(4，0)．

（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；

（2）点P为抛物线上第一象限内一点，若S△ABC＝2S△PBC，求点P的坐标； （3）如图2，点D是第二象限内抛物线上一点，过点D作DF⊙x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．

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参考答案：

1．B 【解析】 【详解】

解：3x26x10，故二次项系数是3，一次项系数是－6．故选B． 2．B 【解析】 【分析】

由题意依据一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形对各选项分析判断即可． 【详解】

解：A、C、D都是轴对称图形，只有B选项是中心对称图形. 故选：B. 【点睛】

本题考查中心对称图形的识别，注意掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3．B 【解析】 【分析】

根据袋子中球的个数以及每样球的个数对摸出的3个球的颜色进行分析即可. 【详解】

袋中一共6个球，有4个黑球和2个白球，从中一次摸出3个球，可能3个都是黑球，也可能2个黑球1个白球，也可能2个白球1个黑球，不可能3个都是白球， 故选项A、C、D都是可能事件，不符合题意，选项B是不可能事件，符合题意， 故选B. 【点睛】

本题考查了确定事件及随机事件，把握相关概念，正确进行分析是解题的关键. 4．C 【解析】 【分析】

答案第1页，共26页

根据点P到圆心的距离和圆的半径大小比较就可以得到结果 【详解】

解：⊙O的直径为6，则半径为3，点P到圆心O的距离为5，5>3

点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O外

故选C 【点睛】

本题考查了点和圆的位置关系，掌握是点和圆的位置关系解题的关键．点在圆上，则d=r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）． 5．A 【解析】 【分析】

由题意直接根据根与系数的关系进行计算求解即可得出答案． 【详解】

解：由题意得x1x2故选：A. 【点睛】

本题考查根与系数的关系，注意掌握若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根bc时，x1x2，x1x2．

aac5. a6．C 【解析】 【分析】

根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律． 【详解】

解：y＝（x―1）2－9，顶点坐标是（1，−9）． y＝x2＋2x－8＝（x＋1）2−9，顶点坐标是（−1，−9）．

所以将抛物线y＝（x―1）2－9向左平移2个单位长度得到抛物线y＝x2＋2x－8， 故选：C． 【点睛】

此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下

答案第2页，共26页

减． 7．D 【解析】 【分析】

由题意根据⊙ABC绕顶点C逆时针选择角度α得到⊙A′B′C，且点B刚好落在A′B′

上．⊙A=26°，⊙BCA′=44°，可以求得⊙CBB′和⊙CB′B的度数，然后根据三角形内角和即可得到⊙BCB′的度数，从而可以得到α的度数． 【详解】

解：⊙⊙ABC绕顶点C逆时针选择角度α得到⊙A′B′C，且点B刚好落在A′B′上，⊙A=26°，⊙BCA′=44°，

⊙⊙A=⊙A′=26°，CB=CB′， ⊙⊙CBB′=⊙A′+⊙BCA′=70°， ⊙CB=CB′， ⊙⊙CBB′=⊙CB′B， ⊙⊙CB′B=70°，

⊙⊙BCB′=180°-70°-70°=40°. 即α等于40°， 故选：D． 【点睛】

本题考查三角形的旋转问题和三角形内角和，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 8．B 【解析】 【分析】

根据题意列出表格，得出所有等可能的情况数，找出随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的情况数，即可求出所求的概率． 【详解】 解：列表得： 锁1 锁2 答案第3页，共26页

钥匙1 钥匙2 钥匙3

（锁1，钥匙1） （锁1，钥匙2） （锁1，钥匙3） （锁2，钥匙1） （锁2，钥匙2） （锁2，钥匙3） 由表可知，所有等可能的情况有6种，其中随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的2种，

则P（一次打开锁）故选：B. 【点睛】

本题考查列表法与树状图法求概率，注意掌握概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键． 9．C 【解析】 【分析】

连接OC，OB，根据已知条件得到△OBC是等边三角形，求得OB=BC=6，得到OD=6，求得OP=4，当EF⊙OD时，连接OF，由勾股定理得到PFOF2PO2361625，求得EF45，当EF是过点P的直径时，EF=12，于是得到结论． 【详解】

