广东省惠州市大亚湾六校联考2023-2024学年九年级上册第三次月考数学试题

广东省惠州市大亚湾六校联考2023-2024学年九年级上册第三次月考数学试题

阅卷人

——、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）

得分

1.下列国产新能源汽车标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）

蔚来零跑

>小鹏<.V,

哪吒

2.平面内，已知O0的半径为lOcni,P0=12cm,则点P与。。的位置关系是（）

A.点P在。。上B.点P在。。内

C.点P在。。外D.不能确定

3.用配方法解一元二次方程/+4久=5时，此方程可变形为（）

A.（%+2/=1B.（久一2）2=1C.（%+2）2=9D.（久—2猿=9

4.用反证法证明“△/BC中至少有两个锐角”，第一步应为（）

A.假设ATIBC中至多有一个锐角B.假设△ABC中有一个直角

C.假设△ABC中有两个直角D.假设△ABC中有两个锐角

5.下列关于抛物线y=（x—I/+3的说法不亚睥的是（）

A.抛物线开口向上B.抛物线的顶点是（1,3）

C.抛物线与y轴的交点是（0,3）D.当x>l时，y随x的增大而增大

6.关于x的一元二次方程5x+m=0有两个不相等的实数根，则实数机的取值范围是（）

=25、25

A.m<^BR.m<c.jn>学n血？彳

4T4D-

7.如图，将△ABC绕点C旋转得到△DEC,点A对应点。，点8对应点E,点8刚好落在0E边上,

ZX=24°,乙BCD=48°,贝=()

B

ED

A.68°B.70°C.72°D.74°

8.如图，点A、B、C、。为一个正多边形的顶点，点。为正多边形的中心，若乙=18。，则这个正

多边形的边数为（）

A.10B.12C.15D.20

9.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，图1,点M表示筒车的

一个盛水桶.如图2,当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，5m为半径的圆，且圆心在

水面上方.若圆被水面截得的弦AB长为8m,则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为（）

C.3米D.4米

10.二次函数丫=a/+b久+c（aH0）中两个变量的x与y的3组对应值：点PQ〉y1），Q（x2,y?）在该

％I<%2<3

函数图象上.若当时，-1<<y2,给出下列3个结论：①a<0；@xr+x2<4；

③25a-5b+c+l<0.上述结论中，所有正确结论的序号是（)

X.......-337.......

y.......m-1m.......

A.①②B.②③C.①③D.①②③

阅卷人

二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）

得分

11.如图，圆锥的母线长I为10sn,底面圆半径r为4.5cm,则该圆锥的侧面积为

12.根据物理学规律，如果不考虑空气阻力，以40m/s的速度将小球沿与地面成30。角的方向击出，小

球的飞行高度〃（单位：加）与飞行时间f（单位：s）之间的函数关系是：h=-5t2+20t,则小球运动

中的最大高度是m.

13.如图，将边长为为3厘米的正方形ABC。绕点C按顺时针方向旋转30。，得到正方形EFCG,EF^AD

交于则的长是厘米.

14.关于x的一元二次方程/+%=兀有两个不相等的实数根，则抛物线y=，+久—九的顶点在第

象限.

15.在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推

广，取得了很大成果.如图，利用黄金分割法，所做EF将矩形窗框4BCD分为上下两部分，其中E为边

的黄金分割点，即8髀已知4B为2米，则线段BE的长为米

X.--------------------------|Z）

阅卷人

三、解答题（一）（本大题共3小题，16题10分，第17,18题各7分,

共分）

得分24

16.（1）解方程：%（2%-5）=2%-5

（2）已知关于x的一元二次方程/—4久-26+5=0的一个根为3,求实数的值及另一个根.

17.如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三边用20米长的篱笆围成一个矩形场地.若围成矩形场地

的面积为50米2,求矩形场地的长和宽.

Y///////////////////////////A

18.综合与实践

将两个全等的的RCA4BC和RtADEC,其中乙4BC=4DEC=90。，按如图1方式放置，与DE交于

点O.

图I图2

（1）通过观察和测量，猜想AE、BC的数量关系为:CO与40的位置关系是;

（2）将股△DEC绕点C逆时针旋转至图2所示的位置，（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证

明；不成立，请说明理由.

