2023-2024学年福建省厦门市湖里区双十中九年级（上）月考数学试卷（10月份）
一、选择题（本大题共10题，每小题4分，共40分；每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1．（4分）汉字是世界上最美的文字，形美如画、有的汉字是轴对称图形，下面四个汉字中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）方程x2＝5x的解是（ ）
A．x＝5 B．x＝0
C．x1＝﹣5；x2＝0 D．x1＝5；x2＝0
3．（4分）抛物线y＝（x﹣2）2+5的顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，5） B．（2，5） C．（﹣2，﹣5） D．（2，﹣5）
4．（4分）二次函数y＝x2的图象向下平移2个单位后得到函数解析式为（ ）
A．y＝x2+2 B．y＝x2﹣2 C．y＝（x﹣2）2 D．y＝（x+2）2
5．（4分）用配方法解方程x2+4x﹣1＝0，下列配方结果正确的是（ ）
A．（x+2）2＝5 B．（x+2）2＝1 C．（x﹣2）2＝1 D．（x﹣2）2＝5
6．（4分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k＝0没有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＜﹣1 D．k≤﹣1
7．（4分）若a是方程x2+2x﹣1＝0的一个根，则2a2+4a﹣2024的值为（ ）
A．2023 B．﹣2023 C．2022 D．﹣2022
8．（4分）如图，某工程队计划将一块长64m、宽32m的矩形场地建设成绿化广场，广场内部修建四条宽相等的小路，其余区域进行绿化．若使绿化区域的面积为广场总面积的80%，求小路的宽．设小路的宽为xm，则可列方程（ ）
A．（64﹣3x）（32﹣x）＝64×32×80%
B．（32﹣3x）（64﹣x）＝64×32×80%
C．64x+3×32x﹣3x2＝64×32×80%
D．64x+3×32x＝64×32×（1﹣80%）
9．（4分）若A（﹣3，y1），B（2，y2），C（3，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x+2）2+h的图象上，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y1
10．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，是常数，且a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如表：
x … ﹣1 0 1 2 …
y … m 2 2 n …
且当x＝时，对应的函数值y＜0，有以下结论：①abc＞0；②当x≤0时，y随x的增大而增大；③关于x的方程ax2+bx+c＝0有异号两实根的，而且负实数根在﹣和0之间；④3m﹣n＜﹣．其中正确的结论是（ ）
A．②③ B．③④ C．②③④ D．①②③④
二.填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）计算：（1）＝ ；（2）＝ ．
12．（4分）已知二次函数y＝（x﹣4）2+3，当x 时，y随x的增大而减小．
13．（4分）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛28场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为 ．
14．（4分）抛物线y＝ax2+bx+c的函数图象如图所示，写出y＜0时x的取值范围 ．
15．（4分）某型号飞机降落后滑行的距离s（单位：米）关于滑行时间t（单位：秒）的函数关系式为，则该飞机着陆后滑行 秒停止．
16．（4分）已知A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y＝ax2﹣3x+1上的两点，其对称轴是直线x＝x0，若|x1﹣x0|＞|x2﹣x0|时，总有y1＞y2，同一坐标系中有M（﹣1，﹣2），N（3，2），且抛物线y＝ax2﹣3x+1与线段MN有两个不相同的交点，则a的取值范围是 ．
三.解答题（本大题有9小题，共86分）
17．（10分）解方程：
（1）x2﹣9＝0
（2）x2+2x﹣1＝0．
