2024届河北省石家庄市28中学教育集团数学九年级上册期末学业水平测试试题含解析

2024届河北省石家庄市28中学教育集团数学九上期末学业水平测试试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题(每小题3分,共30分)

1.若点A(1,j1),B(2,j2),C(-2,%)都在反比例函数y=K(QO)的图象上，则以，山，山的大小关系是

X

()

A.MVy2V%B-C.HV%V为D.%V%VM

2.抛物线y=aχ2+bx+c的对称轴为直线x=-l,部分图象如图所示，下列判断中：

①abc>l;

②b?-4ac>l;

③9a-3b+c=l;

④若点(-1.5,yι),(-2,y2)均在抛物线上，则yι>y2;

⑤5a-2b+cVl.

A.2B.3C.4D.5

3.已知函数尸αχZ2αx-i(α是常数且存0),下列结论正确的是()

A.当α=l时，函数图像过点(-1,1)

B.当α=-2时，函数图像与X轴没有交点

C.当a>O,则当x≥l时，y随X的增大而减小

D.当α<O,则当x≤l时，y随X的增大而增大

4.如图，AD是。O的直径，以A为圆心，弦AB为半径画弧交。O于点C,连结BC交AD于点E,若DE=3,BC

=8,则。O的半径长为()

D

B

251625

A.—B.5C.—D.—

633

5.如图，已知AB是。O的直径,AD切。O于点A,点C是BE的中点，则下列结论:①OC〃AE；②EC=BG③NDAE

=ZABE;④ACJLOE,其中正确的有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

6.抛掷一枚质地均匀的硬币，若抛掷6次都是正面朝上，则抛掷第7次正面朝上的概率是（）

A.小于LB.等于LC.大于LD.无法确定

222

7.顺次连接矩形各边中点得到的四边形是（）

A.平行四边形B.矩形C.菱形D.正方形

8.若二次函数y=f-2x+机的图像与X轴有两个交点，则实数机的取值范围是（）

A.m≥lB.m£1C.ιn>∖D.m<1

9.如图，在AABC中，ZACB=90，ZB=30，AO平分N5AC,E是AD的中点，若AB=8,则CE的长为（）

10.如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段CB的延长线上，连接DE交AB于点F,NAED=2NCED,点G为

DF的中点.若BE=I,AG=3,则AB的长是（）

A.√iθB.2√2c.√ΓTD.2√3

二、填空题（每小题3分,共24分）

11.如图,AB是。O的直径,点C在。O上,AE是。O的切线,A为切点,连接BC并延长交AE于点D.若.AOC=80o,

则一ADB的度数为（）

A.40°B.50°

12.如图，四边形ABCr）是菱形，O经过点A、C、。与BC相交于点E,连接AC、AE,若NO=78°,则NE4C

13.如图，在直角三角形ABC中，Co是斜边AB上的高，AD=8,BD=2,则tan∕δCD的值为

14.将正整数按照图示方式排列，请写出“2020”在第行左起第个数.

1

23

456

78910

15.如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树AB的高度，他调整自己的位置，使斜边DF保持水平，并

且边DE与点B在同一直线上.已知纸板的两条直角边DE=40cm,EF=20cm,测得边DF离地面的高度AC=1.5m,

CD=IOm,贝!∣AB=m.

B

16.一元二次方程χ2=3x的解是：.

17.如图，点A,B是双曲线）=自上的点，分别过点A,B作X轴和轴的垂线段，若图中阴影部分的面积为2,则

X

两个空白矩形面积的和为.

18.如图，抛物线y=-g（x+l）（x-9）与坐标轴交于A、B、C三点，D为顶点，连结AC,BC.点P是该抛物线

在第一象限内上的一点.过点P作y轴的平行线交BC于点E,连结AP交BC于点F,则空的最大值为.

三、解答题（共66分）

19.（10分）如图，某建筑物AC顶部有一旗杆AB,且点A,B,C在同一条直线上，小明在地面D处观测旗杆顶端

B的仰角为30。，然后他正对建筑物的方向前进了20米到达地面的E处，又测得旗杆顶端B的仰角为60。，已知建筑

物的高度AC=12m,求旗杆AB的高度.