解：连接OC，OB，

21． 63

⊙⊙A=30°， ⊙⊙BOC=60°， ⊙OC=OD，

⊙⊙OBC是等边三角形，

答案第4页，共26页

⊙OB=BC=6， ⊙OD=6， ⊙OP=2PD， ⊙OP=4，

当EF⊙OD时，连接OF，

⊙PFOF2PO2361625， ⊙EF45，

当EF是过点P的直径时，EF=12， ⊙EF的长的取值范围是45EF12， 故选：C． 【点睛】

本题考查了三角形的外接圆与外心，垂径定理，圆周角，勾股定理，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 10．A 【解析】 【分析】

2根据题意可知抛物线与x轴有且只有一个公共点，即y14x2x和y2m图象只有一个

交点，进而作出图象利用数形结合思维进行分析可得答案. 【详解】

解：4x22xm0等价于4x22xm 抛物线与x轴有且只有一个公共点，

2即为y14x2x和y2m图象只有一个交点，

当x1,y12，当x1,y16，作图如下：

答案第5页，共26页

1数形结合可得：m或2m6，

4⊙m1或6m2. 4故选：A. 【点睛】

本题考查抛物线与平行x轴线的交点问题．注意抛物线与x轴有且只有一个公共点，

2即为y14x2x和y2m图象只有一个交点．

11．1 【解析】 【分析】

根据关于原点对称的点的坐标特征：关于原点对称的点，横纵坐标都互为相反数，进行求解即可． 【详解】

解：⊙点A（m，5）与点B（－4，n）关于原点成中心对称， ⊙m=4，n=-5， ⊙m+n=-5+4=-1， 故答案为：-1． 【点睛】

本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，代数式求值，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．

答案第6页，共26页

12．0.9 【解析】 【分析】

用频率估计概率即可． 【详解】

解：从表中可以发现，随着射击次数的增加，击中靶心的频率越来越稳定．当射击次数为500时，击中靶心的频率为0.905，于是可以估计这个射手射击1次，击中靶心的概率是0.9．

故答案为：0.9． 【点睛】

本题考查了用频率估计概率，解题关键是明确大量反复试验下频率稳定值即概率． 13．200(1x)2338 【解析】 【分析】

设二、三两个月新注册用户每月平均增长率是x，根据该买菜APP今年一月份及三月份新注册用户人数，即可得出关于x的一元二次方程． 【详解】

解：设二、三两个月新注册用户每月平均增长率是x， 依题意，得：200（1＋x）2＝338， 故答案为：200(1x)2338 【点睛】

本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 14．722 【解析】 【分析】

正八边形的面积有八个全等的等腰三角形面积组成，计算一个等腰三角形的面积，乘以8即可． 【详解】

解：过A作AM⊙OB于M，

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如图所示，⊙ABO为等腰三角形，OA=OB=6，⊙AOB=⊙AM是OB上的高， ⊙⊙AOM=⊙OAM=45°， ⊙OM=AM， ⊙sin45°=

AM， OA36045， 8⊙AM=OAsin45=6⊙SAOB2=32， 211OBAM63292， 22⊙正八边形的面积为：928722． 故答案为722．

【点睛】

本题考查了正多边形的面积，等腰直角三角形，等腰三角形，锐角三角函数，熟练把多边形的面积转化为三角形面积的倍数计算是解题的关键． 15．4π 【解析】 【分析】

以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段AO， 则点B的运动轨迹为以点O’为圆心，2个单位长度为半径的圆，求出圆O的周长即可. 【详解】

如图， 以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段AO，

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，

⊙⊙APB为等边三角形， ⊙AP=AB，

⊙点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点， ⊙点B的运动轨迹为以点O为圆心，2个单位长度为半径的圆， ⊙点B运动的路径长是224. 【点睛】