18．（8分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中a＝．
19．（8分）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象过点（1，0），（0，﹣1）．
（1）求这个函数解析式；
（2）在直角坐标系，画出它的图象．
20．（8分）为响应国家号召打赢脱贫攻坚战，小明利用信息技术开了一家网络商店，将家乡的土特产销往全国，今年6月份盈利400万元，8月份盈利900万元，求6月份到8月份盈利的月平均增长率．
21．（8分）关于x的一元二次方程x2﹣（3+m）x+3m＝0．
（1）试判断该方程根的情况并说明理由；
（2）若x1，x2是该方程的两个实数根，且2x1﹣x1x2+2x2＝12，求该方程的解．
22．（8分）学校“牧春园”计划用一块矩形地种植两种花卉．如图，矩形地ABCD一面靠墙（墙的长度为12m），另外三面用栅栏围成，中间再用栅栏EF把它分成两个矩形．已知栅栏的总长度为24m．设AB的边长为x．
（1）若矩形地ABCD的面积为36m2，求AB的长；
（2）当AB边为多少时，矩形地ABCD的面积最大，最大面积是多少？
23．（10分）已知：正方形ABCD的边长为厘米，对角线AC上的两个动点E，F，点E从点A、点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，过E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角边于H；过F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角边于G，连接HG，EB．（这里规定：线段的面积为0）．E到达C，F到达A停止．若E的运动时间为x秒，
（1）当x＝2时，四边形HEFG的面积是 ；
（2）当x＝10时，△AEB的面积是 ；
（3）当x为何值时，四边形HEFG与△AEB的面积相等．
24．（12分）根据下列素材，探索完成任务：
如何加固蔬菜大棚？
素材1 农科所在某蔬菜基地试用新型保温大棚技术．大棚横截面为抛物线型（如图），一端固定在距离地面1米的墙体1处．另一端固定在距离地面2米的对面墙体B处，两墙体的水平距离为6米．大棚离地面的最高点P与A的水平距离为3.5米．
素材2 为了使大棚更牢固，在此横截面内竖立若干根与地面垂直的竹竿连接到大棚的边缘．要求相邻竹竿之间的水平距离为2米，靠近墙体的竹竿与墙体的水平距离不超过2米．
问题解决
任务1 确定大棚形状 结合素材1，在图中建立合适的直角坐标系，求大棚横截面所对应的抛物线解析式（不需写自变量取值范围）．
任务2 探索加固方案 请你设计一个符合要求的竹竿竖立方案，方案内容包括：①从何处立第一根竹竿；②共需多少根竹竿；③所需竹竿的总长度 （写出计算过程）．
25．（14分）抛物线C：y＝x2﹣2x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C．
（1）直接写出点A，B的坐标；
（2）如图1，直线y＝x+1经过点A，交抛物线于另一点N，点D在抛物线上，满足△DAN的面积与△CAN的面积相等，求点D的横坐标；
（3）如图2，将抛物线C向上平移，使其顶点M在x轴上，得到抛物线C1，P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线C1上两点（P点在Q点左侧），直线PQ交抛物线C1对称轴于点E，过点Q作y轴的平行线分别交x轴，直线PM于F，H两点，EH交x轴于点G，求证：EG＝GH．
2023-2024学年福建省厦门市湖里区双十中九年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10题，每小题4分，共40分；每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1．（4分）汉字是世界上最美的文字，形美如画、有的汉字是轴对称图形，下面四个汉字中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．（4分）方程x2＝5x的解是（ ）
A．x＝5 B．x＝0
C．x1＝﹣5；x2＝0 D．x1＝5；x2＝0
【分析】先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
【解答】解：x2﹣5x＝0，
x（x﹣5）＝0，
x＝0或x﹣5＝0，
