2022-2023学年江苏省常州市九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若关于𝑥的一元二次方程𝑥2−𝑎𝑥+6=0的一个根是2，则𝑎的值为( ) A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
2. 一元二次方程𝑥2−8𝑥−2=0，配方后变形为( ) A. (𝑥−4)2=18
B. (𝑥−4)2=14
C. (𝑥−8)2=64
D. (𝑥−4)2=1
3. 下列一元二次方程中，无实数根的是( )
A. 𝑥2−2𝑥−3=0 B. 𝑥2+3𝑥+2=0 C. 𝑥2−2𝑥+1=0 D. 𝑥2+2𝑥+3=0 4. 方程𝑥(𝑥−1)=𝑥的解是( ) A. 𝑥=1
B. 𝑥=0
C. 𝑥=2或𝑥=0
D. 𝑥=1或𝑥=−1
5. 如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为⊙𝑂的内接四边形，若四边形𝑂𝐵𝐶𝐷为菱形，则∠𝐵𝐴𝐷的度数为( ) A. 45° B. 60° C. 72° D. 36°
∠𝐵𝐴𝐶=36°，⊙𝑂与边𝐴𝐶相切于点𝐷，𝐹，点𝑂在边𝐴𝐵上，交边𝐴𝐵于点𝐸，连接𝐹𝐷，6. 如图，则∠𝐴𝐹𝐷等于( )
A. 27° B. 29° C. 35° D. 37°
7. 若扇形的半径为3，圆心角为60°，则此扇形的弧长是( ) A. 2𝜋
1
B. 𝜋
C. 2𝜋
3
D. 2𝜋
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8. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶=√2，点𝐷是𝐴𝐵边上一个动点，以点𝐷为圆
心𝑟为半径作⊙𝐷，直线𝐵𝐶与⊙𝐷切于点𝐸，若点𝐸关于𝐶𝐷的对称点𝐹恰好落在𝐴𝐵边上，则𝑟的值是( )
A. √2−1 B. 1 C. √2 D. √2+1
二、填空题（本大题共10小题，共20.0分）
9. 方程𝑥2−4𝑥=0的实数解是 ．
10. 已知关于𝑥的方程𝑥2−2𝑥+𝑚=0有两个不相等的实数根，则𝑚的取值范围是 ．
11. 关于𝑥的方程𝑥2−3𝑥+2=0的两根为𝑥1，𝑥2，则𝑥1+𝑥2的值为______．
12. 已知𝑦1=𝑥2−9，𝑦2=3−𝑥，当𝑥= ______ 时，𝑦1=𝑦2．
13. 一个直角三角形的两条边长分别是方程𝑥2−7𝑥+12=0的两根，则该直角三角形的面
积是______．
14. 如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，点𝐶、𝐷在⊙𝑂上，若∠𝐴𝐷𝐶=58°，则∠𝐵𝐴𝐶= ______ °.
15. 如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，𝐴𝐷=𝐷𝐶，∠𝐷𝐴𝐶=25°，则∠𝐴𝐵𝐶=______°.