本题考查等边三角形的性质、点的轨迹，解题的关键是得出点B的轨迹为以点O为圆心，2个单位长度为半径的圆. 16．②③##③② 【解析】 【分析】

依据抛物线的图像和性质，根据题意结合二次函数图象与系数的关系，逐条分析结论进行判断即可． 【详解】

⊙从图像观察，开口朝上，所以a0，对称轴在y轴右侧，所以b0， 图像与y轴交点在x轴下方，所以c0， ⊙ab0,ab0，所以⊙不正确； c⊙点A(2,0)，与y轴的负半轴交于点C(0,c)，且OB2OC， 设B(2c,0)代入yax2bxc，得：4ac22bcc0， ⊙c0 ⊙2b4ac1， 所以⊙正确；

⊙⊙A(2,0)，B(2c,0)，设抛物线解析式为：ya(x2)(x2c)，过C(0,c)

答案第9页，共26页

⊙c4ac⊙a1，所以⊙正确； 4⊙如图：设AN，BM交点为P，对称轴与x轴交点为Q，顶点为D，

根据抛物线的对称性，△APB是等腰直角三角形， ⊙A(2,0)，B(2c,0) ⊙AB22c，PQ又⊙对称轴x1AB1c 22(2c)c1， 2⊙P(c1,c1)

4acb2 由顶点坐标公式可知Dc1,4a⊙a1 42⊙Dc1,cb， 由题意cb2c1， 解得b1或者b1 由⊙知b0

⊙b1，所以⊙不正确． 故答案为：②③ 【点睛】

本题考查了二次函数图象与系数的关系，利用了数形结合的思想，二次函数yax2bxc（a≠0），a的符号由抛物线的开口决定；b的符号由a及对称轴的位置确定；c的符号由抛物线与y轴交点的位置确定，此外还有注意利用特殊点1，-1及2对应函数值的正负来解决是解题的关键．

17．a1，方程的另一根为2．

答案第10页，共26页

【解析】 【分析】

把x1代入到方程x2axa30，求出a的值，即可得到原方程为x2x10，由此即可求得另一个根． 【详解】

解：将x1代入方程x2axa30，得1aa30， 解得a1，

⊙原方程为x2x20，即x2x10， 解得x1或x2 ⊙方程的另一根为2． 【点睛】

本题主要考查了一元二次方程的解，解一元二次方程，解一元一次方程，熟知一元二次方程解的定义是解题的关键． 18．见解析． 【解析】 【分析】

根据三角形旋转得出DCAC,EDCBAC120 ，根据点A，D，E在同一条直线上利用邻补角关系求出ADC180EDC60，根据等边三角形判定定理得出ADC为等边三角形． 【详解】

证明：⊙ABC绕点C逆时针旋转得到DEC， ⊙DCAC,EDCBAC120 ， ⊙点A，D，E在同一条直线上， ⊙ADC180EDC60， ⊙DCAC,ADC60， ⊙ADC为等边三角形． 【点睛】

本题考查三角形旋转性质，三点共线，领补角定义，等边三角形判定，掌握三角形旋转性质，三点共线，领补角定义，等边三角形判定是解题关键．

答案第11页，共26页

19．（1）抽中多接口优盘的概率为2；（2）P（抽中商品总价值不低于80元）【解析】 【分析】

（1）利用列举法求解即可；

12． 3（2）先用列表法或树状图法得出所有的等可能的结果数，然后找到总价值不低于80元商品的结果数，最后根据概率公式求解即可． 【详解】

解：（1）⊙随机抽取一个盲盒可以抽到蓝牙耳机，多接口优盘1，多接口优盘2，迷你音箱，一共4种等可能性的结果，其中抽到多接口优盘的结果数有2种， ⊙P抽到多接口优盘21； 42（2）将蓝牙耳机记为A，多接口U盘记为B1、B2，迷你音箱记作C． 则从4个盲盒中随机抽取2个的树状图如下：

由上图可知，随机抽两个盲盒，所获商品可能出现的结果有12种，它们出现的可能性相等，其中抽中商品总价值不低于80元的结果有8种． ⊙P（抽中商品总价值不低于80元） 【点睛】

本题主要考查了列举法求解概率，树状图或列表法求解概率，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．