阅卷人

四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）

得分

19.如图，已知抛物线为=/-3%+2与直线48：丫2=左％+小（々。°）交于4（1，。），B（0,2）两点，顶

点为D

（1）请根据图象直接写出丫1＞丫2时X的取值范围;

（2）将△0AB绕点A顺时针旋转90。后，点3落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C,求

平移后所得抛物线的解析式.

20.如图所示，它是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个

点...，第n行有？1个点,

（1）第一行有1个点，前两行点数和是3,前三行点数和是6,请问前四行的点数和是,

前n行的点数和是;

（2）探究发现，120是前__________________________________________________________________

行的点数和；

（3）三角点阵中前n行的点数和能是600吗？如果能请求出；如果不能，试用一元二次方程说明理

由.

21.如图，在RtAABC中，ZC=9O。，NBAC的角平分线AD交BC边于点D

（1）以4B边上一点。为圆心，过A,。两点作。。（不写作法，保留作图痕迹）；

（2）判断直线BC与。。的位置关系，并说明理由；

（3）若（1）中的O。与边AB的另一个交点为E,AB=6,BD=2同求近的弧长（结果保留根

号和兀）.

阅卷人

五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）

得分

22.综合探究

（一）新知学习：

人教版数学九年级上教材第119页《探究四点共圆的条件》发现，圆内接四边形的判断定理：如果四

边形对角互补，那么这个四边新内接于圆（即如果四边形EBGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个

顶点E、F、G、”都在同个圆上）.

（二）问题解决：

已知。。的半径为2,AB,CD是O。的直径，P是庭上任意一点，过点P分别作4B,的垂线，垂

足分别为N,M.

(1)若直径ABJ.CD(如图1),在点尸(不与3、C重合)从B运动到C的过程中，MN的长是否为

定值，若是，请并求出其定值；若不是，请说明理由.

(2)若直径AB与CD相交成120。角，当点P(不与3、C重合)从3点运动到C的过程中(如图2),

证明MN的长为定值.

(3)试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值.

23.综合运用

如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=a/+b%-3(a70)与％轴交于4(3,0)、B(-l,0)两

点，与y轴交于点C,连接2C.

(1)求抛物线的解析式与顶点M坐标；

(2)如图1,在对称轴上是否存在一点D,使NDCA=ADAC,若存在，请求出点。的坐标；若不存

在，请说明理由；

(3)如图2,若点P是抛物线上的一个动点，且乙4PB=45。，请直接写出点P的横坐标.

答案解析部分

L【答案】C

【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形

【解析】【解答】解：A、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A错误；

B、图形既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故选项B错误；

C、图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项C正确；

D、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D错误.

故答案为：C.

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，逐项判断即可.

2.【答案】C

【知识点】点与圆的位置关系

【解析】【解答】解：O0的半径为10cm,PO=12cm，

而10<12,

点P在。。外，

故答案为：C

【分析】根据。。的半径为10cm,PO=12cm,判断求解即可。

3.【答案】C

【知识点】配方法解一元二次方程

【解析】【解答】解：/+4K=5,

；./+4无+4=5+4,

；•(x+2)2=9.

故答案为：C.

【分析】根据配方法解一元二次方程，即可得解.

4.【答案】A

【知识点】反证法

【解析】【解答】解：用反证法证明'ABC中至少有两个锐角”，第一步假设AABC中最多有一个锐角,

故答案为：A.

【分析】由反证法，第一步假设结论不成立，然后推出矛盾，即可得到答案.

5.【答案】C

【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=a(x-h)八2+k的性质

【解析】【解答】解：二次函数y=(x—1)2+3,

抛物线开口向上，顶点坐标为(1,3),对称轴是直线x=l,当x>l时，y随x的增大而增大，故A,

B,D选项不符合题意；

令％=0,得y=4,.•.抛物线与y轴的交点是(0,4),故选项C符合题意.

故答案为：C.

【分析】利用二次函数的性质，可判断A,B,D选项不符合题意；令久=0,得y=4,可判断选项C符

合题意，即可得解.

6.【答案】A

【知识点】一元二次方程根的判别式及应用

【解析】【解答】解：••・关于x的一元二次方程x2-5x+m=0有两个不相等的实数根，

△=b2-4ac=(-5)2-4xlxm>0,解得：m〈孕.

4

故答案为：A.

【分析】根据一元二次方程的根的判别式：△>0时，方程有两个不相等的实数根，列式求解即可.