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16. 如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，以点𝐴(8,5)为圆心作⊙𝐴与𝑥轴相切，点𝑃是𝑦轴正半轴
上一点，𝑃𝐴=10，则𝑂𝑃=______．
17. 如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷交于点𝑂，分别以点𝐴，𝐶为圆心，𝐴𝑂长为半径画弧，
分别交𝐴𝐵，𝐶𝐷于点𝐸，𝐹.若𝐵𝐷=4，∠𝐶𝐴𝐵=36°，则图中阴影部分的面积为______ .(结果保留𝜋)
18. 如图，△𝐴𝐵𝐶是⊙𝑂的内接三角形，∠𝐵𝐴𝐶=45°，𝐵𝐶=4，𝑂𝐻⊥𝐴𝐶，垂足为𝐻，连接
𝐵𝐻，则𝐵𝐻的最大值是______．
三、解答题（本大题共7小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题16.0分)
解方程． (1)(𝑥−1)2=4； (2)𝑥2−4𝑥+3=0； (3)(𝑥−2)2=2𝑥−5； (4)2𝑥2−3𝑥+1=0．
20. (本小题8.0分)
已知关于𝑥的一元二次方程𝑥2+2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚=0有实数根．
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(1)求𝑚的取值范围；
22(2)若该方程的两个实数根分别为𝑥1、𝑥2，且𝑥1+𝑥2=12，求𝑚的值．
21. (本小题6.0分)
如图，用长6𝑚的铝合金条制成“日“字形窗框，请问宽和高各是多少时，窗户的透光面积为1.5𝑚2(铝合金条的宽度不计)？
22. (本小题6.0分)
某服装店以每件30元的价格购进一批𝑇恤，如果以每件40元出售，那么一个月内能售出300件，根据以往的销传经验，销售单价每提高1元，月销售量就会减少10件，若服装店希望一个月内销售该种𝑇恤能获得利润3360元，且销售单价不超过50元，求𝑇恤的销售单价应提高多少元？
23. (本小题8.0分)
已知𝐴𝐵为⊙𝑂的直径，𝐴𝐵=6，𝐶为⊙𝑂上一点，连接𝐶𝐴，𝐶𝐵． ⏜的中点，求∠𝐶𝐴𝐵的大小和𝐴𝐶的长； (Ⅰ)如图①，若𝐶为𝐴𝐵
(Ⅱ)如图②，若𝐴𝐶=2，𝑂𝐷为⊙𝑂的半径，且𝑂𝐷⊥𝐶𝐵，垂足为𝐸，过点𝐷作⊙𝑂的切线，与𝐴𝐶的延长线相交于点𝐹，求𝐹𝐷的长．
24. (本小题10.0分)
𝑦轴于点𝐴、𝐵，点𝐶、如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，一次函数𝑦=𝑥+4的图像分别交𝑥轴、𝐷分别是射线𝐴𝑂、射线𝐴𝐵上的动点，且𝐴𝐷=√2𝑂𝐶.连接𝐶𝐷，以𝐶𝐷为直径作⊙𝐼，设𝐶(𝑡,0)． (1)若𝑡=−1，则点𝐷的坐标是______；
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(2)若点𝐶在线段𝑂𝐴上且⊙𝐼的面积是4𝜋，求𝑡的值； (3)若直线𝐴𝐵与⊙𝐼相切，求𝑡的值．
25. (本小题10.0分)
【阅读理解】在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知点𝑀(𝑥,𝑦)，𝑁是线段𝑂𝑀上一点．对于平面内一点𝑃给出如下定义：将点𝑃向右(𝑥≥0)或向左(𝑥<0)平移|𝑥|个单位长度，再向上(𝑦≥0)或向下(𝑦<0)平移|𝑦|个单位长度，得到点𝑃′，点𝑃′关于点𝑁的对称点为𝑄，我们称点𝑃′是点𝑃的“平移点”，点𝑄为点𝑃的“移对点”．
【解答问题】在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知⊙𝑂的半径为2．
(1)若点𝑀(2,0)，点𝑁是𝑂𝑀的中点，点𝑃(3,0)，则点𝑃的“平移点”𝑃′的坐标是______，点𝑃的“移对点”𝑄的坐标是______；
(2)如图，点𝑀(0,2)，点𝑁是𝑂𝑀的中点，点𝑃(3,0).在图中用直尺与圆规作出点𝑃的“移对点”点𝑄，并求点𝑄的坐标(不写作法，保留作图痕迹)；
(3)若点𝑀(𝑥,𝑦)是⊙𝑂上一点，𝑁是线段𝑂𝑀上一点，且𝑂𝑁=√2，𝑃是⊙𝑂外一点，点𝑄为点𝑃的“移对点”，连接𝑃𝑄.当点𝑀在⊙𝑂上运动时，直接写出𝑃𝑄长的最大值与最小值的差．
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答案和解析
