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四川省广元市旺苍县2024-2025学年 九年级一模考试数学试卷
1．（2024·旺苍模拟）在平面直角坐标系中，点与点B关于原点对称，则点B 的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点与点B关于原点对称，
∴点B 的坐标为，
故答案为：C．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征“横纵坐标都分别互为相反数”即可得解．
2．（2024·旺苍模拟）已知关于的一元二次方程有一个根为， 则的值为（　　）
A． B．5 C． D．4
【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程有一个根为，设其另一个根为x1，
则-2x1=1，
∴x1=∵+（-2）=
∴．
故答案为：A．
【分析】设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则x1+x2=，，据此设原方程另一个根为x1，由根与系数的关系可得-2x1=1，据此求出x1，进而再根据根与系数的关系可得+（-2）=，求解即可.
3．（2024·旺苍模拟）下列文物图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【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．即不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故选项A不符合题意；
B．是中心对称图形，但不是轴对称图形，故选项B不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故选项C符合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故选项D不合题意.
故答案为：C．
【分析】平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，就叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此对各个选项进行分析，即可作答．
4．（2024·旺苍模拟）如图，线段是的直径，于点 E， 若，则的长是（　　）
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
线段是的直径，于点E，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接，根据垂径定理得AE=AB=8，在Rt△AOE中利用勾股定理算出OA，最后根据线段的和差，由CE=OC+OE求解即可．
5．（2024·旺苍模拟）如图，电路图上有4个开关A，B，C，D和1个小灯泡，现随机闭合两个开关，小灯泡发光的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：画出树状图如下：
一共有种等可能的情况，其中小灯泡发光的情况为闭合AB，或闭合CD，共有种，
∴小灯泡发光的概率是：，
故答案为：C
【分析】画出树状图，确定可能出现的所有结果以及满足条件的结果数，即可求解．
6．（2024·旺苍模拟）如图， 在中，，将绕点A 顺时针旋转得到，则的长为（　　）
A． B．5 C．6 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据旋转前后对应边相等得由旋转角为90°得∠BAE=90°，在Rt△ABE中利用勾股定理求出BE．
7．（2024·旺苍模拟）已知关于x的方程有两个同号的实数根，则k的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由题意得，，
解得：，
∵两个同号的实数根，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出不等式42-4k≥0，求解得出k≤4，由根与系数的关系及有理数的乘法法则“同号两数相乘，积为正”列出不等式k＞0，综上即可得出答案.
8．（2024·旺苍模拟）如图，是的直径，，，是的弦，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：连接、，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BO=BC=CD=OD，∠OBC=60°.
∴四边形OBCD是菱形，
∴OB//DC，
∴∠BCD=180°－∠OBC=120°.
故答案为：C．
【分析】连接、，根据弧、弦、圆的关系可得，证明△OBC是等边三角形，可得BO=BC=CD=OD，于是可得四边形OBCD是菱形，再利用菱形的性质即可求解．
9．（2024·旺苍模拟）如图，这是一个三角点阵，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n个点，…，前n行的点数和不能是以下哪个结果（　　）
A．820 B．600 C．465 D．210
【答案】B
【知识点】一元二次方程的其他应用；用代数式表示几何图形的数量关系；探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：由题意可得：前行的点数之和为，
若前行的点数之和为，则，
解得：（舍去）或，即前行的点数之和为，故A不符合题意；
若前行的点数之和为600，则，
解得：，∵n不是整数，∴不存在前行的点数之和为600，故B符合题意；
若前行的点数之和为465，则，
解得：或（舍去），即前行的点数之和为465，故C不符合题意；
若前行的点数之和为210，则，
解得：或（舍去），即前行的点数之和为210，故D不符合题意.
故答案为：B．
【分析】第一行有1个点，第二行有2个点，…，第n行有n个点，故前n行的点数之和为，再分别求出的值分别为、600、465、210时n的值，由n得值为正整数判断即可得解．
10．（2024·旺苍模拟）如图， 抛物线的顶点为，且与x轴的一个交点在点和之间，则下列结论中：①；②若抛物线与x轴的另一个交点为，则；③；④，正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】平方差公式及应用；二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴，
对称轴为直线，
∴，
∵抛物线与y轴正半轴相交，
∴，
∴，故①错误；
∵与x轴的一个交点在点和之间，记为，
而对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵顶点为，
∴代入解析式得：，而，
∴，
∴，故③正确；
∵当；，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：C．
【分析】根据开口以及对称轴即可判断a、b符号，根据抛物线与y轴交点判断c符号，即可判断①；由与x轴的一个交点在点和之间，记为，而对称轴为直线，由中点坐标公式可得，从而代入可得关于字母k的不等式组，再解不等式组即可判断②；将顶点代入解析式可得a+b+c=n，再b=-2a代入，即可判断③；由图象可得当x=1与x=-1时，对应的函数值a+b+c＞0，a-b+c＞0，从而将式子(a+c)2-b2，利用平方差公式分解因式后，再根据有理数乘法法则即可判断④.