7.【答案】C

【知识点】三角形的外角性质；旋转的性质

【解析】【解答】解：由旋转的性质可得CE=CB,乙4=AD=24。，乙4BC=乙DEC,

：.^ABC=乙DEC=乙CBE,

:.乙CBE=+乙BCD=24°+48°=72°,

C.^ABC=72°.

故答案为：C.

【分析】根据旋转的性质得到CE=CB,AA=AD=24°,乙ABC=LDEC,利用三角形外角的性质得到

乙CBE=ZD+乙BCD=72°,即可得解.

8.【答案】A

【知识点】圆周角定理；正多边形的性质

【解析】【解答】解：作出正多边形的外接圆，

D

o

U：Z.ADB=18°,

：.^.AOB=2(ADB=36°,

・・・这个正多边形的边数为群=10.

故答案为：A.

【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到乙4。8=36。，由正多边形的性质，即可求解.

9.【答案】B

【知识点】勾股定理；垂径定理的应用

【解析】【解答】解：过点。作OCLAB于点C,交圆。于点D,

.\AC=|AB=4,

在RtAAOC中，

OC=y/OA2-AC2=7s2-42=3，

ACD=OD-OC=5-3=2,

筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为2米

故答案为：B

【分析】过点。作OCLAB于点C,交圆O于点D,利用垂径定理可求出AC的长，利用勾股定理求

出OC的长，然后根据CD=OD-OC,代入计算求出CD的长.

10.【答案】D

【知识点】二次函数丫=2*八2+bx+c的性质

【解析】【解答】解：由表格数据可知，x=-3与x=7关于对称轴对称，该二次函数对称轴为直线x=

7-3

丁一2,

若a>0时,

V-l<y1<y2,当久1<久2<1，则'l〉如与条件矛盾，，a<0，故①正确;

%1<%2<3,-1<<y2,当%=为时，由对称性得皿+%3=4,由二次函数的性质开口向下，离对

称轴越近函数值越小,

/.%1+X2<4,故②正确；

将尤=-5代入y=ax2+bx+c得y=25a-5b+c,

止匕时25a—5b+c<—1>

25a—5b+c+1<0,故叵）正确;

综上①②③正确.

故选D.

【分析】由表格数据可得二次函数对称轴为：久=2,若a>0,由一1<丫1<丫2，得光1<到<1时为>

丫2,可判断①正确，由二次函数的对称性得当以=当，时，K1+的=4,结合二次函数的性质可判断

②正确；将x=—5代入y=a久2+人久+c得y=25a-5b+c,得25a—5b+c<—1,可判断③正确.

口.【答案】4571

【知识点】圆锥的计算

【解析】【解答】解：...圆锥的母线长是10cm,底面圆半径r为4.5cm

:.圆锥的侧面积：S=-2^=1x10x271X4.5=4571(cm2),

故答案为：457t.

【分析】利用圆锥的侧面积公式求解即可。

12.【答案】20

【知识点】二次函数的最值；二次函数y=axA2+bx+c的性质

【解析】【解答】解：由题意得，h=-5t2+20t=-5(t-2)2+20,

t=2时，函数值最大，此时h=20,

...小球运动中的最大高度是20m,

故答案为20.

【分析】根据二次函数的性质，求出最值，即可得到答案.

13.【答案】V3

【知识点】直角三角形全等的判定(HL)；正方形的性质；旋转的性质

【解析】【解答】解：连接CH,

正方形/BCD绕点C按顺时针方向旋转30。，得到正方形EFCG,

・'•BC=CF=CD,乙DCF=60°,

ZF=ZD=90°

又,:CH=CH,

：.Rt△CFHmRt△CDH(HL),

1

:•乙DCH=乙FCH=JzDCF=30°,

在RtACOH中，=亨C。=^x3=厘米.

故答案为：V3.

【分析】连接CH,由正方形的性质及旋转的性质得到BC=CF=CD,乙DCF=60°,zF=zD=90°,

从而证明RtAC尸HmRtACDH,得到ADC"=30。，贝S"=枭。=g厘米.

14.【答案】三

【知识点】二次函数y=ax八2+bx+c的性质；二次函数图象与一元二次方程的综合应用

【解析】【解答】解：一元二次方程%2+x=n有两个不相等的实数根，

「・抛物线y=x2+x-八与x轴有两个交点，

顶点横坐标为：x=-^-=<0,

2a2x12

开口向上，顶点纵坐标：yvO,

・・・抛物线顶点在第三象限，

故答案为：三.