所以x1＝0，x2＝5，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
3．（4分）抛物线y＝（x﹣2）2+5的顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，5） B．（2，5） C．（﹣2，﹣5） D．（2，﹣5）
【分析】由抛物线的顶点式可求得答案．
【解答】解：
∵y＝（x﹣2）2+5，
∴顶点坐标为（2，5），
故选：B．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x﹣h）2+k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
4．（4分）二次函数y＝x2的图象向下平移2个单位后得到函数解析式为（ ）
A．y＝x2+2 B．y＝x2﹣2 C．y＝（x﹣2）2 D．y＝（x+2）2
【分析】根据向下平移纵坐标减确定出平移后的函数解析式的顶点坐标，然后写出函数解析式即可．
【解答】解：∵y＝x2的图象向下平移2个单位，
∴平移后函数图象顶点坐标为（0，﹣2），
∴得到函数解析式为y＝x2﹣2．
故选：B．
【点评】本题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，上加下减．并用规律求函数解析式．
5．（4分）用配方法解方程x2+4x﹣1＝0，下列配方结果正确的是（ ）
A．（x+2）2＝5 B．（x+2）2＝1 C．（x﹣2）2＝1 D．（x﹣2）2＝5
【分析】在本题中，把常数项﹣1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
【解答】解：把方程x2+4x﹣1＝0的常数项移到等号的右边，得到x2+4x＝1
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+4x+4＝1+4
配方得（x+2）2＝5．
故选：A．
【点评】本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
6．（4分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k＝0没有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＜﹣1 D．k≤﹣1
【分析】由关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k＝0没有实数根，根据△的意义得到Δ＜0，即（﹣2）2﹣4×1×（﹣k）＜0，然后解不等式即可得到k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k＝0没有实数根，
∴Δ＜0，即（﹣2）2﹣4×1×（﹣k）＜0，解得k＜﹣1，
∴k的取值范围是k＜﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
7．（4分）若a是方程x2+2x﹣1＝0的一个根，则2a2+4a﹣2024的值为（ ）
A．2023 B．﹣2023 C．2022 D．﹣2022
【分析】根据一元二次方程解的定义得到a2+2a﹣1＝0，把所求的代数式变形，代入计算得到答案．
【解答】解：∵a是方程x2+2x﹣1＝0的一个根，
∴a2+2a﹣1＝0，
∴a2+2a＝1，
∴2a2+4a﹣2024＝2（a2+a）﹣2024＝2﹣2024＝﹣2022，
故选：D．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解，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．
8．（4分）如图，某工程队计划将一块长64m、宽32m的矩形场地建设成绿化广场，广场内部修建四条宽相等的小路，其余区域进行绿化．若使绿化区域的面积为广场总面积的80%，求小路的宽．设小路的宽为xm，则可列方程（ ）
A．（64﹣3x）（32﹣x）＝64×32×80%
B．（32﹣3x）（64﹣x）＝64×32×80%
C．64x+3×32x﹣3x2＝64×32×80%
D．64x+3×32x＝64×32×（1﹣80%）
【分析】根据矩形的面积公式结合绿化区域的面积为广场总面积的80%，即可得出关于x的一元二次方程，
【解答】解：设小路的宽为x 米，则绿化区域面积相当于长为（64﹣3x）米，宽为（32﹣x）米的矩形面积，