1.【答案】𝐷
【解析】解：∵关于𝑥的一元二次方程𝑥2−𝑎𝑥+6=0的一个根是2， ∴22−2𝑎+6=0， 解得𝑎=5． 故选：𝐷．
根据关于𝑥的一元二次方程𝑥2−𝑎𝑥+6=0的一个根是2，将𝑥=2代入方程即可求得𝑎的值． 本题考查了一元二次方程的解，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．解决本题亦可利用根与系数的关系．
2.【答案】𝐴
【解析】解：∵𝑥2−8𝑥−2=0， ∴𝑥2−8𝑥=2，
则𝑥2−8𝑥+16=2+16， 即(𝑥−4)2=18， 故选：𝐴．
将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案． 本题主要考查解一元二次方程−配方法．
3.【答案】𝐷
【解析】解：在𝑥2−2𝑥−3=0中，𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=(−2)2−4×1×(−3)=16>0，即该方程有两个不相等的实数根，故选项A不符合题意；
在𝑥2+3𝑥+2=0中，𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=32−4×1×2=1>0，即该方程有两个不相等的实数根，故选项B不符合题意；
在𝑥2−2𝑥+1=0中，𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=(−2)2−4×1×1=0，即该方程有两个相等的实数根，故选项C不符合题意；
在𝑥2+2𝑥+3=0中，𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=22−4×1×3=−8<0，即该方程无实数根，故选项D符合题意；
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故选：𝐷．
计算出各个选项中的𝛥的值，然后根据𝛥>0有两个不相等的实数根，𝛥=0有两个相等的实数根，𝛥<0无实数根判断即可．
本题考查根的判别式，解答本题的关键是明确𝛥>0有两个不相等的实数根，𝛥=0有两个相等的实数根，𝛥<0无实数根．
4.【答案】𝐶
【解析】解：𝑥(𝑥−1)=𝑥， 𝑥(𝑥−1)−𝑥=0， 𝑥(𝑥−1−1)=0， 𝑥(𝑥−2)=0， 𝑥=0或𝑥−2=0， 𝑥1=0，𝑥2=2， 故选：𝐶．
利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握解一元二次方程−因式分解法是解题的关键．
5.【答案】𝐵
【解析】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为⊙𝑂的内接四边形， ∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐶𝐷=180°，
由圆周角定理得：∠𝐵𝑂𝐷=2∠𝐵𝐴𝐷， ∵四边形𝑂𝐵𝐶𝐷为菱形， ∴∠𝐵𝑂𝐷=∠𝐵𝐶𝐷， ∴∠𝐵𝐴𝐷+2∠𝐵𝐴𝐷=180°， 解得：∠𝐵𝐴𝐷=60°， 故选：𝐵．
根据圆内接四边形的性质得到∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐶𝐷=180°，根据圆周角定理得到∠𝐵𝑂𝐷=2∠𝐵𝐴𝐷，根据菱形的性质得到∠𝐵𝑂𝐷=∠𝐵𝐶𝐷，计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是
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解题的关键．
6.【答案】𝐴
【解析】解：连接𝑂𝐷， ∵⊙𝑂与边𝐴𝐶相切于点𝐷， ∴∠𝐴𝐷𝑂=90°， ∵∠𝐵𝐴𝐶=36°，
∴∠𝐴𝑂𝐷=90°−36°=54°， ∴∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐴𝑂𝐷=×54°=27°， 故选：𝐴．
连接𝑂𝐷，根据切线的性质得到∠𝐴𝐷𝑂=90°，根据直角三角形的性质得到∠𝐴𝑂𝐷=90°−36°=54°，根据圆周角定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
1
2
12
7.【答案】𝐵
【解析】解：∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°， ∴此扇形的弧长为故选：𝐵．