【分析】根据题意抛物线丫=/+久-n与X轴有两个交点，再根据开口向上及对称轴可得，抛物线顶点

在第三象限，即可得到答案.

15.【答案】(述一1)

【知识点】黄金分割

【解析】【解答】解：♦.•点E是AB的黄金分割点,

■AE_BE_V5-1

,,丽=怎=^~，

VAB=2米，

:,BE=（遮一1）米.

故答案为：(遮―1).

【分析】根据点E是AB的黄金分割点，可得集=空=四=，然后将AB=2代入计算可得BE的长.

BEAB2

16.【答案】(1),.・％(2%-5)=2%—5,

.*.x(2x—5)—(2%—5)=0,

・・・(%—1)(2%-5)=0,

—1=0或2汽-5=0,

解得%1=1,冷=9；

(2)设方程的另一个根为3

•・,关于x的一元二次方程%2一©-2租+5=0的一个根为3,另一个根为t,

••3+t=4,3t=-2m+5,

：.t=1,

Am=1.

【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系

【解析】【分析】(1)利用提公因式法因式分解，解一元二次方程即可得解；

(2)设方程的另一个根为工利用根与系数的关系得到3+t=4,3t=-2m+5,计算求解即可.

17•【答案】设矩形与墙平行的一边长为xm,

则另一边长为:(20-x)m.

根据题意，得;(20-x)x=50,

解方程，得％1=K2=1。，・

当x=10时，1(20-x)=5.

答：矩形的长为10m,宽为5m.

【知识点】一元二次方程的应用-几何问题

【解析】【分析】设所围矩形平行于墙的一边长为x米，则另一边长为4(20-x)米，根据矩形面积公

式，列出方程，计算求解即可.

18.【答案】(1)4E=BQ；CO1AD

(2)解:成立，

证明：由题意可知：AC=DC,CE=CB,乙DCE=AACB，

：.ADCB=AACE,

••△DCB=△ACE,

：.DB=AE,

在Rt△COB和Rt△COE中，

VCB=CE,CO=CO,

*•-Rt△COB=Rt△COE»

：.z.BCO=乙ECO,

：./LDCO=/.ACO,

在等腰△AC。中，C。是顶角的平分线，

COVAD.

【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定(HL)；等腰三角形的性质；旋转的性质

【解析】【解答】证明：三AOEC,

：-AC=CD,BC=CE,

:.AC—CE=CD—BC,即4E=BD

\'AABC=乙DEC=90°,

...点。是△ace三边垂线的交点，

：.C01XD；

故答案为：AE=BD,CO1AD；

【分析】(1)由△ABC三△DEC,根据全等三角形的性质得AC=CD,BC=CE,可求得4E=BD；由题

意得点。是△AC。三边垂线的交点，即可得出C。140；

(2)根据题意得ADCB三AACE,推出DB=AE,根据全等三角形全等的判定推出Rt△COB三Rt△

COE,然后根据等腰三角形的性质，即可得到答案.

19.【答案】(1)解：由函数图象可知，当二次函数图象在一次函数图象上方时，自变量的取值范围为

x<0或x>1,

当当>丫2时，X的取值范围％<0或久>1；

(2)解：设将△OAB绕点A顺时针旋转90。后的对应图形为^EAC,

丁力(L0),B(0,2),

AOA=1,OB=2,

由旋转的性质可得AE=CM=1,CE=OB=2,^OAE=90。，^AEC=^AOB=90。,

.♦.点C的坐标为(3,1),

2

原抛物线解析式为y1=%2一3%+2==-|)—%

.•.可设平移后的抛物线解析式为y=(%-J)2-1+m,

把点C(3,1)代入y=(久—1)2_/+加中得：(3_》—i+m=1>

；・m=—1,

平移后的抛物线解析式为y=(%-|)2-1-l=(x-|)2-|

【知识点】二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与不等式(组)的综合应用

【解析】【分析】(1)根据函数图象，二次函数图象在一次函数图象上方时自变量的取值范围久<0或无〉

1，即可得解；

(2)设将△OAB绕点A顺时针旋转90。后的对应图形为^EAC,根据旋转的性质得点C的坐标为

(3,1),原抛物线解析式为=/—3久+2=(久—1:—上，设平移后的抛物线解析式为y=(%-|)2-

1+m,把点C(3,1)代入，可得m的值，进而可得平移后的抛物线解析式.