∴（64﹣3x）（32﹣x）＝64×32×80%，
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，找准等量关系，是正确列出一元二次方程的关键．
9．（4分）若A（﹣3，y1），B（2，y2），C（3，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x+2）2+h的图象上，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y1
【分析】先根据二次函数的性质得到抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，然后比较三个点离直线x＝﹣2的远近得到y1、y2、y3的大小关系．
【解答】解：∵二次函数的解析式为y＝﹣（x+2）2+h，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣2，
∵A（﹣3，y1），B（2，y2），C（3，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x+2）2+h的图象上，且点C离直线x＝﹣2最远，点A离直线x＝﹣2最近，
∴y3＜y2＜y1，
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
10．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，是常数，且a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如表：
x … ﹣1 0 1 2 …
y … m 2 2 n …
且当x＝时，对应的函数值y＜0，有以下结论：①abc＞0；②当x≤0时，y随x的增大而增大；③关于x的方程ax2+bx+c＝0有异号两实根的，而且负实数根在﹣和0之间；④3m﹣n＜﹣．其中正确的结论是（ ）
A．②③ B．③④ C．②③④ D．①②③④
【分析】由x＝0时，c＝2，x＝1时，a+b+2＝2，得出a+b＝0，即可判断①；求得对称轴和开口方向即可判断②；根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在﹣至0之间，即可判断③；由对称轴公式得出b＝﹣a，则y＝ax2﹣ax+2，即可得出m＝n＝2a+2，得出3m﹣n＝4a+4，由当x＝时，y＝a﹣a+2＜0，求得a＜﹣，即可得出3m﹣n＜﹣，即可判断④．
【解答】解：当x＝0时，c＝2，
当x＝1时，a+b+2＝2，
∴a+b＝0，
∴abc＜0，
①错误；
∵x＝0时，y＝2，x＝1时，y＝2，
∴对称轴为：x＝＝，
∵当x＝时，对应的函数值y＜0，
∴抛物线开口向下，
∴当x＜时，y随x的增大而增大，
∴当x≤0时，y随x的增大而增大，
②正确；
∵x＝1时，y＝2，x＝时，y＜0，
∴抛物线与x轴的交点在1至之间，
∵对称轴为x＝，
∴抛物线与x轴的另一个交点在﹣至0之间，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝0有异号两实根，而且负实数根在﹣和0之间；
③正确；
∵﹣＝，
∴b＝﹣a，
∴y＝ax2﹣ax+2，
∴m＝n＝2a+2，
∴3m﹣n＝4a+4，
∵当x＝时，y＝a﹣a+2＜0，
∴a＜﹣，
∴3m﹣n＜﹣，
④正确；
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数图象上点的特征，能够从表格中获取信息确定出开口方向和对称轴是解题的关键．
二.填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）计算：（1）＝ 3 ；（2）＝ 4 ．
【分析】（1）根据二次根式的性质计算；
（2）根据二次根式的乘法法则计算．
【解答】解：（1）（）2＝3，
故答案为：3；
（2）×＝＝＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查的是二次根式的乘除法、二次根式的性质，掌握二次根式的乘法法则是解题的关键．
12．（4分）已知二次函数y＝（x﹣4）2+3，当x ＜4 时，y随x的增大而减小．
【分析】根据二次函数的性质，找到对称轴；在对称轴的两侧可以讨论函数的增减性．
【解答】解：在y＝（x﹣4）2+3中，a＝1，