根据弧长的公式列式计算即可．
本题考查了弧长公式，熟记弧长公式𝑙=180是解题的关键．
𝑛𝜋𝑟
60𝜋×3180
=𝜋．
8.【答案】𝐴
【解析】解：连接𝐶𝐹、𝐸𝐹、𝐷𝐸， ∵𝐵𝐶与⊙𝐷相切于点𝐸， ∴𝐵𝐶⊥𝐷𝐸，
∴∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐵𝐸𝐷=90°， ∵点𝐹与点𝐸关于𝐶𝐷对称， ∴𝐶𝐷垂直平分𝐸𝐹，
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∴𝐷𝐹=𝐷𝐸，𝐶𝐹=𝐶𝐸，
∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐸𝐹，∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹，
∴∠𝐶𝐹𝐷=∠𝐷𝐹𝐸+∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹+∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝐸𝐷=90°， ∴𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，
∵𝐴𝐶=𝐵𝐶=√2，∠𝐴𝐶𝐵=90°， ∴∠𝐴=∠𝐵=45°，𝐵𝐹=𝐴𝐹， ∴𝐶𝐹=𝐵𝐹=2𝐴𝐵， ∵𝐶𝐹2+𝐵𝐹2=𝐵𝐶2， ∴2𝐶𝐹2=(√2)2， ∴𝐶𝐸=𝐶𝐹=1， ∵∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐵=45°，
∴𝑟=𝐷𝐸=𝐵𝐸=𝐵𝐶−𝐶𝐸=√2−1， 故选：𝐴．
连接𝐶𝐹、𝐸𝐹、𝐷𝐸，由𝐵𝐶与⊙𝐷相切于点𝐸，得∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐵𝐸𝐷=90°，由点𝐹与点𝐸关于𝐶𝐷对称，𝐶𝐹=𝐶𝐸，∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹，得𝐶𝐷垂直平分𝐸𝐹，则𝐷𝐹=𝐷𝐸，所以∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐸𝐹，即可证明∠𝐶𝐹𝐷=∠𝐶𝐸𝐷=90°，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐵𝐹=𝐴𝐹，由𝐴𝐶=𝐵𝐶=√2，得∠𝐴=∠𝐵=45°，所以𝐶𝐹=𝐵𝐹=𝐴𝐵，
2由勾股定理得2𝐶𝐹2=(√2)2，则𝐶𝐸=𝐶𝐹=1，而∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐵=45°，所以𝑟=𝐷𝐸=𝐵𝐸=√2−1，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆的切线的性质、轴对称的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
1
1
9.【答案】𝑥1=0，𝑥2=4
【解析】 【分析】
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 方程利用因式分解法求出解即可． 【解答】
解：方程𝑥2−4𝑥=0，
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分解因式得：𝑥(𝑥−4)=0， 可得𝑥=0或𝑥−4=0， 解得：𝑥1=0，𝑥2=4． 故答案为：𝑥1=0，𝑥2=4．
10.【答案】𝑚<1
【解析】解：∵𝑎=1，𝑏=−2，𝑐=𝑚，
∴△=𝑏2−4𝑎𝑐=(−2)2−4×1×𝑚=4−4𝑚>0， 解得：𝑚<1． 故答案为𝑚<1．
关于𝑥的方程𝑥2−2𝑥+𝑚=0有两个不相等的实数根，即判别式△=𝑏2−4𝑎𝑐>0.即可得到关于𝑚的不等式，从而求得𝑚的范围．
本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系： (1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根； (2)△=0⇔方程有两个相等的实数根； (3)△<0⇔方程没有实数根．
11.【答案】3
【解析】解：由根与系数的关系可知：𝑥1+𝑥2=3 故答案为：3；
根据根与系数的关系即可求出答案．