11．（2024·旺苍模拟）成语“水中捞月”反映的事件是　 　事件（填必然、不可能或随机）．
【答案】不可能
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：成语“水中捞月”反映的事件是不可能事件.
故答案为：不可能．
【分析】在一定条件下，一定会发生的事件是必然事件，在一定条件下，不可能发生的事件是不可能事件，在一定条件下，可能发生也有可能不发生的事件是随机事件，据此判断得出答案.
12．（2024·旺苍模拟）若，则的值为　 　．
【答案】3
【知识点】因式分解法解一元二次方程；换元法解一元二次方程
【解析】【解答】解：设，则原方程变为，
整理可得：，
∴，
∴或
∵a2+b2＞0
∴，
故答案为：3．
【分析】设，则原方程变为，再利用因式分解法解一元二次方程求出t的值，进而根据偶数次幂的非负性进行判断得出答案.
13．（2024·旺苍模拟）已知点，， 都在二次函数 的图象上，则的大小关系是　 　．（请用“>”连接）
【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：∵，中二次象系数a=-1＜0
∴开口向下，对称轴为直线，
∴抛物线上的点离对称轴直线距离越远其函数值越小，
∵，， ，且，
∴，即，
故答案为：．
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线，则抛物线上的点离对称轴直线距离越远其函数值越小，从而比较A、B、C三点距离对称轴直线的距离，即可判断得出答案.
14．（2024·旺苍模拟）如图，将三个正六边形按如图方式摆放，若小正六边形的面积是12，则大正六边形的面积是　 　．
【答案】108
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图连线：
∵多边形为正六边形，
∴图中每个三角形都为等边三角形且全等，
∵小正六边形的面积是12，
∴每个三角形的面积为，
由图得共有54个等边小三角形，
故大正六边形的面积是，
故答案为：108．
【分析】由如图所示的连线可将一个小正六边形分割成6个全等的等边三角形，从而可推出图中所有小等边三角形都全等；而每一个小正六边形的面积为12，故每一个小等边三角形的面积为2，从而算出图中小等边三角形的个数，即可计算出大正六边形的面积.
15．（2024·旺苍模拟）如图，在Rt△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°， D是AB的中点，以点D为圆心，作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰好弧EF上（点E，F不与点C重合）， 半径DE，DF分别与AC，BC相交于点G，H，则阴影部分的面积为　 　．
【答案】
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定与性质；扇形面积的计算；等腰直角三角形；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：连接，作于，于，
，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，即，
∵在中，， ，D是的中点，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴
故答案为：．
【分析】连接CD，作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，由有三个角为直角的四边形是矩形得四边形DMCN为矩形，根据矩形性质得∠MDN=90°，由同角的余角相等得∠MDG=∠NDH，由等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCD=45°，CD=，由角平分线上的点到角两边的距离相等得DM=DN，从而利用ASA判断出△DGM≌△DNH，根据一组邻边相等的矩形是正方形得四边形DMCN为正方形，由全等三角形的面积相等得出，由等腰直角三角形的性质求出，进而利用割补法可得，再根据扇形面积计算公式由计算即可得解．
16．（2024·旺苍模拟）如图，在中，点 D 为边上一个动点，以为边在的上方作正方形，当取得最小值时，的长为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数的最值；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；同侧一线三垂直全等模型
17．（2024·旺苍模拟）选择适当的方法解方程；
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）首先移项，将方程整理成一元二次方程的一般形式，方程的左边利用十字相乘法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解；
（2）把x-3看成一个整体，将方程的右边整体移到方程的左边，方程的左边利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解.
（1）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，．
18．（2024·旺苍模拟）先化简、再求值：，其中x为方程的根．
【答案】解：
，
∵，
∴，
∴或，
∴或，
∵，
∴，
∴，
∴当时，原式．
【知识点】分式的化简求值；因式分解法解一元二次方程
19．（2024·旺苍模拟）如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，的顶点均在格点上，点O为原点，点A、B的坐标分别是、．
（1）将向下平移4个单位得到， 请在图中作出； 则点 B 的对应点坐标为_____；
（2）将绕点O逆时针旋转后得到， 请在图中作出；
（3）求的面积．
【答案】（1）解：如图，即为所作，点的坐标为，
（2）解：如图，△A1OB1即为所作，
（3）解：的面积．
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；作图﹣旋转；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）利用方格纸的特点及平移的性质，分别作出A、B、C三点向下平移4个单位长度后的对应边A'、B'、C'，再顺次连接A'、B'、C'即可；
（2）利用方格纸的特点及旋转的性质，分别作出A、B两点绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1，再顺次连接A1、B1、O即可；
（3）利用割补法，用三角形A1OB1外接正方形的面积减去周围三个直角三角形的面积，列式计算即可.