∵a＞0，
∴开口向上，
由于函数的对称轴为x＝4，
当x＜4时，y的值随着x的值增大而减小；
当x＞4时，y的值随着x的值增大而增大．
故答案为：＜4．
【点评】本题考查了二次函数的性质，找到的a的值和对称轴，对称轴方程是解题的关键．
13．（4分）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛28场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为 x（x﹣1）＝28 ．
【分析】根据参赛的每两个队之间都要比赛一场且共比赛28场，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：x（x﹣1）＝28，
故答案为：x（x﹣1）＝28．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14．（4分）抛物线y＝ax2+bx+c的函数图象如图所示，写出y＜0时x的取值范围 ﹣1＜x＜3 ．
【分析】由图象可知抛物线开口向上，则抛物线与x轴的交点坐标为（﹣1，0）和（3，0），然后写出抛物线在x轴下方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：∵由图象可知抛物线开口向上，则抛物线与x轴的交点坐标为（﹣1，0）和（3，0），
∴当﹣1＜x＜3时，y＜0．
故答案为：﹣1＜x＜3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，数形结合是解题的关键．
15．（4分）某型号飞机降落后滑行的距离s（单位：米）关于滑行时间t（单位：秒）的函数关系式为，则该飞机着陆后滑行 18 秒停止．
【分析】把二次函数解析式化为顶点式，即可求解．
【解答】解：s＝54t﹣1.5t2＝﹣1.5（t﹣18）2+486，
∵﹣1.5＜0，
∴抛物线开口向下，
∴当t＝18时，s有最大值，
∵飞机滑行到最大距离停下来，此时滑行的时间最长，
∴该飞机着陆后滑行最长时间为18秒．
故答案为：18．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，明确题意并正确地将二次函数的一般式写成顶点式是解题的关键．
16．（4分）已知A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y＝ax2﹣3x+1上的两点，其对称轴是直线x＝x0，若|x1﹣x0|＞|x2﹣x0|时，总有y1＞y2，同一坐标系中有M（﹣1，﹣2），N（3，2），且抛物线y＝ax2﹣3x+1与线段MN有两个不相同的交点，则a的取值范围是 ≤a＜2 ．
【分析】用待定系数法求出MN的解析式，根据二次函数的性质得出x＝3时，y≥2，且﹣≤3，进一步利用Δ＞0求解即可．
【解答】解：设直线MN的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则，
∴，
∴MN的解析式为y＝x﹣1，
∵A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y＝ax2﹣3x+1上的两点，其对称轴是直线x＝x0，若|x1﹣x0|＞|x2﹣x0|时，总有y1＞y2，
∴a＞0，
∵抛物线y＝ax2﹣3x+1与线段MN有两个不相同的交点，
∴x＝3时，y≥2，且抛物线与直线MN有交点，
∴a≥，
令x﹣1＝ax2﹣3x+1，整理得：ax2﹣4x+2＝0，
∵Δ＝16﹣8a＞0，
∴a＜2，
∴≤a＜2，
故答案为：≤a＜2．
【点评】本题考查二次函数的图象与系数的关系，二次函数的图象上的点的特征等知识，解题的关键是掌握二次函数的性质．
三.解答题（本大题有9小题，共86分）
17．（10分）解方程：
（1）x2﹣9＝0
（2）x2+2x﹣1＝0．
【分析】（1）根据直接开平方法可以解答此方程；
（2）根据配方法可以解答此方程．
【解答】解：（1）x2﹣9＝0
x2＝9
∴x＝±3，
∴x1＝3，x2＝﹣3；
（2）x2+2x﹣1＝0
x2+2x＝1
x2+2x+1＝2
（x+1）2＝2
∴x+1＝±，
解得，x1＝﹣1+，x2＝﹣1﹣．
【点评】本题考查解一元二次方程，解答本题的关键是明确解方程的方法．
18．（8分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中a＝．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝ ＝，