本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系，本题属于基础题型．
12.【答案】−4或3
【解析】解：由题意，得：𝑥2−9=3−𝑥； 𝑥2+𝑥−12=0 (𝑥+4)(𝑥−3)=0 解得：𝑥1=−4，𝑥2=3； 即当𝑥=−4或3时，𝑦1=𝑦2．
根据题意，列出方程，化为一般式后，用因式分解法求解．
本题考查了解一元二次方程的方法，当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分
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解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．
13.【答案】6或3√7
2【解析】解：∵𝑥2−7𝑥+12=0， ∴𝑥=3或𝑥=4．
①当长是4的边是直角边时，该直角三角形的面积是2×3×4=6；
． ②当长是4的边是斜边时，第三边是√42−32=√7，该直角三角形的面积是×3×√7=
223√7故答案为：6或．
21
3√71
先解出方程𝑥2−7𝑥+12=0的两个根为3和4，再分长是4的边是直角边和斜边两种情况进行讨论，然后根据直角三角形的面积公式即可求解．
本题考查了一元二次方程的解法，三角形的面积，正确求解方程的两根，能够分两种情况进行讨论是解题的关键．
14.【答案】32
【解析】解：∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径， ∴∠𝐴𝐶𝐵=90°， ∵∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐶=58°， ∴∠𝐵𝐴𝐶=90°−∠𝐵=32°． 故答案为32．
根据圆周角定理得到∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐶=58°，然后利用互余计算∠𝐵𝐴𝐶的度数． 本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
15.【答案】50
【解析】解：∵𝐴𝐷=𝐴𝐶， ∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴=25°，
∴∠𝐷=180°−∠𝐷𝐴𝐶−∠𝐷𝐶𝐴=180°−25°−25°=130°，
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∴∠𝐴𝐵𝐶=180°−∠𝐷=180°−130°=50°， 故答案为：50．
首先利用等腰三角形的性质和底角的度数求得∠𝐷的度数，然后根据圆内接四边形的性质求得答案即可．
本题考查了圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补，难度不大．
16.【答案】11
【解析】解：如图，过点𝐴分别作𝐴𝐶⊥𝑥轴于点𝐶、𝐴𝐷⊥𝑦轴于点𝐷，
∵𝐴𝐷⊥𝑦轴，𝐴𝐶⊥𝑥轴， ∴四边形𝐴𝐷𝑂𝐶为矩形． ∴𝐴𝐶=𝑂𝐷，𝑂𝐶=𝐴𝐷． ∵⊙𝐴与𝑥轴相切， ∴𝐴𝐶为⊙𝐴的半径． ∵点𝐴坐标为(8,5)，
∴𝐴𝐶=𝑂𝐷=5，𝑂𝐶=𝐴𝐷=8， ∵𝑃𝐴=10，
在𝑅𝑡△𝑃𝐴𝐷中，根据勾股定理，得𝑃𝐷=√𝑃𝐴2−𝐴𝐷2=√102−82=6， ∴𝑂𝑃=𝑃𝐷+𝐷𝑂=11． 故答案为：11．
过点𝐴分别作𝐴𝐶⊥𝑥轴、𝐴𝐷⊥𝑦轴，求出𝐴𝐶=𝑂𝐷=5，𝑂𝐶=𝐴𝐷=8，利用勾股定理求出𝑃𝐷的长度，进而可求得答案．
本题考查了圆的切线的性质、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是把所求的线段放在直角三角形中利用勾股定理求解和已知圆的切线作半径．
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17.【答案】5𝜋
【解析】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，
∴𝐴𝐶=𝐵𝐷=4，𝑂𝐴=𝑂𝐶=𝑂𝐵=𝑂𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐸 ∴𝑂𝐴=𝑂𝐶=2，∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐶𝐴𝐵=36°， ∴图中阴影部分的面积为：2×36𝜋×2=4𝜋，
3605故答案为：𝜋.