（1）解：如图，即为所作，点的坐标为，
（2）解：如图，即为所作；
（3）解：的面积．
20．（2024·旺苍模拟）如图这是一个残缺的圆形部件，已知是该部件圆弧上的三点．
（1）利用尺规作图作出该部件的圆心；（保留作图痕迹）
（2）若是等腰三角形，底边，腰，求该部件的半径．
【答案】（1）解：如图所示：分别作弦和的垂直平分线，交点即为所求圆形部件的圆心；

（2）解：连接交于，如图所示：
，AB=AC，
，BC⊥OA.
，
，
设圆片的半径为，
在中，，
解得：，
圆片的半径为．
【知识点】勾股定理；垂径定理；确定圆的条件
【解析】【分析】（1）弦和的垂直平分线交点即为所求的圆心，据此即可完成作图；
（2）连接，记BC与AO相交于点D，根据垂径定理可得，再结合勾股定理可得的长；设圆片的半径为，在中利用勾股定理即可求解．
（1）解：如图所示：分别作弦和的垂直平分线交点即为所求的圆心；
（2）解：连接交于．
，
，
，
，
设圆片的半径为，
在中，，
解得：，
圆片的半径为．
21．（2024·旺苍模拟）学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图1，2）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了_____名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
【答案】（1）20
（2）解：∵C类女生：（名）；
补图如下：
（3）解：列表如下：A类中的两名男生分别记为和，
男 男 女A
男D 男男D 男男D 女A男D
女D 男女D 男女D 女A女D
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（名）；
故答案为：20；
【分析】（1）根据统计图表提供的信息，用A类的学生数除以其所占的百分比即可求得本次调查的学生人数；
（2）用本次调查的学生人数乘以C类人数作占的百分比求出C类学生人数，再减去C类的男生人数即可求出C类的女生数、继而可补全条形统计图；
（3）首先根据题意用表格列举出所有等可能的结果数，由表格可知共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，从而利用概率公式可求出选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率.
（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（名）；
故答案为20；
（2）解：∵C类女生：（名）；
D类男生：（名）；
补图如下：
（3）列表如下：A类中的两名男生分别记为和，
男 男 女A
男D 男男D 男男D 女A男D
女D 男女D 男女D 女A女D
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为．
22．（2024·旺苍模拟）阅读与思考：配方法是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和．巧妙的运用“配方法”能对一些多项式进行因式分解．例如：
（1）解决问题，运用配方法将下列的形式进行因式分解；．
（2）深入研究，说明多项式的值总是一个正数；
（3）拓展运用， 已知a、b、 c分别是的三边， 且试判断的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：
（2）解：，
∵，
∴，
∴多项式的值总是一个正数；
（3）解：∵
∴
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
【知识点】等边三角形的判定；配方法的应用；因式分解的应用-判断三角形形状；因式分解﹣添（拆）项法
【解析】【分析】（1）将二次项与一次项组合，配方成完全平方形式，再根据完全平方公式分解因式，进而利用平方差公式将整个式子分解因式；注意配方时，要保持等价变换，即添加的常数项要减去；
（2）将二次项与一次项组合，配方成完全平方形式，再根据完全平方公式分解因式，剩余常数项部分为正数，结合偶数次幂的非负性，可判断整个式子是正数；
（3）等式两边同时乘以2后，将右边整体移到等式左边，从而将等式左边拆分为三个完全平方式的和的形式，根据几个非负数的和为零，则每一个数都等于零可求出a、b、c三者的关系，从而确定三角形的三边的关系即可．
（1）解：
（2）解：，
∵，
∴，
∴多项式的值总是一个正数；
（3）解：∵
∴
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
23．（2024·旺苍模拟）文旅发展促进经济增长的同时，也带动了电器销售．一电器商城销售某品牌空调，该空调每台进货价为2500元，已知该商店6月份售出75台空调，8月份售出108台空调．求该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率； 调查发现，当该空调售价为3000元时，平均每天能售出8台； 售价每降低50元，平均每天能多售出4台，该商城如何定价能使每天的利润最大？ 最大利润是多少？
【答案】解：（1）设该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为x，
根据题意得∶，
解得∶ ，(舍去)．
答∶该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为；
（2）设该商城每台空调降价m元，则每天可多售台， 每天的利润为w元，
根据题意得出：
，
当时，w取得最大值，最大值为5000，
此时，
答∶该商城将空调定价为2800元时，每天的利润最大，最大利润是7200元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为，此题是一道平均增长率的问题， 根据公式a(1+x)n=p，其中a是平均增长开始的量，x是增长率，n是增长次数，P是增长结束达到的量，根据公式列出方程，再利用直接开平方法求解并检验即可；
（2）设该商城每台空调降价m元，每天的利润为w元，则每天可多售台，每台的利润为（3000-m-2500）元，每天销售的数量为（8+） 台，根据每天的总利润等于每天销售的刷领乘以每台的利润，可建立出w关于m的函数关系式，进而根据所得函数的性质求解即可.