20.【答案】(1)10；1n(n+1)

2

(2)根据题意可得：^n(n+1)=120,整理得n+n—240=0,求得的=15,n2=—16(舍去)，

A120是前15行的点数和.

(3)根据题意可得：1n(n+1)=600,

整理得，n2+n-1200=0.

.•"=块—4ac=M_4x1X(-1200)=4801,

而4761<4801<4900,BR692<4801<702.

4=4801不是一个完全平方数，即方程的两根均为无理数.

・•・三角形点阵中前n行的点数和不能是600.

【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；用代数式表示图形变化规律

【解析】【解答］解：(1)第一行有1个点，第二行有2个点…第M亍有n个点，

则前四行的点数和为：1+2+3+4=10,

前n行的点数和：(1+2+3+4+5+…+71)=1n(n+1).

故答案为：10,^n(n+1).

【分析】(1)由题意得：第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点，可得前四行的点数和为10,

前ri行的点数和1)；

(2)令3n(n+1)=120,计算求解即可；

(3)令;n(n+1)=600,整理为序+九一1200=0,通过判别式4=都一4ac=4801,不是整数的平

方，进而判断点数能不能为600.

21.【答案】(1)如图，作4。的垂直平分线交AB于点O,。为圆心，。4为半径作圆.

(2)BC与。。的切线.

连接OD.

4。平分NB4C,

・•・Z-DAC=Z.DAB.

•・•OA=OD,

・•・Z-ODA=乙DAB,

・•・Z-DAC=乙ODA,

OD||AC,

・•・Z-ODB=Z-C.

VZC=90°,

•••乙ODB=90%

即。。IBC,

■■。。是o。的半径，

・•.BC是。。的切线.

(3)设。。的半径为r,则。B=6—r,

在RtAODB中，/.ODB=90°,

OB2=OD2+BD2.

即(6—r)2—r2+(2V3)2»

r=2

・•.OB=4,

・・・乙OBD=30°,乙DOB=60%

•60c2

••Uh=X7TX2=亨7T，

loU3on

.•."的弧长为I兀.

【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；弧长的计算；角平分线的定义

【解析】【分析】(1)作40的垂直平分线交ZB于点O,则点。即为。。的圆心；

(2)连接0D,由ZBAC的角平分线力D交BC边于。，由等腰三角形及角平分线的性质可证得AC||0D,

又由NC=90。，可得OD1BC,即可得BC是。。的切线；

(2)设。。的半径为r.则在RtAOBD中，由勾股定理得(6—「猿=N+(2四,，即得r=2,然后根据

弧长公式计算求解即可.

22.【答案】(1)如图1,

图1

•••AB10C,即NBOC=90°,

Z.BOC=乙PMO=乙PNO=90°,

四边形PMON是矩形，

MN=OP=2,

・•.MN的长为定值，该定值为2；

(2)设四边形PMON的外接圆为。。'，连接N。'并延长,

交。。'于点Q,连接QM,如图3,

P

图3

则有ZQMN=90°,乙MQN=乙MPN=60°,

在RtAQMN中，sin乙MQN=黑,

MN=QN•sin乙MQN,

MN=OP-sin/MQN=2xsin60°=2x号=后

MN是定值.

(3)由(2)得MN=OP-sin/MQN=2sin乙MQN.

当直径AB与CD相交成90。角时，乙MQN=180°-90°=90°,MN取得最大值2.

【知识点】矩形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形一边角关系

【解析】【分析】(1)由题意得四边形PMON是矩形，根据矩形的性质得MN=OP=2,即可得解；

(2)设四边形PMON的外接圆为。。，连接并延长，交。。'于点Q,连接QM,根据圆周角定理可得

Z.QMN=90°,由圆内接四边形对角互补得ZMQN=ZMPN=60。，在Rt△QMN中运用三角函数可得：

MN=^QN=^0P=y[3>即可得解；

(3)由(2)中已得结论MN=OP•sin/MQN可知，当ZMQN=90。时，MN最大,即AB与CD相交成90。

角时，MN的长取最大值，即可得解.