由图可知，阴影部分的面积是扇形𝐴𝐸𝑂和扇形𝐶𝐹𝑂的面积之和．
本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
4
5
2
4
18.【答案】2√5
【解析】解：如图，过𝐵作直径𝐵𝐴′，连接𝐴′𝐶，过𝑂作𝑂𝐻′⊥𝐴′𝐶于点𝐻′，连接𝐵𝐻′，
此时𝐵𝐻′即为𝐵𝐻的最大值，
则∠𝐴′𝐶𝐵=90°，∠𝐵𝐴′𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=45°， ∴△𝐴′𝐵𝐶是等腰直角三角形， ∴𝐴′𝐶=𝐵𝐶=4， ∵𝑂𝐻′⊥𝐴′𝐶， ∴𝐶𝐻′=2𝐴′𝐶=2，
∴𝐵𝐻′=√𝐵𝐶2+𝐶𝐻′2=√42+22=2√5， 即𝐵𝐻的最大值是2√5， 故答案为：2√5．
过𝐵作直径𝐵𝐴′，连接𝐴′𝐶，过𝑂作𝑂𝐻′⊥𝐴′𝐶于点𝐻′，此时𝐵𝐻′即为𝐵𝐻的最大值，由圆周角定理得∠𝐴′𝐶𝐵=90°，∠𝐵𝐴′𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=45°，再证𝐴′𝐶=𝐵𝐶=4，然后由垂径定理得𝐶𝐻′=𝐴′𝐶=2，
2进而由勾股定理得𝐵𝐻′=2√5，即可得出结论．
本题考查了三角形的外接圆、勾股定理、垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质以及圆周角定理等知识，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
1
1
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19.【答案】解：(1)(𝑥−1)2=4，
∴𝑥−1=±2， ∴𝑥1=3，𝑥2=−1； (2)𝑥2−4𝑥+3=0， (𝑥−3)(𝑥−1)=0， ∴𝑥−3=0或𝑥−1=0， ∴𝑥1=3，𝑥2=1； (3)(𝑥−2)2=2𝑥−5， 𝑥2−6𝑥+9=0， (𝑥−3)2=0， ∴𝑥−3=0， ∴𝑥1=𝑥2=3； (4)2𝑥2−3𝑥+1=0， (2𝑥−1)(𝑥−1)=0， ∴2𝑥−1=0或𝑥−1=0， ∴𝑥1=，𝑥2=1．
【解析】(1)利用直接开平方法求解即可； (2)利用因式分解法求解即可； (3)整理后，利用因式分解法求解即可； (4)利用因式分解法求解即可．
本题主要考查了解一元二次方程的知识，根据方程的特点选择合适的方法解一元二次方程是解决此类问题的关键．一般解一元二次方程的方法有直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法．
1220.【答案】解：(1)根据题意得：𝛥=(2𝑚)2−4(𝑚2+𝑚)≥0，
解得：𝑚≤0．
故𝑚的取值范围是：𝑚≤0．
(2)根据题意得：𝑥1+𝑥2=−2𝑚，𝑥1𝑥2=𝑚2+𝑚，
22∵𝑥1+𝑥2=(𝑥1+𝑥2)2−2𝑥1⋅𝑥2=12，
∴(−2𝑚)2−2(𝑚2+𝑚)=12，即𝑚2−𝑚−6=0，
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解得：𝑚1=−2，𝑚2=3(由(1)得𝑚⩽0，故𝑚2=3>0舍去)． 故𝑚的值为−2．
【解析】本题考查了根与系数的关系：若𝑥1，𝑥2是一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0(𝑎≠0)的两根
𝑏
时，𝑥1+𝑥2=−，𝑥1⋅𝑥2=𝑎．
𝑎𝑐
(1)根据判别式的意义得到𝛥=(2𝑚)2−4(𝑚2+𝑚)≥0，然后解关于𝑚的不等式即可； (2)根据根与系数的关系得到𝑥1+𝑥2=−2𝑚，𝑥1𝑥2=𝑚2+𝑚，利用整体代入的方法得到𝑚2−𝑚−6=0，然后解关于𝑚的方程即可． 注意：由(1)得𝑚⩽0，故𝑚2=3>0舍去．