24．（2024·旺苍模拟）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上的一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．
（1）【猜想证明】试猜想与CE的数量关系，并加以证明；
（2）【探究应用】如图2，点 D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分；
（3）【拓展提升】如图3，若是边长为4的等边三角形，点D是线段上的动点（不与B、C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D 在运动过程中， 的周长最小值_____（直接写出答案）．
【答案】（1）解：，
证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型；猜想与证明
【解析】【解答】（3）解：连接AE，如图，
由旋转可得，，
∴是等边三角形，
∴
由（1）知
∴的周长，
∴当最小时，的周长最小，最小值，
∴当时，最小，此时的周长最小，
∵，等边，
∴，
由勾股定理，得
∴的周长最小值．
故答案为：．
【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等边三角形的性质得，，由等式的性质推出，从而由“”可证，由全等三角形的对应边相等可得；
（2）由旋转的性质可得，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得△ADE是等边三角形，由等边三角形的性质得，，由等式性质推出，由“”可证，由全等三角形的对应角相等及邻补角定义可得，从而根据角的和差可求得，即可得出结论；
（3）连接AE，由旋转可得，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得是等边三角形，由等边三角形的三边相等得；由（1）知，根据三角形周长的计算公式、线段的和差及等量代换可阿静△CDE的周长转化为BC+AD，由于BC长度固定，故当AD最小时，△CDE的周长最小，根据垂线段最短，当AD⊥BC时，AD最小，此时△CDE的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解．
（1）解：，
证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（3）解：连接，如图，
由旋转可得，，
∴是等边三角形，
∴
由（1）知
∴的周长，
∴当最小时，的周长最小，最小值，
∴当时，最小，此时的周长最小，
∵，等边，
∴，
由勾股定理，得
∴的周长最小值．
故答案为：．
25．（2024·旺苍模拟）如图是的直径，弦与相交于点E，与相切于点A，交的延长线于点F，，，．
（1）求的度数；
（2）求的长度；
（3）判定四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）解：∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
又BC⊥OA，
∴，由勾股定理得：，
即，
∴，
∴．
（3）解：四边形是平行四边形，证明如下：
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；圆周角定理；切线的性质；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）由圆的切线垂直于经过切点的半径得出，由直角三角形的量锐角互余得出，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得；
（2）由同弧所对的圆周角相等得，由三角形的内角和定理可求出=30°，由等角对等边得出AB=AC，由同圆中相等的弦所对的弧相等得，由垂径定理的推论证出，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得是等边三角形，由等边三角形的三线合一得，根据勾股定理建立方程可求出OE的长，从而由即可得出答案；
（3）根据（1）（2）得到的相关结论证明、，然后根据两组对边平行的四边形是平行四边形即可解答．
（1）解：∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，由勾股定理得：，
即，
∴，
∴．
（3）解：四边形是平行四边形，证明如下：
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
26．（2024·旺苍模拟）如图，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，点P为直线上方抛物线上的动点，连接，，直线与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求的面积最大值；
（3）点M是抛物线的对称轴l上一动点．是否存在点M，使得为等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将，代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：令，则，解得或，
∴，
设直线BC的解析式为，
∴，
解得，
∴，
过点P作轴交BC于G，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，的面积有最大值，最大值为32；
（3）解：存在点M，使得为等腰三角形，理由如下：
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
将x=3代入y=-x+8，得y=5，
∴，
设，
∴，，，
当时，，
解得（舍）或，
∴；
当时，，
解得或，
∴或；
当时，，
解得，
∴；
综上所述：M点坐标为或或或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-面积问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）将点A、C的坐标分别代入y=ax2+3x+c可得关于字母a、c的二元一次方程组，求解得出a、c的值，即可求出抛物线的解析式；
（2）令抛物线解析式中的y=0算出对应的自变量x的值，可得点B的坐标，从而利用待定系数法求出直线的解析式，过点P作PG∥y轴交BC于G，由点的坐标与图形性质，设，则，根据两点间的距离公式表示出PG的长，然后根据三角形面积计算公式表示△BCP的面积，运用二次函数的性质求出最大值即可；
（3）首先将抛物线的解析式配成顶点式得出对称轴直线为x=3，将x=3代入直线BC的解析式算出对应的函数值，可得点E的坐标，根据点的坐标与图形的性质设点M(3，m)，根据平面内两点间的距离公式分别表示出BE、BM、EM；分三种情况进行讨论：当时；当时；当时，分别列出方程，求解即可得出答案.