B

20.（6分）如图，菱形A8C。的顶点A,O在直线/上，NA40=60。，以点A为旋转中心将菱形ABC。顺时针旋转ɑ

（0o<α<30o）,得到菱形NbCTT,夕C咬对角线AC于点M,CTr交直线/于点N,连接MN,当MN〃力Zr时，

解答下列问题：

B.

⑴求证：AAB'M与AAD'N；

⑵求α的大小.

21.（6分）解方程:

(1)X2-4x+2=0;

(2)(X-IXX+2)=4

22.（8分）已知关于X的方程炉+（2m+l）x+m（.ιn+l^）=1.

（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；

（2）已知方程的一个根为x=l,求代数式，层+,”-5的值.

23.（8分）已知“，人关于X的方程k2一（左+2）尤+2k=0的两个实数根.

（1）若攵=3时，求。2匕+“。2的值；

（2）若等腰ΔABC的一边长c=l,另两边长为a、b,求ΔABC的周长.

24.（8分）某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽取50名学生进行测

试，并对成绩（百分制）进行整理、描述和分析.部分信息如下：

a.七年级成绩频数分布直方图：

b.七年级成绩在7（）Mx<80这一组的是：7072747576767777777879

c.七、八年级成绩的平均数、中位数如下：

年级平均数中位数

七76.9m

八79.279.5

根据以上信息，回答下列问题：

（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含8（）分）的有人；

（2）表中m的值为i

（3）在这次测试中，七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分，请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前，

并说明理由；

（4）该校七年级学生有400人，假设全部参加此次测试，请估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数.

25.（10分）某公司经销一种成本为10元的产品，经市场调查发现，在一段时间内，销售量）（件）与销售单价X（元

/件）的关系如下表：

元（元/件）15202530

y（件）550500450400

设这种产品在这段时间内的销售利润为W（元），解答下列问题：

（O如y是X的一次函数，求）'与X的函数关系式；

（2）求销售利润W与销售单价X之间的函数关系式；

（3）求当X为何值时，卬的值最大？最大是多少？

26.（10分）端午节是我国的传统节日，人们素有吃粽子的习俗.某商场在端午节来临之际用4800元购进4、B两种

粽子共IIOO个，购买A种粽子与购买8种粽子的费用相同.已知A种粽子的单价是8种粽子单价的1.2倍.

（1）求A,8两种粽子的单价；

（2）若计划用不超过8000元的资金再次购进A,3两种粽子共1800个，已知4、8两种粽子的进价不变.求4种粽

子最多能购进多少个？

参考答案

一、选择题（每小题3分,共30分）

1、D

【分析】先根据反比例函数中k>l判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论.

k

【详解】解：∙.∙反比例函数了=一中左>1,

X

.∙.函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内y随X的增大而减小.

_2<1,

二点C(-2,及)位于第三象限，

/.J2<1,

∙.∙1<1<2,

二点A(1,yl),B(2,y2)位于第一象限,

.*.J1>J2>1.

∙∙yi>y2>y2.

故选：D.

【点睛】

本题考查的是反比例函数的性质，掌握反比例函数图象所在象限及增减性是解答此题的关键.

2、B

【分析】分析：根据二次函数的性质一一判断即可.

【详解】详解：Y抛物线对称轴x=-l,经过(1,1),

b

-=-1,a+b+c=l,

Ia

Λb=2a>c=-3a,

Va>l,

Λb>l,c<l,

Λabc<l,故①错误，

T抛物线对称轴x=-l,经过(1,1),

可知抛物线与X轴还有另外一个交点(-3,1)

.∙.抛物线与X轴有两个交点，

Λb2-4ac>l,故②正确，

T抛物线与X轴交于(-3,1),

.,.9a-3b+c=l,故③正确，

点(-1.5,yι),(-2,y2)均在抛物线上，

(-1.5,yι)关于对称轴的对称点为(-1.5,y,)

(-1.5,y1),(-2,y2)均在抛物线上，且在对称轴左侧,

-1.5>-2,

则y∣<y2;故④错误,

V5a-2b+c=5a-4a-3a=-2a<1,故⑤正确，

故选B.

【点睛】

本题考查二次函数与系数的关系，二次函数图象上上的点的特征，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中

考常考题型.

3、D

【分析】根据二次函数的图象与性质逐项分析即可.