21.【答案】解：设宽为𝑥𝑚，则高为
𝑥×26−3𝑥
6−3𝑥
𝑚，由题意得： 2=1.5，
解得：𝑥1=𝑥2=1， 高是
6−32=1.5(𝑚)．
答：宽为1𝑚，高为1.5𝑚． 【解析】首先设宽为𝑥𝑚，则高为程即可．
本题考查一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，设出宽，表示出高，然后根据面积是1.5列方程求解．
6−3𝑥
𝑚，根据矩形的面积公式：长×宽=面积可得方程，再解方222.【答案】解：设𝑇恤的销售单价为𝑥元，则每件的销售利润为(𝑥−30)元，一个月内能售出300−
10(𝑥−40)=(700−10𝑥)件，
依题意得：(𝑥−30)(700−10𝑥)=3360， 整理得：𝑥2−100𝑥+2436=0， 解得：𝑥1=42，𝑥2=58． 又∵销售单价不超过50元， ∴𝑥=42符合题意． ∴42−40=2(元)．
答：𝑇恤的销售单价应提高2元．
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【解析】设𝑇恤的销售单价为𝑥元，则每件的销售利润为(𝑥−30)元，一个月内能售出(700−10𝑥)件，利用服装店一个月销售该种𝑇恤获得的利润=每件的销售利润×月销售量，即可得出关于𝑥的一元二次方程，解之即可得出𝑥的值，再结合“销售单价不超过50元”即可得出𝑇恤的销售单价应定为42元．
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．
23.【答案】解：(Ⅰ)∵𝐴𝐵为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐶𝐵=90°， ⏜的中点， ∵𝐶为𝐴𝐵⏜=𝐵𝐶⏜， ∴𝐴𝐶
∴∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐵𝐴=45°， ∴𝐴𝐶=𝐴𝐵⋅cos∠𝐶𝐴𝐵=3√2； (Ⅱ)∵𝐷𝐹是⊙𝑂的切线， ∴𝑂𝐷⊥𝐷𝐹，
∵𝑂𝐷⊥𝐵𝐶，∠𝐹𝐶𝐵=90°， ∴四边形𝐹𝐶𝐸𝐷为矩形， ∴𝐹𝐷=𝐸𝐶，
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=2，𝐴𝐵=6， 则𝐵𝐶=√𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=4√2， ∵𝑂𝐷⊥𝐵𝐶， ∴𝐸𝐶=2𝐵𝐶=2√2， ∴𝐹𝐷=2√2．
【解析】(Ⅰ)根据圆周角定理得到∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐵𝐴，进而求出∠𝐶𝐴𝐵，根据余弦的定义求出𝐴𝐶；
(Ⅱ)根据切线的性质得到𝑂𝐷⊥𝐷𝐹，证明四边形𝐹𝐶𝐸𝐷为矩形，根据矩形的性质得到𝐹𝐷=𝐸𝐶，根据勾股定理求出𝐵𝐶，根据垂径定理解答即可．
本题考查的切线的性质、垂径定理、矩形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
1
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24.【答案】(−3,1)
【解析】解：(1)令𝑥=0，则𝑦=4， ∴𝐵(0,4)，
令𝑦=0，则𝑥=−4， ∴𝐴(−4,0)，
当𝑡=−1时，𝐶(−1,0)， ∴𝑂𝐶=1， ∵𝐴𝐷=√2𝑂𝐶， ∴𝐴𝐷=√2， 设𝐷(𝑚,𝑚+4)， ∴2(𝑚+4)2=2， 解得𝑚=−3或𝑚=−5， ∵𝐷点在射线𝐴𝐵上， ∴𝑚≥−4， ∴𝐷(−3,1)， 故答案为：(−3,1)； (2)设𝐷(𝑚,𝑚+4)， ∵⊙𝐼的面积是4𝜋， ∴𝐶𝐷=4，
∴√(𝑡−𝑚)2+(𝑚+4)2=4①， ∵𝐴𝐷=√2𝑂𝐶，