（1）解：将，代入，
∴，
解得，
∴；
（2）令，则，
解得或，
∴，
设直线BC的解析式为，
∴，
解得，
∴，
过点P作轴交BC于G，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，的面积有最大值，最大值为32；
（3）①存在点M，使得为等腰三角形，理由如下：
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴，设，
∴，，，
当时，，
解得（舍）或，
∴；
当时，，
解得或，
∴或；
当时，，
解得，
∴；
综上所述：M点坐标为或或或；
1 / 1四川省广元市旺苍县2024-2025学年 九年级一模考试数学试卷
1．（2024·旺苍模拟）在平面直角坐标系中，点与点B关于原点对称，则点B 的坐标为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·旺苍模拟）已知关于的一元二次方程有一个根为， 则的值为（　　）
A． B．5 C． D．4
3．（2024·旺苍模拟）下列文物图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024·旺苍模拟）如图，线段是的直径，于点 E， 若，则的长是（　　）
A．16 B．14 C．12 D．10
5．（2024·旺苍模拟）如图，电路图上有4个开关A，B，C，D和1个小灯泡，现随机闭合两个开关，小灯泡发光的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·旺苍模拟）如图， 在中，，将绕点A 顺时针旋转得到，则的长为（　　）
A． B．5 C．6 D．
7．（2024·旺苍模拟）已知关于x的方程有两个同号的实数根，则k的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024·旺苍模拟）如图，是的直径，，，是的弦，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·旺苍模拟）如图，这是一个三角点阵，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n个点，…，前n行的点数和不能是以下哪个结果（　　）
A．820 B．600 C．465 D．210
10．（2024·旺苍模拟）如图， 抛物线的顶点为，且与x轴的一个交点在点和之间，则下列结论中：①；②若抛物线与x轴的另一个交点为，则；③；④，正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2024·旺苍模拟）成语“水中捞月”反映的事件是　 　事件（填必然、不可能或随机）．
12．（2024·旺苍模拟）若，则的值为　 　．
13．（2024·旺苍模拟）已知点，， 都在二次函数 的图象上，则的大小关系是　 　．（请用“>”连接）
14．（2024·旺苍模拟）如图，将三个正六边形按如图方式摆放，若小正六边形的面积是12，则大正六边形的面积是　 　．
15．（2024·旺苍模拟）如图，在Rt△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°， D是AB的中点，以点D为圆心，作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰好弧EF上（点E，F不与点C重合）， 半径DE，DF分别与AC，BC相交于点G，H，则阴影部分的面积为　 　．
16．（2024·旺苍模拟）如图，在中，点 D 为边上一个动点，以为边在的上方作正方形，当取得最小值时，的长为　 　．
17．（2024·旺苍模拟）选择适当的方法解方程；
（1）；
（2）．
18．（2024·旺苍模拟）先化简、再求值：，其中x为方程的根．
19．（2024·旺苍模拟）如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，的顶点均在格点上，点O为原点，点A、B的坐标分别是、．
（1）将向下平移4个单位得到， 请在图中作出； 则点 B 的对应点坐标为_____；
（2）将绕点O逆时针旋转后得到， 请在图中作出；
（3）求的面积．
20．（2024·旺苍模拟）如图这是一个残缺的圆形部件，已知是该部件圆弧上的三点．
（1）利用尺规作图作出该部件的圆心；（保留作图痕迹）
（2）若是等腰三角形，底边，腰，求该部件的半径．
21．（2024·旺苍模拟）学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图1，2）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了_____名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
22．（2024·旺苍模拟）阅读与思考：配方法是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和．巧妙的运用“配方法”能对一些多项式进行因式分解．例如：
（1）解决问题，运用配方法将下列的形式进行因式分解；．
（2）深入研究，说明多项式的值总是一个正数；
（3）拓展运用， 已知a、b、 c分别是的三边， 且试判断的形状，并说明理由．
23．（2024·旺苍模拟）文旅发展促进经济增长的同时，也带动了电器销售．一电器商城销售某品牌空调，该空调每台进货价为2500元，已知该商店6月份售出75台空调，8月份售出108台空调．求该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率； 调查发现，当该空调售价为3000元时，平均每天能售出8台； 售价每降低50元，平均每天能多售出4台，该商城如何定价能使每天的利润最大？ 最大利润是多少？
24．（2024·旺苍模拟）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上的一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．
（1）【猜想证明】试猜想与CE的数量关系，并加以证明；
（2）【探究应用】如图2，点 D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分；
（3）【拓展提升】如图3，若是边长为4的等边三角形，点D是线段上的动点（不与B、C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D 在运动过程中， 的周长最小值_____（直接写出答案）．
25．（2024·旺苍模拟）如图是的直径，弦与相交于点E，与相切于点A，交的延长线于点F，，，．
（1）求的度数；
（2）求的长度；
（3）判定四边形的形状，并证明你的结论．
26．（2024·旺苍模拟）如图，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，点P为直线上方抛物线上的动点，连接，，直线与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求的面积最大值；
（3）点M是抛物线的对称轴l上一动点．是否存在点M，使得为等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点与点B关于原点对称，
∴点B 的坐标为，
故答案为：C．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征“横纵坐标都分别互为相反数”即可得解．
2．【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程有一个根为，设其另一个根为x1，
则-2x1=1，
∴x1=∵+（-2）=
∴．
故答案为：A．
【分析】设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则x1+x2=，，据此设原方程另一个根为x1，由根与系数的关系可得-2x1=1，据此求出x1，进而再根据根与系数的关系可得+（-2）=，求解即可.