当a＝+1时，原式＝．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19．（8分）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象过点（1，0），（0，﹣1）．
（1）求这个函数解析式；
（2）在直角坐标系，画出它的图象．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）选一些特殊点，先描点，再画图即可．
【解答】解：（1）二次函数y＝x2+bx+c的图象过点（1，0），（0，﹣1），
则有：，解得：，
二次函数的解析式为：y＝x2﹣1；
（2）当x＝0时，y＝﹣1；
当x＝±1时，y＝0；
当x＝±2时，y＝3；
描点作图如下：
二次函数y＝x2﹣1图象如上图．
【点评】本题考查了待定系数法以及二次函数的作图，求出二次函数解析式为y＝x2﹣1，是解答本题的关键．
20．（8分）为响应国家号召打赢脱贫攻坚战，小明利用信息技术开了一家网络商店，将家乡的土特产销往全国，今年6月份盈利400万元，8月份盈利900万元，求6月份到8月份盈利的月平均增长率．
【分析】设6月份到8月份盈利的月平均增长率为x，可得：400（1+x）2＝900，即可解得答案．
【解答】解：设6月份到8月份盈利的月平均增长率为x，
根据题意得：400（1+x）2＝900，
解得x＝﹣2.5（舍去）或x＝0.5＝50%，
答：6月份到8月份盈利的月平均增长率为50%．
【点评】本题考一元二次方程的应用，解题的挂机是读懂题意，列出一元二次方程．
21．（8分）关于x的一元二次方程x2﹣（3+m）x+3m＝0．
（1）试判断该方程根的情况并说明理由；
（2）若x1，x2是该方程的两个实数根，且2x1﹣x1x2+2x2＝12，求该方程的解．
【分析】（1）根据根与系数的关系进行判断即可；
（2）根据2x1﹣x1x2+2x2＝12求出原来的方程，进行解方程即可．
【解答】解：（1）该方程有实数解，理由如下：
Δ＝（3+m）2﹣12m＝m2﹣6m+9＝（m﹣3）2≥0
∴该方程有实数解．
（2）根据根与系数的关系可知x1+x2＝3+m，x1x2＝3m
∵2x1﹣x1x2+2x2＝12，
∴2（x1+x2）﹣x1x2＝12，
∴2（3+m）﹣3m＝12，
∴m＝﹣6．
∴原方程为：x2+3x﹣18＝0，
∵（x+6）（x﹣3）＝0，
∴x1＝﹣6，x2＝3．
【点评】本题考查了根与系数的关系，求出m值是解答本题的关键．
22．（8分）学校“牧春园”计划用一块矩形地种植两种花卉．如图，矩形地ABCD一面靠墙（墙的长度为12m），另外三面用栅栏围成，中间再用栅栏EF把它分成两个矩形．已知栅栏的总长度为24m．设AB的边长为x．
（1）若矩形地ABCD的面积为36m2，求AB的长；
（2）当AB边为多少时，矩形地ABCD的面积最大，最大面积是多少？
【分析】（1）设AB的长为xm，则BC的长为（24﹣3x）m，根据矩形的面积＝36列出方程，解方程判断x的值即可；
（2）设矩形的面积为Sm2，根据矩形的面积公式列出函数解析式，由函数的性质求最大值即可．
【解答】解：设AB的长为xm，则BC的长为（24﹣3x）m，
根据题意得：（24﹣3x）x＝36，
解得x＝2或x＝6，
当x＝2时，24﹣3x＝18＞12，不合题意，舍去，
当x＝6时，24﹣3x＝6＜12，符合题意，
∴x＝6，
答：AB的长为6m；
（2）设矩形的面积为Sm2，
则S＝（27﹣3x）x＝﹣3x2+27x＝﹣3（x﹣9x）＝﹣3（x﹣）2+，
∵BC＝27﹣3x≤12，
∴x≥5，
∵﹣3＜0，
∴当x＝5时，S有最大值，最大值为60，
∴当AB边为5时，矩形地ABCD的面积最大，最大面积是60m2．
【点评】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程及函数关系式．
23．（10分）已知：正方形ABCD的边长为厘米，对角线AC上的两个动点E，F，点E从点A、点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，过E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角边于H；过F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角边于G，连接HG，EB．（这里规定：线段的面积为0）．E到达C，F到达A停止．若E的运动时间为x秒，