∴√2(𝑚+4)2=−√2𝑡②， 联立①②可得𝑡=0或𝑡=−16
5；
(3)过𝐷点作𝐷𝐺⊥𝑥轴交于点𝐺， ∵𝑂𝐴=𝑂𝐵， ∴∠𝐵𝐴𝑂=45°，
∴△𝐴𝐺𝐷是等腰直角三角形， ∴𝐴𝐺=𝐷𝐺， 设𝐷(𝑥,𝑥+4)，
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∴𝐴𝐺=𝑥+4，𝐷𝐺=𝑥+4， ∴𝐴𝐷=√2(𝑥+4)， ∵𝐴𝐷=√2𝑂𝐶， ∴√2(𝑥+4)=√2|𝑡|①， ∵直线𝐴𝐵与⊙𝐼相切， ∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐵， ∴𝐶𝐺=𝐴𝐺=4+𝑥， ∴𝑡−𝑥=4+𝑥②，
联立①②可得𝑡=4或𝑡=−．
3(1)求出𝐴𝐷=√2，设𝐷(𝑚,𝑚+4)，由题意可得2(𝑚+4)2=2，求出𝑚的值，再由𝑚的取值范围确定𝐷点坐标即可；
(2)设𝐷(𝑚,𝑚+4)，根据题意求出𝐶𝐷=4，则有√(𝑡−𝑚)2+(𝑚+4)2=4①，再由𝐴𝐷=√2𝑂𝐶，得到√2(𝑚+4)2=−√2𝑡②，联立①②可得𝑡=0或𝑡=−；
5
(3)过𝐷点作𝐷𝐺⊥𝑥轴交于点𝐺，可得△𝐴𝐺𝐷是等腰直角三角形，设𝐷(𝑥,𝑥+4)，根据𝐴𝐷=√2𝑂𝐶，得到√2(𝑥+4)=√2|𝑡|①，再由直线𝐴𝐵与⊙𝑙相切，𝐶𝐺=𝐴𝐺=4+𝑥，可得𝑡−𝑥=4+𝑥②，联立①②即可求𝑡=4或𝑡=−．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，圆与直线相切的性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
4
3
16
4
25.【答案】(5,0) (−3,0)
【解析】解：(1)由题意知，𝑃′(3+2,0+0)， ∴𝑃′(5,0)， ∵点𝑁为𝑂𝑀的中点， ∴𝑁(1,0)，
∵𝑃′𝑁=𝑁𝑄，即点𝑁为𝑃′𝑄的中点， ∴𝑄(−3,0)．
故答案为：(5,0)；(−3,0)； (2)根据平移得出点𝑃′，
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作射线𝑃′𝑁，以点𝑁为圆心，𝑃′𝑁长为半径作弧，交射线𝑃′𝑁于点𝑄，点𝑄即为所求． (3)如图，连接𝑃𝑂，并延长至𝑆，使𝑂𝑃=𝑂𝑆，延长𝑆𝑄到𝑇，使𝑆𝑇=𝑂𝑀，
由题意知，𝑃𝑃′//𝑂𝑀，𝑃𝑃′=𝑂𝑀，𝑃′𝑁=𝑁𝑄， ∴𝑇𝑄=2𝑀𝑁，
∵𝑀𝑁=𝑂𝑀−𝑂𝑁=2−√2， ∴𝑇𝑄=4−2√2，
∴𝑆𝑄=𝑆𝑇−𝑇𝑄=2−(4−2√2)=2√2−2， ∵𝑃𝑆−𝑄𝑆≤𝑃𝑄≤𝑃𝑆+𝑄𝑆，
∴𝑃𝑄的最小值为𝑃𝑆−𝑄𝑆，𝑃𝑄的最大值为𝑃𝑆+𝑄𝑆，
∴𝑃𝑄长的最大值与最小值的差为(𝑃𝑆+𝑄𝑆)−(𝑃𝑆−𝑄𝑆)=2𝑄𝑆=4√2−4． (1)根据“平移点”和“移对点”的定义，结合中点坐标公式可得出结论； (2)根据题意，作出图形即可；
(3)连接𝑃𝑂，𝑃𝑃′//𝑂𝑀，𝑃𝑃′=𝑂𝑀，并延长至𝑆，使𝑂𝑃=𝑂𝑆，延长𝑆𝑄到𝑇，使𝑆𝑇=𝑂𝑀，由题意知，𝑃′𝑁=𝑁𝑄，𝑃𝑆−𝑄𝑆<𝑃𝑆+𝑄𝑆，利用三角形中位线定理得𝑄𝑇的长，从而求出𝑆𝑄的长，在△𝑃𝑄𝑆中，则𝑃𝑄的最小值为𝑃𝑆−𝑄𝑆，𝑃𝑄的最大值为𝑃𝑆+𝑄𝑆，从而解决问题．
本题是圆的综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形中位线定理，三角形三边关系，
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平移的性质等知识，解题的关键是理解定义，画出图形，利用三角形中位线定理求出𝑄𝑇的长是解题的关键．
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