3．【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．即不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故选项A不符合题意；
B．是中心对称图形，但不是轴对称图形，故选项B不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故选项C符合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故选项D不合题意.
故答案为：C．
【分析】平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，就叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此对各个选项进行分析，即可作答．
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
线段是的直径，于点E，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接，根据垂径定理得AE=AB=8，在Rt△AOE中利用勾股定理算出OA，最后根据线段的和差，由CE=OC+OE求解即可．
5．【答案】C
【知识点】用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：画出树状图如下：
一共有种等可能的情况，其中小灯泡发光的情况为闭合AB，或闭合CD，共有种，
∴小灯泡发光的概率是：，
故答案为：C
【分析】画出树状图，确定可能出现的所有结果以及满足条件的结果数，即可求解．
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据旋转前后对应边相等得由旋转角为90°得∠BAE=90°，在Rt△ABE中利用勾股定理求出BE．
7．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由题意得，，
解得：，
∵两个同号的实数根，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出不等式42-4k≥0，求解得出k≤4，由根与系数的关系及有理数的乘法法则“同号两数相乘，积为正”列出不等式k＞0，综上即可得出答案.
8．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：连接、，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BO=BC=CD=OD，∠OBC=60°.
∴四边形OBCD是菱形，
∴OB//DC，
∴∠BCD=180°－∠OBC=120°.
故答案为：C．
【分析】连接、，根据弧、弦、圆的关系可得，证明△OBC是等边三角形，可得BO=BC=CD=OD，于是可得四边形OBCD是菱形，再利用菱形的性质即可求解．
9．【答案】B
【知识点】一元二次方程的其他应用；用代数式表示几何图形的数量关系；探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：由题意可得：前行的点数之和为，
若前行的点数之和为，则，
解得：（舍去）或，即前行的点数之和为，故A不符合题意；
若前行的点数之和为600，则，
解得：，∵n不是整数，∴不存在前行的点数之和为600，故B符合题意；
若前行的点数之和为465，则，
解得：或（舍去），即前行的点数之和为465，故C不符合题意；
若前行的点数之和为210，则，
解得：或（舍去），即前行的点数之和为210，故D不符合题意.
故答案为：B．
【分析】第一行有1个点，第二行有2个点，…，第n行有n个点，故前n行的点数之和为，再分别求出的值分别为、600、465、210时n的值，由n得值为正整数判断即可得解．
10．【答案】C
【知识点】平方差公式及应用；二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴，
对称轴为直线，
∴，
∵抛物线与y轴正半轴相交，
∴，
∴，故①错误；
∵与x轴的一个交点在点和之间，记为，
而对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵顶点为，
∴代入解析式得：，而，
∴，
∴，故③正确；
∵当；，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：C．
【分析】根据开口以及对称轴即可判断a、b符号，根据抛物线与y轴交点判断c符号，即可判断①；由与x轴的一个交点在点和之间，记为，而对称轴为直线，由中点坐标公式可得，从而代入可得关于字母k的不等式组，再解不等式组即可判断②；将顶点代入解析式可得a+b+c=n，再b=-2a代入，即可判断③；由图象可得当x=1与x=-1时，对应的函数值a+b+c＞0，a-b+c＞0，从而将式子(a+c)2-b2，利用平方差公式分解因式后，再根据有理数乘法法则即可判断④.
11．【答案】不可能
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：成语“水中捞月”反映的事件是不可能事件.
故答案为：不可能．
【分析】在一定条件下，一定会发生的事件是必然事件，在一定条件下，不可能发生的事件是不可能事件，在一定条件下，可能发生也有可能不发生的事件是随机事件，据此判断得出答案.
12．【答案】3
【知识点】因式分解法解一元二次方程；换元法解一元二次方程
【解析】【解答】解：设，则原方程变为，
整理可得：，
∴，
∴或
∵a2+b2＞0
∴，
故答案为：3．
【分析】设，则原方程变为，再利用因式分解法解一元二次方程求出t的值，进而根据偶数次幂的非负性进行判断得出答案.
13．【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：∵，中二次象系数a=-1＜0
∴开口向下，对称轴为直线，
∴抛物线上的点离对称轴直线距离越远其函数值越小，
∵，， ，且，
∴，即，
故答案为：．
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线，则抛物线上的点离对称轴直线距离越远其函数值越小，从而比较A、B、C三点距离对称轴直线的距离，即可判断得出答案.
14．【答案】108
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图连线：
∵多边形为正六边形，
∴图中每个三角形都为等边三角形且全等，
∵小正六边形的面积是12，
∴每个三角形的面积为，
由图得共有54个等边小三角形，
故大正六边形的面积是，
故答案为：108．
【分析】由如图所示的连线可将一个小正六边形分割成6个全等的等边三角形，从而可推出图中所有小等边三角形都全等；而每一个小正六边形的面积为12，故每一个小等边三角形的面积为2，从而算出图中小等边三角形的个数，即可计算出大正六边形的面积.