（1）当x＝2时，四边形HEFG的面积是 24 ；
（2）当x＝10时，△AEB的面积是 40 ；
（3）当x为何值时，四边形HEFG与△AEB的面积相等．
【分析】（1）当点H、G分别在AD、CD上时，根据运动的特点有：AE＝CF，再结合正方形的性质，等腰直角三角形的性质可得AE＝EH，CF＝FG，即有EH＝FG，即可证明四边形EFGH是矩形，当点H、G分别在CD、AD上时，同理可证明四边形EFGH是矩形，求出AC＝16．设矩形EFGH的面积为S1，△AEB的面积为S2，根据运动的特点可知：AE＝x＝CF，过B作BO⊥AC于O，则BO＝8．可得 ，当点H、G分别在AD、CD上时，即有AE＝x≤8，AE＝HE＝x，EF＝AC﹣AE﹣CF＝16﹣2x，S1＝HE×EF＝x（16﹣2x）；当点H、G分别在CD、AD上时，即有8＜AE＝x≤16，可得S1＝HE×EF＝（16﹣x）（2x﹣16）；即有四边形HEFG的面积，△AEB的面积为S2＝4x，当x＝2时，四边形HEFG的面积可求解；
（2）x＝10时，根据S2＝4x，△AEB的面积可求解；
（3）当0＜x≤8时，当S1＝S2时，x（16﹣2x）＝4x，解方程即可求解；当8＜x≤16时，当S1＝S2时，（16﹣x）（2x﹣16）＝4x，整理得：x2﹣22x+128，方解方程即可求解．
【解答】解：（1）当点H、G分别在AD、CD上时，如图1，
∵E、F运动时间相同，
∴AE＝CF，
∵EH⊥AC，FG⊥AC，
∴EH∥FG，
∵ABCD为正方形，
∴AD＝DC，∠D＝90°，
∴∠DCF＝∠DAE＝45°，
又EH⊥AC，FG⊥AC，
∴∠CGF＝∠AHE＝45°，
∴∠GCF＝∠CGF，∠HAE＝∠AHE
∴AE＝EH，CF＝FG，
∴EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EH⊥AC，
∴四边形EFGH是矩形，
当点H、G分别在CD、AD上时，同理可证明四边形EFGH是矩形，
综上：四边形EFGH是矩形．
∵正方形边长为，
∴AC＝16．
设矩形EFGH的面积为S1，△AEB的面积为S2，
根据运动的特点可知：AE＝x＝CF，
过B作BO⊥AC于O，则BO＝8．
∴，
当点H、G分别在AD、CD上时，即有AE＝x≤8，
∵AE＝HE＝x，EF＝AC﹣AE﹣CF＝16﹣2x，
∴S1＝HE×EF＝x（16﹣2x）；
当点H、G分别在CD、AD上时，即有8＜AE＝x≤16，如图2，
∵AF＝GF＝HE＝CE＝AC﹣AE＝16﹣x，
∴EF＝AC﹣CE﹣AF＝16﹣2（16﹣x）＝2x﹣16，
∴S1＝HE×EF＝（16﹣x）（2x﹣16）；
∴四边形HEFG的面积，
△AEB的面积为S2＝4x，
当x＝2时，四边形HEFG的面积是S1＝2×（16﹣2×2）＝24；
故答案为：24；
（2）在（1）中已求出△AEB的面积为S2＝4x，
当x＝10时，△AEB的面积为S2＝4×10＝40；
故答案为：40；
（3）分类讨论：
当0＜x≤8时，
当S1＝S2时，x（16﹣2x）＝4x．
解得x1＝0（舍去），x2＝6．
∴当x＝6时，S1＝S2；
当8＜x≤16时，
当S1＝S2时，（16﹣x）（2x﹣16）＝4x，
整理得：x2﹣22x+128，
方程的Δ＝（﹣22）2﹣4×1×128＝﹣28＜0，
此时，方程无实数解．
综上：当x＝6时，四边形HEFG与△AEB的面积相等．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，一元二次方程的应用，分别表示出四边形HEFG与△AEB的面积是解题的关键．
24．（12分）根据下列素材，探索完成任务：
如何加固蔬菜大棚？
素材1 农科所在某蔬菜基地试用新型保温大棚技术．大棚横截面为抛物线型（如图），一端固定在距离地面1米的墙体1处．另一端固定在距离地面2米的对面墙体B处，两墙体的水平距离为6米．大棚离地面的最高点P与A的水平距离为3.5米．
素材2 为了使大棚更牢固，在此横截面内竖立若干根与地面垂直的竹竿连接到大棚的边缘．要求相邻竹竿之间的水平距离为2米，靠近墙体的竹竿与墙体的水平距离不超过2米．
问题解决
任务1 确定大棚形状 结合素材1，在图中建立合适的直角坐标系，求大棚横截面所对应的抛物线解析式（不需写自变量取值范围）．
任务2 探索加固方案 请你设计一个符合要求的竹竿竖立方案，方案内容包括：①从何处立第一根竹竿；②共需多少根竹竿；③所需竹竿的总长度 （写出计算过程）．