【详解】y=aχ2-2ax-l(a是常数且a≠0)

A、当a=l时，y=x2-2χ-l,令x=T,贝IJy=2,此项错误；

B、当a=-2时，y=2χ2+4x-l,对应的二次方程的根的判别式A=42-4χ2χ(-l)=24>0,则该函数的图象与X轴有两个不同

的交点，此项错误；

C、当a>0,y=ax2-2aχ-l=a(x-1)2-a+1,贝∣Jx≥l时，y随X的增大而增大，此项错误；

D、当a<0时，y=ax2-2ax-1=a(x-l)2-a+1,则x≤l时,y随X的增大而增大，此项正确；

故答案为：D.

【点睛】

本题考查了二次函数的图象与性质，掌握熟记图象特征与性质是解题关键.错因分析：较难题.失分原因可能是：①不会

判断抛物线与X轴的交点情况；②不能画出抛物线的大致图象来判断增减性.

4、A

【分析】由作法得AB=AC，根据圆周角定理得到NADB=NABE,再根据垂径定理的推论得到AD_LBC,BE=CE

=yBC=4,于是可判断Rt△ABEsRtABDE,然后利用相似比求出AE,从而得到圆的直径和半径.

【详解】解：由作法得AC=AB,

ʌAB=AC，

ΛZADB=ZABE,

VAB为直径，

ΛAD±BC,

，BE=CE=LBC=4,ZBEA=ZBED=90O,

2

而NBDE=NABE,

：.Rt∆ABE<^Rt∆BDE,

ΛBE:DE=AE:BE,即4：3=AE:4,

16

.∙.AE=-,

3

1625

ΛAD=AE+DE=—+3=—,

33

25

二。0的半径长为L∙

6

故选：A.

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条

件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形

的性质表示线段之间的关系.也考查了圆周角定理.

5、C

【分析】由C为弧EB中点，利用垂径定理的逆定理得到OC垂直于BE,根据等弧对等弦得到BC=Ee再由AB为

直角，利用圆周角定理得到AE垂直于BE,进而得到一对直角相等，利用同位角相等两直线平行得到OC与AE平行,

由AD为圆的切线，利用切线的性质得到AB与DA垂直，利用同角的余角相等得到NDAE=NABE,根据E不一定为

弧AC中点，可得出AC与OE不一定垂直，即可确定出结论成立的序号.

【详解】解：∙.∙C为BE的中点，即BC=CE，

ΛOClBE,BC=EC,选项②正确；

设AE与CO交于F,ΛZBFO=90o,

：AB为圆O的直径，

ΛAE±BE,即NBEA=90°,

ΛZBFO=ZBEA,

ΛOC√AE,选项①正确；

•；AD为圆的切线，

ΛZDAB=90o,即NDAE+NEAB=90°,

VZEAB+ZABE=90o,

ΛZDAE=ZABE,选项③正确;

点E不一定为AC中点，故E不一定是AC中点，选项④错误,

则结论成立的是①②③，

故选：C.

【点睛】

此题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的判定，以及垂径定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键.

6,B

【分析】利用概率的意义直接得出答案.

【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上概率等于L,

2

前6次的结果都是正面朝上，不影响下一次抛掷正面朝上概率，则第7次抛掷这枚硬币，正面朝上的概率为：

2

故选：B.

【点睛】

此题主要考查了概率的意义，正确把握概率的定义是解题关键.

7、C

【分析】根据三角形的中位线定理，得新四边形各边都等于原四边形的对角线的一半，进而可得连接对角线相等的四

边形各边中点得到的四边形是菱形.

【详解】解：如图，矩形ABCo中，

.,.AC=BD,

E,fG,"分别为四边的中点，

.∙.EFUBD,EF=LBD,GH/∕BD,GH--BD,FG=LAC,

222

：.EF//GH,EF=GH,

四边形ABC。是平行四边形，

AC=BD,EF=-BD,FG=LAC,

22

.∙.EF=FG,

■■四边形EEG”是菱形.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定，以及三角形中位线定理，关键是掌握三角形的中位线定理及菱形的判定.

8、D

【解析】由抛物线与X轴有两个交点可得出A=b"4ac>0,进而可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的

取值范围.

【详解】T抛物线y=χZ2x+m与X轴有两个交点，

.,.∆=b2-4ac=(-2)2-4×l×m>0,即4-4m>0,

解得：m<l.

故选D.

【点睛】

本题考查了抛物线与X轴的交点，牢记“当A=b2-4ac>0时，抛物线与X轴有2个交点”是解题的关键.