15．【答案】
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定与性质；扇形面积的计算；等腰直角三角形；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：连接，作于，于，
，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，即，
∵在中，， ，D是的中点，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴
故答案为：．
【分析】连接CD，作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，由有三个角为直角的四边形是矩形得四边形DMCN为矩形，根据矩形性质得∠MDN=90°，由同角的余角相等得∠MDG=∠NDH，由等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCD=45°，CD=，由角平分线上的点到角两边的距离相等得DM=DN，从而利用ASA判断出△DGM≌△DNH，根据一组邻边相等的矩形是正方形得四边形DMCN为正方形，由全等三角形的面积相等得出，由等腰直角三角形的性质求出，进而利用割补法可得，再根据扇形面积计算公式由计算即可得解．
16．【答案】
【知识点】二次函数的最值；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；同侧一线三垂直全等模型
17．【答案】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）首先移项，将方程整理成一元二次方程的一般形式，方程的左边利用十字相乘法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解；
（2）把x-3看成一个整体，将方程的右边整体移到方程的左边，方程的左边利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解.
（1）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，．
18．【答案】解：
，
∵，
∴，
∴或，
∴或，
∵，
∴，
∴，
∴当时，原式．
【知识点】分式的化简求值；因式分解法解一元二次方程
19．【答案】（1）解：如图，即为所作，点的坐标为，
（2）解：如图，△A1OB1即为所作，
（3）解：的面积．
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；作图﹣旋转；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）利用方格纸的特点及平移的性质，分别作出A、B、C三点向下平移4个单位长度后的对应边A'、B'、C'，再顺次连接A'、B'、C'即可；
（2）利用方格纸的特点及旋转的性质，分别作出A、B两点绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1，再顺次连接A1、B1、O即可；
（3）利用割补法，用三角形A1OB1外接正方形的面积减去周围三个直角三角形的面积，列式计算即可.
（1）解：如图，即为所作，点的坐标为，
（2）解：如图，即为所作；
（3）解：的面积．
20．【答案】（1）解：如图所示：分别作弦和的垂直平分线，交点即为所求圆形部件的圆心；

（2）解：连接交于，如图所示：
，AB=AC，
，BC⊥OA.
，
，
设圆片的半径为，
在中，，
解得：，
圆片的半径为．
【知识点】勾股定理；垂径定理；确定圆的条件
【解析】【分析】（1）弦和的垂直平分线交点即为所求的圆心，据此即可完成作图；
（2）连接，记BC与AO相交于点D，根据垂径定理可得，再结合勾股定理可得的长；设圆片的半径为，在中利用勾股定理即可求解．
（1）解：如图所示：分别作弦和的垂直平分线交点即为所求的圆心；
（2）解：连接交于．
，
，
，
，
设圆片的半径为，
在中，，
解得：，
圆片的半径为．
21．【答案】（1）20
（2）解：∵C类女生：（名）；
补图如下：
（3）解：列表如下：A类中的两名男生分别记为和，
男 男 女A
男D 男男D 男男D 女A男D
女D 男女D 男女D 女A女D
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（名）；
故答案为：20；
【分析】（1）根据统计图表提供的信息，用A类的学生数除以其所占的百分比即可求得本次调查的学生人数；
（2）用本次调查的学生人数乘以C类人数作占的百分比求出C类学生人数，再减去C类的男生人数即可求出C类的女生数、继而可补全条形统计图；
（3）首先根据题意用表格列举出所有等可能的结果数，由表格可知共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，从而利用概率公式可求出选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率.
（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（名）；
故答案为20；
（2）解：∵C类女生：（名）；
D类男生：（名）；
补图如下：
（3）列表如下：A类中的两名男生分别记为和，
男 男 女A
男D 男男D 男男D 女A男D
女D 男女D 男女D 女A女D
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为．
22．【答案】（1）解：
（2）解：，
∵，
∴，
∴多项式的值总是一个正数；
（3）解：∵
∴
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
【知识点】等边三角形的判定；配方法的应用；因式分解的应用-判断三角形形状；因式分解﹣添（拆）项法
【解析】【分析】（1）将二次项与一次项组合，配方成完全平方形式，再根据完全平方公式分解因式，进而利用平方差公式将整个式子分解因式；注意配方时，要保持等价变换，即添加的常数项要减去；
（2）将二次项与一次项组合，配方成完全平方形式，再根据完全平方公式分解因式，剩余常数项部分为正数，结合偶数次幂的非负性，可判断整个式子是正数；
（3）等式两边同时乘以2后，将右边整体移到等式左边，从而将等式左边拆分为三个完全平方式的和的形式，根据几个非负数的和为零，则每一个数都等于零可求出a、b、c三者的关系，从而确定三角形的三边的关系即可．
（1）解：
（2）解：，
∵，
∴，
∴多项式的值总是一个正数；
（3）解：∵
∴
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
23．【答案】解：（1）设该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为x，
根据题意得∶，
解得∶ ，(舍去)．
答∶该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为；
（2）设该商城每台空调降价m元，则每天可多售台， 每天的利润为w元，
根据题意得出：
，
当时，w取得最大值，最大值为5000，
此时，
答∶该商城将空调定价为2800元时，每天的利润最大，最大利润是7200元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为，此题是一道平均增长率的问题， 根据公式a(1+x)n=p，其中a是平均增长开始的量，x是增长率，n是增长次数，P是增长结束达到的量，根据公式列出方程，再利用直接开平方法求解并检验即可；
（2）设该商城每台空调降价m元，每天的利润为w元，则每天可多售台，每台的利润为（3000-m-2500）元，每天销售的数量为（8+） 台，根据每天的总利润等于每天销售的刷领乘以每台的利润，可建立出w关于m的函数关系式，进而根据所得函数的性质求解即可.