20．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】 【分析】

（1）利用矩形的对角线互相平分，可知四边形AMCN是矩形，连接MN与AC的交点即为连接OF；

（2）利用中位线易得OF△BC，延长OF交⊙O于点D，平行线+等腰⊙OBD，得角平分

答案第12页，共26页

82． 123线；

（3）连接AD，则ADBD，角平分线+垂线，构造等腰BAG，利用轴对称性，连接

GH并延长交AB于点E．

【详解】

解：（1）利用矩形的对角线互相平分，可知四边形AMCN是矩形，连接MN与AC的交点即为连接OF；

（2）延长OF交圆O于D，连接BD即为所求； ⊙O、F分别是AB，AC的中点， ⊙OF是⊙ABC的中位线， ⊙OF△BC， ⊙⊙CBD=⊙ODB， ⊙OB=OD， ⊙⊙OBD=⊙ODB， ⊙⊙OBD=⊙CBD，

⊙BD即为⊙ABC的平分线；

答案第13页，共26页

（3）连接AD，并延长与BC的延长线交于点G，设AC与BD交于点H，连接GH并延长，交AB于E，点E即为所求； ⊙AB是直径，

⊙⊙ADB=90°，即BD⊙AG， ⊙BD平分⊙ABC， ⊙⊙GBD=⊙ABD， 又⊙BD=BD，

⊙⊙ABD⊙⊙GBD（ASA）， ⊙AB=BG，

⊙H在线AG的垂直平分线上， ⊙HG=HA， ⊙⊙GHD=⊙AHD，

⊙⊙BHC=⊙AHD，⊙BHE=⊙GHD， ⊙⊙BHE=⊙BHC，

又⊙BH=BH，⊙CBH=⊙EBH， ⊙⊙BHE⊙⊙BHC（ASA）， ⊙BC=BE；

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【点睛】

本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，三角形中位线定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识见求解． 21．（1）见解析；（2）310 【解析】 【分析】

（1）利用等腰三角形的性质及三角形的外角，找到角与角之间的等量关系，再通过等量代换即可证明；

（2）添加辅助线后，证明三角形相似，得到对应角相等，所以角的正切值也相等，求出直角三角形的直角边长，再把BP放到直角三角形中，利用勾股定理求解． 【详解】

解：（1）证明：连接OP，取y轴正半轴与O交点于点Q，如下图：

OPON,OPNPBO， POQ为△PON的外角，

答案第15页，共26页

POQOPNPBO2PBO， POQPOAPOAPAO90， PAOPOQ，

PAO2PBO．

（2）过点Q作PO的垂线，交PO与点C，如下图：

由题意： 在RtAPO中，

tanPAOOP53AP204，

3由（1）知：QOCOAP,APOOCQ，

RtAPO∽RtOCQ，

tanCOQCQ3,OQ5， CO4CO4,CQ3，

PCPOCO541，

PQPC2CQ21910， 由圆的性质，直径所对的角为直角； 在Rt△QPB中，由勾股定理得：

BPBQ2PQ210210310， 即BP310． 【点睛】

本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理、特殊角度的正切值，解得的关键是：掌握相关的知识点，会添加适当

答案第16页，共26页

的辅助线，找到角与角、边与边的等量关系，通过等量代换，利用勾股定理建立等式求解．

5(40x50)22．（1）y；（2）当月销售单价是70元/件时，月销售利润最

0.1x10(50x100)大，最大利润是90万元；（3）4． 【解析】 【分析】

（1）分40x50和x50两种情况，根据“月销售单价每涨价1元，月销售量就减少0.1万件”即可得函数关系式，再根据y0求出x的取值范围；

（2）在（1）的基础上，根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，分别利用一次函数和二次函数的性质求解即可得；

（3）设该产品的捐款当月的月销售利润为Q万元，先根据捐款当月的月销售单价、月销售最大利润可得50x70，再根据“月利润（月销售单价成本价a）月销售量”建立函数关系式，然后利用二次函数的性质即可得． 【详解】