9、B

【分析】首先证明Ao=8。，然后再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，即CE=‘AO.

2

【详解】解：NACB=90o,NB=30°,

.∙.ZCAB60°.

又Az)平分NC4B

.∙.NC4D=NZMB=30°

.-.ZDAB=ZB

AD—BD.

在RdACDΦ,CD=-AD.

2

设AD=BZ)=x,

则CO=L,

2

AC=-AB=A

2

在RLAC。中，

AC2+CD2=AD2

r1Y

BP42+—X=X2

（2）

解得VG

E为AD中点,

.∖CE=~AD=-y[3

23

故选B

【点睛】

本题主要考查了角平分线的性质、直角三角形斜边上的中线，含30度角的直角三角形.

10、B

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AG=DG,进而得到得NADG=NDAG,再结合两直线平

行，内错角相等可得NADG=∕CED,再根据三角形外角定理NAGE=2NADG,从而得到NAED=NAGE,再得到

AE=AG,然后利用勾股定理列式计算即可得解.

【详解】解：Y四边形ABCD是矩形，点G是DF的中点，

二AG=DG,

ΛZADG=ZDAG,

VAD/7BC,

ΛZADG=ZCED,

ΛZAGE=ZADG+ZDAG=2ZCED,

VZAED=2ZCED,

ΛZAED=ZAGE,

ΛAE=AG=3,

在Rt△ABE中，AB=√AE2-BE2=√32-12=2√2，

故选:B.

【点睛】

本题考查了矩形的性质，等边对等角的性质，等角对等边的性质，以及勾股定理的应用，求出AE=AG是解题的关键.

二、填空题（每小题3分,共24分）

11、B.

【解析】试题分析：根据AE是。O的切线，A为切点，AB是。O的直径，可以先得出/BAD为直角.再由同弧所

对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出NB,从而得到NADB的度数.由题意得：NBAD=90。，

VZB=IZAOC=40o,ΛZADB=90o-ZB=50o.故选B.

一

考点：圆的基本性质、切线的性质.

12、27°

【分析】根据菱形的性质得到NACB=4NDCB=4（180。-ND）=51。，根据圆内接四边形的性质得到NAEB=ND

22

=78。，由三角形的外角的性质即可得到结论.

【详解】解：V四边形ABCD是菱形，ZD=780,

ΛZACB=—ZDCB=—（180°-ND）=51°,

22

•/四边形AECD是圆内接四边形，

ΛZAEB=ZD=78o,

：.ZEAC=ZAEB-ZACE=27o,

故答案为：27°.

【点睛】

本题考查了菱形的性质，三角形的外角的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键.

1

13、一

2

【分析】证明ZXACOszkCBZ）,从而求出CD的长度，再求出tanZBC。即可.

【详解】TCO是斜边AB上的高

NCDA=NCDB=90。

VZA+ZB=90o,ZA+ZACD=90°

ΛZB=ZACD

：.MCDSMBD

.ADCD

**CD-DB

8CD

解得CD=4,CD=-4（舍去）

；.在RtLCBD中

tan∕B3些=2」

CD42

故答案为：ɪ.

2

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定以及三角函数，掌握相似三角形的性质以及判定是解题的关键.

14、611

【分析】根据图形中的数字，可以写出前n行的数字之和，然后即可计算出2020在多少行左起第几个数字，本题得以

解决.

【详解】解：由图可知，

第一行1个数，

第二行2个数，

第三行3个数，

则第n行n个数，

故前n个数字的个数为：1+2+3+…+n=迪士2，

2

63x64

：当n=63时，前63行共有------=2016个数字，2020-2016=1,

2

Λ2020在第61行左起第1个数，

故答案为：61,1.

【点睛】

本题考查了数字类规律探究，从已有数字确定其变化规律是解题的关键.

15、6.5

【分析】利用直角三角形DEF和直角三角形BCD相似求得BC的长后加上AC的长即可求得树AB的高.

【详解】VZDEF=ZBCD=90o,ZD=ZD,

Λ∆DEF^∆DCB,

.BCDC

•∙=9

EFDE

VDE=40cm=0.4m,EF=20cm=0.2m,CD=IOm,

.BC_10

••=9

0.20.4

解得：BC=5(m),

VAC=1.5m,

ΛAB=AC+BC=1.5+5=6.5(m),

故答案为：6.5

【点睛】

本题考查相似三角形的应用，如果两个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似；

熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.