24．【答案】（1）解：，
证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型；猜想与证明
【解析】【解答】（3）解：连接AE，如图，
由旋转可得，，
∴是等边三角形，
∴
由（1）知
∴的周长，
∴当最小时，的周长最小，最小值，
∴当时，最小，此时的周长最小，
∵，等边，
∴，
由勾股定理，得
∴的周长最小值．
故答案为：．
【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等边三角形的性质得，，由等式的性质推出，从而由“”可证，由全等三角形的对应边相等可得；
（2）由旋转的性质可得，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得△ADE是等边三角形，由等边三角形的性质得，，由等式性质推出，由“”可证，由全等三角形的对应角相等及邻补角定义可得，从而根据角的和差可求得，即可得出结论；
（3）连接AE，由旋转可得，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得是等边三角形，由等边三角形的三边相等得；由（1）知，根据三角形周长的计算公式、线段的和差及等量代换可阿静△CDE的周长转化为BC+AD，由于BC长度固定，故当AD最小时，△CDE的周长最小，根据垂线段最短，当AD⊥BC时，AD最小，此时△CDE的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解．
（1）解：，
证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（3）解：连接，如图，
由旋转可得，，
∴是等边三角形，
∴
由（1）知
∴的周长，
∴当最小时，的周长最小，最小值，
∴当时，最小，此时的周长最小，
∵，等边，
∴，
由勾股定理，得
∴的周长最小值．
故答案为：．
25．【答案】（1）解：∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
又BC⊥OA，
∴，由勾股定理得：，
即，
∴，
∴．
（3）解：四边形是平行四边形，证明如下：
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；圆周角定理；切线的性质；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）由圆的切线垂直于经过切点的半径得出，由直角三角形的量锐角互余得出，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得；
（2）由同弧所对的圆周角相等得，由三角形的内角和定理可求出=30°，由等角对等边得出AB=AC，由同圆中相等的弦所对的弧相等得，由垂径定理的推论证出，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得是等边三角形，由等边三角形的三线合一得，根据勾股定理建立方程可求出OE的长，从而由即可得出答案；
（3）根据（1）（2）得到的相关结论证明、，然后根据两组对边平行的四边形是平行四边形即可解答．
（1）解：∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，由勾股定理得：，
即，
∴，
∴．
（3）解：四边形是平行四边形，证明如下：
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
26．【答案】（1）解：将，代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：令，则，解得或，
∴，
设直线BC的解析式为，
∴，
解得，
∴，
过点P作轴交BC于G，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，的面积有最大值，最大值为32；
（3）解：存在点M，使得为等腰三角形，理由如下：
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
将x=3代入y=-x+8，得y=5，
∴，
设，
∴，，，
当时，，
解得（舍）或，
∴；
当时，，
解得或，
∴或；
当时，，
解得，
∴；
综上所述：M点坐标为或或或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-面积问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）将点A、C的坐标分别代入y=ax2+3x+c可得关于字母a、c的二元一次方程组，求解得出a、c的值，即可求出抛物线的解析式；
（2）令抛物线解析式中的y=0算出对应的自变量x的值，可得点B的坐标，从而利用待定系数法求出直线的解析式，过点P作PG∥y轴交BC于G，由点的坐标与图形性质，设，则，根据两点间的距离公式表示出PG的长，然后根据三角形面积计算公式表示△BCP的面积，运用二次函数的性质求出最大值即可；
（3）首先将抛物线的解析式配成顶点式得出对称轴直线为x=3，将x=3代入直线BC的解析式算出对应的函数值，可得点E的坐标，根据点的坐标与图形的性质设点M(3，m)，根据平面内两点间的距离公式分别表示出BE、BM、EM；分三种情况进行讨论：当时；当时；当时，分别列出方程，求解即可得出答案.
（1）解：将，代入，
∴，
解得，
∴；
（2）令，则，
解得或，
∴，
设直线BC的解析式为，
∴，
解得，
∴，
过点P作轴交BC于G，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，的面积有最大值，最大值为32；
（3）①存在点M，使得为等腰三角形，理由如下：
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴，设，
∴，，，
当时，，
解得（舍）或，
∴；
当时，，
解得或，
∴或；
当时，，
解得，
∴；
综上所述：M点坐标为或或或；
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