23.【答案】(1)解：•・,抛物线丫=a/+-3(。W0)与％轴交于力(3,0)、5(-1,0)两点，

•••产+?\3=。，解得｛/1,

I<2—0-3=03=—2

••・抛物线解析式为y=/-2久-3,

将解析式变为顶点式为y=(%-I)2-4,则抛物线的顶点”为(1,-4),

综上所述，抛物线解析式为y=久2一2久-3,顶点M的坐标为(1,-4).

,:Z-DCA=Z.DAC,

­-AD=CD,△ADC为等腰三角形，

・•.AE=CE,

••,抛物线解析式为y=/-2久-3,

C(0,-3),有0C=3,

:4(3,0),有。A=3,

0A—0C,

■.0E1AC,即直线DE过点0,

■■■E点为AC中点.

设直线DE的解析式为y=kx,有|k=—I，解得k=—1,故直线DE的解析式为y=—x,

•・・。在抛物线的对称轴上，且抛物线对称轴为久=1,

把％=1代入y=—%中，有y=-1,

•••0(1,-1).

(3)解：点P的横坐标为i±V7,如图所示:

在对称轴上取点F,使得AABF为NF=90。的等腰直角三角形，再以所为半径作。F交抛物线于P1，P2

两点，贝1kAp/=AAP2B=45°.

・••O是48的中点，且由坐标可知ZB=4,

BD=FD=AD=2.

AF=2V2,且F(l,2),

设P(m,m2—2m—3),WPF=y/(m—l)2+(m2—2m—3—2)2•

即有J(m—I)2+(9-2m-3-2)2=

(m—l)2+(m2—2m—3—2)2=8,

(m-l)2+[(m-I)2_6/=8，

令t=(m—I)?,有t+(t—6)2=8)解得ti=4,±2=7,

即(771—I)?=4或(7H—l)?=7>解得加=3(舍去)，VT，2=—1(舍去)，TTlj=1+y/7,加4=1—V7.

如图工轴下方抛物线，不存在点P使得乙4PB=45°,

综上所述，点P的横坐标为1±g.

【知识点】待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；圆周角定理；二次函数与一次函数的综合应用；二次函

数-动态几何问题

【解析】【分析】(1)根据待定系数法，把2(3,0)、5(-1,0)代入y=a久2+此一3缶片0),可得抛物

线解析式为y=/一2久-3,进而可得抛物线的顶点M为(1,-4);

(2)作DE14C于点E,并延长ED,由4。01=/。北，可得△4DC为等腰三角形，即。点在4C的垂直

平分线上，由题意。4=。心根据等腰三角形性质可得E为AC中点，直线DE过点。，可推出直线OE的解

析式为y=-K，当久=1时，y--1,即可得到点。的坐标。(1,-1).

(3)在对称轴上取点F,使得△ABF为ZF=90。的等腰直角三角形，再以AF为半径作OF交抛物线于

P1，「2两点，贝1kAp1B=ZAP2B=45。，4F=2/，且F(1,2),设P(m,m2-2m-3),由两点间

的距离公式可得Jg—1)2+(.一2m-3—2)2=2内计算求解即可.

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：120分

客观题（占比）30.0(25.0%)

分值分布

主观题（占比）90.0(75.0%)

客观题（占比）10(43.5%)

题量分布

主观题（占比）13(56.5%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

解答题（三）（本大

题共2小题，每小题2(8.7%)24.0(20.0%)

12分，共24分）

解答题（一）（本大

题共3小题，16题

10分，第17,183(13.0%)24.0(20.0%)

题各7分，共24

分）

选择题（本大题共

10个小题，每小题10(43.5%)30.0(25.0%)

3分，共30分）

解答题（二）（本大

题共3小题，每小题3(13.0%)27.0(22.5%)

9分，共27分）

填空题（本大题共5

小题，每小题3分，5(21.7%)15.0(12.5%)

共15分）

3、试卷难度结构分析

序号难易度占比

1普通(69.6%)

2容易(17.4%)

3困难(13.0%)

4、试卷知识点分析

序号知识点（认知水平）分值（占比）对应题号

二次函数与不等式（组）的综合应

19.0(7.5%)19

用

2一元二次方程的根与系数的关系10.0(8.3%)16

3二次函数图象的几何变换9.0(7.5%)19

4角平分线的定义9.0(7.5%)21

5弧长的计算9.0(7.5%)21

6配方法解一元二次方程3.0(2.5%)3

7圆内接四边形的性质12.0(10.0%)22

8轴对称图形3.0(2.5%)1

9反证法3.0(2.5%)