16、xι=O,X2=l

【分析】先移项，然后利用因式分解法求解.

【详解】χ2=lχ

x2-lx=0,

x(x-l)=0,

x=0或x-l=0,

Λxι=0,x2=l.

故答案为XI=0,X2=l

【点睛】

本题考查了解一元二次方程•因式分解法：先把方程右边变形为0,再把方程左边分解为两个一次式的乘积，这样原方

程转化为两个一元一次方程，然后解一次方程即可得到一元二次方程的解

17、1.

【解析】试题分析：丁点A、B是双曲线；=二上的点，,S矩形ACOG=S矩形BEOF=6,*/S阴影DGoF=2,，S矩形ACDF+S矩形BDGE=6+6

X

-2-2=1,故答案为L

考点：反比例函数系数k的几何意义.

18、坦

40

【分析】根据抛物线的解析式求得A、B、C的坐标，进而求得AB、BC、AC的长，根据待定系数法求得直线BC的

解析式，作PNLBC,垂足为N.先证明APNEsZiBOC,由相似三角形的性质可知PN=MePE,然后再证明

10

PF

∆PFN-∆AFC,由相似三角形的性质可得到PF:AF与m的函数关系式，从而可求得一的最大值.

AF

【详解】∙.∙抛物线y=-g(χ+l)(x-9)与坐标轴交于A、B、C三点，

ΛA(-1,O),B(9,0),

令x=0,则y=Q,

/.C(0,1),

2222

ʌBC=y∣OB+OC=√9+3=3√10，

设直线BC的解析式为y=kx+b∙

Y将B、C的坐标代入得：C,解得k=--,b=l,

"33

.∙.直线BC的解析式为y=-gx+l.

设点P的横坐标为m,则纵坐标为-ɪ(m+l)(m-9),点E(m,--m+l),

33

PE=--(m+l)(m-9)-(--m+l)=-ɪm2+lm.

333

作PN_LBC,垂足为N.

•.,PE〃y轴，PN±BC,

ΛNPNE=NCoB=90。，ZPEN=ZBCO.

ΛΔPNE^∆BOC.

.PN=QBJ9_3而

,,7F^βc^3√io--∖o~'

.M3√10M3厢,12,、

..PN=-—PE=——(--m2+lm).

10103

VAB2=(9+l)2=100,AC2=l2+l2=10,BC2=90,

ΛAC2+BC2=AB2.

：.NBCA=90。，

又TNPFN=NCFA,

Λ∆PFN^∆AFC.

"="=零（-#+3明Jmdm=-Lm-%+旦.

AFAC———√-i-o----------10IO10240

当m=∙^∙时，的最大值为不■.

2AF40

QI

故答案为：——.

40

【点睛】

本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的解析式、等

腰三角形的性质、勾股定理的应用以及相似三角形的证明与性质，求得”与m的函数关系式是解题的关键.

AF

三、解答题(共66分)

19、旗杆AB的高度为(IoG-12)加

【分析】首先根据三角形外角的性质结合等角对等边可得BE=DE,然后在RtZ∖BEC中，根据三角形函数可得

BC=BE∙sin60o,然后可得AB的长.

【详解】VZBEC=60o,ZBDE=30o,

ΛZDBE=60o-30o=30o,

ΛBE=DE=20(m),

在RtABEC中，

BC=BE∙sin60o

=20×-

2

=iθy∣3(m),

ΛAB=BC-AC

=(IoG-12)0),

答：旗杆AB的高度为(10百-12)根.

【点睛】

此题主要考查了解直角三角形的应用，关键是证明BE=DE,掌握三角形函数定义.

20、(1)见解析；(2)α=15o

【分析】(1)利用四边形ABo是菱形，得到AB，=B，C，=CD，=AD，，根据NB，AD，=NBo=60。，可得aABT'

是等边三角形，进而得到△(：，MN是等边三角形，则有C，M=C，N,MB,=ND,,利用SAS即可证明

∆AB,M^∆AD,N;

(2)由(1)得NBAM=NAAN,利用NCAD=LNBAD=30。，即可解决问题.