解：（1）由题意，当40x50时，y5， 当x50时，y50.1(x50)0.1x10， y≥0，

0.1x100，

解得x100，

5(40x50)综上，y；

0.1x10(50x100)（2）设该产品的月销售利润为w万元， ⊙当40x50时，w5(x40)5x200，

由一次函数的性质可知，在40x50内，w随x的增大而增大， 则当x50时，w取得最大值，最大值为55020050； ⊙当50x100时，w(x40)(0.1x10)0.1(x70)290， 由二次函数的性质可知，当x70时，w取得最大值，最大值为90， 因为9050，

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所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；

（3）捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元（大于50万元），

50x70，

设该产品捐款当月的月销售利润为Q万元， 由题意得：Q(x40a)(0.1x10)， 140a2a2整理得：Q0.1(x)3a90，

240140a70， 2在50x70内，Q随x的增大而增大，

则当x70时，Q取得最大值，最大值为(7040a)(0.17010)903a， 因此有903a78， 解得a4． 【点睛】

本题考查了二次函数与一次函数的实际应用，正确建立函数关系式是解题关键． 23．（1）以点C为旋转中心将AGC逆时针旋转60就得到△BFC；（2）见解析；（3）103． 3【解析】 【分析】

（1）只需要利用SAS证明△BCF⊙⊙ACG即可得到答案；

（2）法一：以FC为边作CFK120，与HB的延长线交于点K，如图，先证明

FCFK，然后证明FEC≌FHK， 得到CEKH，则CECHKHCHCK，过

点F作FM⊙BC于M，求出KMCECH3FC；

33KF，即可推出KMFC，则CK3FC，即：22法二：过F作FMBC，FNAC．先证明⊙FCN⊙⊙FCM得到CM=CN，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出CNENHM，则CECH2CM3FC；

3FC，再证明FNE≌FMH 得到2（3）如图3-1所示，连接DE，GM，AG，先证明⊙ADE是等边三角形，得到DE=AE，即

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可证明GEA≌FED得到GAEFDE30，即点G在BAC的角平分线所在直线上运动．过G作GPAC，则GP11AG，MGAG最小即是MGGP最小，故当M、G、22P三点共线时，MGGP最小；如图3-2所示，过点G作GQ⊙AB于Q，连接DG，求出DM和QG的长即可求解． 【详解】

（1）⊙⊙ABC和⊙GEF都是等边三角形， ⊙BC=AC，CF=CG，⊙ACB=⊙FCG=60°， ⊙⊙ACB+⊙ACF=⊙FCG+⊙ACF， ⊙⊙FCB=⊙GCA， ⊙⊙BCF⊙⊙ACG（SAS），

⊙⊙BFC可以看作是⊙AGC绕点C逆时针旋转60度所得；

（2）法一：

证明：以FC为边作CFK120，与HB的延长线交于点K，如图， ⊙ABC和△GEF均为等边三角形， ⊙ACB60，⊙GFE=60°， ⊙EFH120， ⊙⊙EFH+⊙ACB=180°， ⊙CEFCHF180， ⊙CHFKHF180， ⊙CEFKHF． ⊙CD是等边ABC的中线， ⊙DCBDCA30，

⊙K180KFCFCK30， ⊙KFCK

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⊙FCFK． 在FEC与FHK中， CEFKHF KFCEFCFK⊙FEC≌FHK(AAS)， ⊙CEKH，

⊙CECHKHCHCK， 过点F作FM⊙BC于M， ⊙KM=CM， ⊙⊙K=30°， ⊙FM1KF 23KF， 2⊙KMKF2FM2⊙KM3FC， 2⊙CK3FC，即：CECH3FC；

法二

证明：过F作FMBC，FNAC．

答案第20页，共26页

⊙CD是等边ABC的中线， ⊙DCBDCA30，FMFN， ⊙⊙FCN⊙⊙FCM（AAS），FC=2FN， ⊙CM=CN，CNFC2FN2同法一，FENFHM． 在FNE与FMH中， FENFHMFNEFMH90 FNFM3FC， 2⊙FNE≌FMH(AAS) ⊙ENHM，