【分析】（1）建立直角坐标系，用待定系数法求出解析式即可；（2）根据题意，写出一个符合要求的方案即可．
【解答】解：（1）建立直角坐标系如图（答案不唯一）：
由已知可得A（0，1），B（6，2），顶点P的横坐标为3.5，
设大棚横截面所对应的抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴大棚横截面所对应的抛物线解析式为y＝﹣x2+x+1；
（2）符合要求的方案（答案不唯一）：
从距左侧墙体2米处立第一根竹竿，距左侧墙体4米处立第二根竹竿，
∴共需2根竹竿，
当x＝2时，y＝﹣x2+x+1＝﹣×4+×2+1＝，
当x＝4时，y＝﹣x2+x+1＝﹣×16+×4+1＝3，
∴所需竹竿总长度为+3＝（米）．
【点评】本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，方案设计等，解题的关键是读懂题意，掌握待定系数法求函数解析式．
25．（14分）抛物线C：y＝x2﹣2x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C．
（1）直接写出点A，B的坐标；
（2）如图1，直线y＝x+1经过点A，交抛物线于另一点N，点D在抛物线上，满足△DAN的面积与△CAN的面积相等，求点D的横坐标；
（3）如图2，将抛物线C向上平移，使其顶点M在x轴上，得到抛物线C1，P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线C1上两点（P点在Q点左侧），直线PQ交抛物线C1对称轴于点E，过点Q作y轴的平行线分别交x轴，直线PM于F，H两点，EH交x轴于点G，求证：EG＝GH．
【分析】（1）当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，求解方程即可求A、B点坐标；
（2）由面积相等可得DC∥AN，先求直线CD的解析式为y＝x﹣3，当x﹣3＝x2﹣2x﹣3时，求出D点横坐标即可；直线y＝x﹣3关于直线AN对称的直线为y＝x+5，当x+5＝x2﹣2x﹣3时，求出D点横坐标即可；
（3）由题意可得平移后的函数解析式为y＝x2﹣2x+1，求出直线PQ的解析式为y＝（x1+x2﹣2）x+1﹣x1x2，再求E（1，x1+x2﹣1﹣x1x2），则EM＝x1+x2﹣1﹣x1x2，求出直线PM的解析式为y＝（x1﹣1）x+1﹣x1，再求H（x2，﹣x1﹣x2+x1x2+1），从而得到FH＝x1+x2﹣x1x2﹣1＝EM，通过证明△EMG≌△HFG（AAS），即可证明EG＝GH．
【解答】（1）解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）解：当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
当x2﹣2x﹣3＝x+1时，解得x＝﹣1或x＝4，
∴N（4，5），
∵△DAN的面积与△CAN的面积相等，
∴DC∥AN，
∴直线CD的解析式为y＝x﹣3，
当x﹣3＝x2﹣2x﹣3时，解得x＝0或x＝3，
∴D点横坐标为3；
设直线AN的解析式为y＝tx+s，
∴，
解得，
∴y＝x+1，
∴AN与y轴的交点为（0，1），
∴C点关于（0，1）的对称点为（0，5），、
∴经过点（0，﹣5）且与直线AN平行的直线为y＝x+5，
当x+5＝x2﹣2x﹣3时，解得x＝或x＝（舍），
∴D点横坐标为3或；
（3）证明：由题意可得平移后的函数解析式为y＝x2﹣2x+1，
∴M（1，0），对称轴为直线x＝1，
设直线PQ的解析式为y＝kx+b，
∵P（x1，﹣2x1﹣3），Q（x2，﹣2x2﹣3），
∴，
解得，
∴y＝（x1+x2﹣2）x+1﹣x1x2，
∵E在对称轴上，
∴E（1，x1+x2﹣1﹣x1x2），
∴EM＝x1+x2﹣1﹣x1x2，
设直线PM的解析式为y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴y＝（x1﹣1）x+1﹣x1，
∵QH∥y轴，
∴H（x2，﹣x1﹣x2+x1x2+1），
∵H点在第四象限，
∴FH＝x1+x2﹣x1x2﹣1＝EM，
在△EMG和△HFG中，
，
∴△EMG≌△HFG（AAS），
∴EG＝GH．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，平行线的性质是解题的关键．