2

【详解】(DY四边形AB，CD，是菱形，

ΛAB,=B,C,=C'D,=AD,,

VZB,AD,=ZB,C,D,=60o,

Λ∆AB,D,,ABO是等边三角形，

VMN∕7B,C,,

：.ZC,MN=ZC,B,D,=60o,NCNM=NCDB，=60。，

ΛΔC,MN是等边三角形，

ΛC,M=C,N,

ΛMB=NDS

VZAB,M=ZAD,N=120o,AB'=AD',

Λ∆ABrM^∆AD,N(SAS),

(2)由^AB'M0Z∖AD'N得：NB'AM=ND'AN,

1

TNCAD=-NBAD=30°,

2

：.ZD,AN=ZB,AM=15o,

Λα=150

【点睛】

本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.

21、(1)xl=2+Λ∕2,x2=2--s∕2；(1)Xi=-3,Xl=L

【分析】(D用配方法即可得出结论；

(1)整理后用因式分解法即可得到结论.

【详解】(1)Vx1-4x+l=0,

.,.x1-4x+4=l,

∙,∙(x-1)*=1>

Xy=2+V2>X2=2—V2；

(1)V(x-l)(x+l)=4,

.*.x'+x-6=0)

.*.(x+3)(x-1)=0,

.*∙xι=-3,xι=l.

【点睛】

本题考查了一元二次方程，解答本题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型.

22、(1)方程总有两个不相等的实数根；(2)-2.

【分析】(1)根据一元二次方程的根的判别式即可得出由此即可证出方程总有两个不相等的实数根；

(2)将X=I代入原方程求出m的值，再将m值代入代数式中求值即可.

【详解】解：(1)Y关于X的一元二次方程X?+(2m+l)x+ιn(m+l)=1.

ΛΔ=(2∕n+l)2-4m(m+l)=1>1,

.∙.方程总有两个不相等的实数根；

(2)∙."=1是此方程的一个根，

，把X=I代入方程中得到机(机+1)=1,

把m(∕n+l)=1代入得m2+m-2=-2.

【点睛】

本题考查了根的判别式及用整体代入法求代数式的值，熟练掌握“当一元二次方程根的判别式△>1时，方程有两个

不相等的实数根.”是解题的关键.

23、(1)30；(2)1

【分析】(D若k=3时，方程为χ2-lx+6=0,方法一：先求出一元二次方程的两根a,b,再将a,b代入因式分解后的式子

计算即可；方法二：利用根与系数的关系得到a+b=l,ab=6,再将/b+。从因式分解，然后利用整体代入的方法计算;

(2)分1为底边和1为腰两种情况讨论即可确定等腰三角形的周长.

【详解】解：(1)将％=3代入原方程，

得：f-5X+6=0∙

方法一：

解上述方程得：

%,=2,X2=3

因式分解，得：a2b+ab2=ab(a+b).

代入方程的解，

得：a1b+ab~=ab(a+⅛)=2×3×(2+3)=30.

方法二：应用一元二次方程根与系数的关系

因式分解，

得：a2b+ab2=ab(a+b),

由根与系数的关系，得αb=6,a+b=5,

贝!]有：a2b+ab1=ab(a+⅛)=6×5=30.

(2)①当C与a,。其中一个相等时，不妨设〃=。=1,

将a=l代回原方程，得Z=I.

解得：b=2,

此时a+c=。，不满足三角形三边关系，不成立；

②当a=6时，△=[—(左+2)f—8左=0,

解得：k=2,

解得：a-b-2>

C/MBC=2+2+l=5∙

综上所述：AABC的周长为L

【点睛】

本题考查了根的判别式，根与系数的关系，三角形的三边关系，等腰三角形的定义，解题的关键是熟知两根之和、两

根之积与系数的关系.

24、(1)23(2)77.5(3)甲学生在该年级的排名更靠前(4)224

【分析】(1)根据条形图及成绩在70≤x<80这一组的数据可得；

(2)根据中位数的定义求解可得；

(3)将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；

(4)用总人数乘以样本中七年级成绩超过平均数76.9分的人数所占比例可得.

【详解】解：(1)在这次测试中，七年级在80分以上(含80分)的有15+8=23人，

故答案为23；

(2)七年级50人成绩的中位数是第25、26个数据的平均数，而第25、26个数据分别为78、79,

故答案为77.5；

(3)甲学生在该年级的排名更靠前，

七年级学生甲的成绩大于中位数78分，其名次在该班25名之前,

八年级学生乙的成绩小于