⊙CECH2CM3FC；

（3）如图3-1所示，连接DE，GM，AG， ⊙D，E分别是AB，AC的中点， ⊙DE是⊙ABC的中位线，CD⊙AB， ⊙DE⊙BC，⊙CDA=90°，

⊙⊙ADE=⊙ABC=60°，⊙AED=⊙ACB=60°， ⊙⊙ADE是等边三角形，⊙FDE=30°， ⊙DE=AE，

⊙⊙GEF是等边三角形， ⊙EF=EG，⊙GEF=60°，

⊙⊙AEG=⊙AED+⊙DEG=⊙FEG+⊙DEG=⊙FED， ⊙GEA≌FED(SAS)

⊙GAEFDE30，即点G在BAC的角平分线所在直线上运动． 过G作GPAC，则GP⊙MG1AG， 21AG最小即是MGGP最小， 2答案第21页，共26页

⊙当M、G、P三点共线时，MGGP最小 如图3-2所示，过点G作GQ⊙AB于Q，连接DG， ⊙QG=PG，

⊙⊙MAP=60°，⊙MPA=90°， ⊙⊙AMP=30°， ⊙AM=2AP，

⊙D是AB的中点，AB=12， ⊙AD=BD=6，

⊙M是BD靠近B点的三等分点， ⊙MD=4， ⊙AM=10， ⊙AP=5， 又⊙⊙PAG=30°， ⊙AG=2GP， ⊙AG2PG2AP2， ⊙4PG2PG252 ⊙GQGP⊙S53 3MDG1103． =MDQG23答案第22页，共26页

【点睛】

本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性，勾股定理，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解． 24．（1）y【解析】 【分析】

（1）待定系数法求解析式即可； （2）由SABC12xx4；（2）P(210,110)；（3）EF2为定值． 22SPBC，根据三角形中线的性质取AB的中点M(1,0)过点M作直线BC的平

行线交抛物线于点P，先求得直线BC的解析式，进而求得直线PM的解析式，联立抛物线解析式，进而即可求得点P的坐标；

（3）设D(m,n)，由抛物线的对称性可得△ABD的外接圆圆心在x1上，设G(1,t)，过G192作GHDE于H，则GH平分DE，进而根据已知D(m,n)在抛物线y(x1)上，且

22D在第一象限，进而求得EF的长为定值 【详解】

（1）⊙抛物线经过A(2,0),B(4,0) 104a22b4a⊙2 解得2016a4b4b11⊙抛物线的解析式为yx2x4．

2（2）⊙y⊙S⊙SABC12xx4，令x0，则y4，则C(0,4) 211ABOC6412 22PBCABC2S

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⊙SPBC6

取AB的中点M(1,0) ⊙SMBC6

过点M作直线BC的平行线交抛物线于点P．

B4,0,C(0,4)

设直线BC的解析式为ykxb，则

4kb0 b4k1 解得b4直线BC的解析式为yx4

PM∥BC

设PM的解析式为yxd，将M(1,0)代入 得d1

⊙PM直线为：yx1

yx112联立得x2x30 12yxx422⊙x24x6

⊙x1210,x2210， ⊙P在第一象限⊙x210 ⊙P(210,110)．

答案第24页，共26页

（3）设D(m,n) ⊙A，B关于x1对称

⊙△ABD的外接圆圆心在x1上， 设G(1,t)

过G作GHDE于H，则GH平分DE． ⊙DHHEnt

⊙EFDFDEn2(nt)2tn． 又⊙GDGA,A(2,0)

⊙(m1)2(nt)2(21)2(0t)2 192已知D(m,n)在抛物线y(x1)上．

2219⊙n(m1)2即(m1)22n9

22⊙2n9n22ntt29t2 ⊙2nn22nt0 ⊙n(2n2t)0 ⊙D在第一象限，n0 ⊙2n2t0即2tn2 ⊙EF2为定值．

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【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与一次函数交点问题，三角形的外心的性质，掌握二次函数的图象的性质是解题的关键．

答案第26页，共26页