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九年级数学上学期期末选填压轴题精选
一、单选题
1．如图，抛物线交x轴于O，A两点；将绕点A旋转得到抛物线，交x轴于；将绕点A2旋转得到抛物线，交x轴于，……，如此进行下去，则抛物线的解析式是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连CE，则CE的长不可能是（　　）
A．1.2 B．2.05 C．2.7 D．3.1
3．如图，AB为⊙O的一条弦，C为⊙O上一点，OC∥AB．将劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于点D．若D为翻折后弧AB的中点，则∠ABC＝（　　）
A．110° B．112.5° C．115° D．117.5°
4．无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点，则a的取值范围是（　　）
A．a＞0 B．a≤ C．a≤或a＞0 D．a≥或a＜0
5．在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（ ）（精确到0.01．参考数据：，，）
A． B． C． D．
6．如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（ ）
A． B． C． D．
7．已知二次函数（为常数），当时，的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知如图，点为扇形弧上一动点，，，过点作，，的内心为，设，若点运动时，使得，则点的运动路径长为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，⊙A与⊙B外切于点D，PC，PD，PE分别是圆的切线，C，D，E是切点，若∠CED＝x°，∠ECD＝y°，⊙B的半径为R，则弧DE的长度是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A′BC′D′．若边A′B交线段CD于H，且BH=DH，则DH的值是（　　）
A． B．8-2 C． D．6
11．如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积为( )
A．π B．π C．π D．π
12．抛物线y＝ax2＋bx＋c对称轴为x＝1，与x轴的负半轴的交点坐标是（x1，0），且－1＜x1＜0，它的部分图象如图所示，有下列结论：①abc＜0；②b2－4ac＞0；③9a＋3b＋c＜0；④3a＋c＜0，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
13．如图，点P在的直径上，作正方形和正方形，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在上．若两个正方形的面积之和为16，，则DG的长是（ ）
A． B． C．7 D．
14．已知抛物线与x轴两个交点间的距离为2，将此抛物线向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到一条新抛物线，则新抛物线与x轴两个交点间的距离是（ ）．
A．4 B．5 C．8 D．
15．如图，为的切线，A为切点，B为上的一点，连接、交于点C，的延长线交于点D．则下列条件不能判断为的切线的是（ ）
A． B．
C．点A，B都在以为直径的圆上 D．平分
16．定义：如果两个函数图象上至少存在一对点是关于原点对称的，则称这两个函数互为“关联函数”，这对对称的点称为“关联点”．例如：点在函数上，点在函数上，点与点关于原点对称，此时函数和互为“关联函数”，点与点则为一对“关联点”．已知函数和互为“关联函数”，则n不可能是（ ）
A． B． C． D．
17．如图，内接于，，连接并延长，交于点D，于点E，交于点F，连接．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
18．定义[x]表示不超过实数x的最大整数，如，，，则方程的解有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
19．如图，在平面直角坐标系中，的顶点O在原点上，边在x轴的正半轴上，轴，，，将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点B的坐标为（　　）
A． B． C． D．
20．定义：一个圆分别与一个三角形的三条边各有两个交点，且所截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”现有一个斜边长为的等腰直角三角形，当“等弦圆”最大时，这个圆的半径为( )
A． B． C． D．
21．如图，在圆内接四边形中，．若四边形的面积是S，的长是x，则S与x之间的数关系式是（ ）
A． B． C． D．
22．根据频率估计概率原理，可以用随机模拟的方法对圆周率π进行估计．用计算机随机产生m个有序数对，它们对应的点金部在平面直角坐标系中某一个正方形的边界及其内部．若统计出这些点中到原点的距离小于或等于1的点有n个，则可估计π的值是（ ）
A． B． C． D．
23．如图所示，以AD为直径的半圆O经过的斜边AB的两个端点，交直角边AC于点E，点B、E是半圆弧的三等分点，的长为，则图中阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
24．已知，则等于（ ）．
A． B． C． D．
25．如图，是⊙O的直径，是⊙O的弦，I是的内心，连接，若，则的长是（ ）

A． B． C． D．
26．当时，将两个点称为一对“关联的对称点”．若抛物线（c是常数）总存在一对“关联的对称点”，则c的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
27．边长为2的正方形的顶点在轴正半轴上．如图将正方形绕顶点顺时针旋转，使点恰好落在抛物线上，则的值是（ ）
A． B． C． D．
28．如图，是等边三角形外一点，连接，，．若，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
29．一个球从地面竖直向上弹起，球距离地面的高度（米）与经过时间（秒）的关系式为，那么球从弹起后又回到地面所经过的总路程是（ ）
A．4米 B．6米 C．8米 D．12米
30．从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式是：，这个函数图象如图所示．则小球从第到第的运动路径长为（ ）
A．20m B．30m C．40m D．50m
31．抛物线与x轴交于A，B两点，D是以为圆心，2为半径的上一动点，E为中点，则线段的长可能为（ ）

A．1 B．2.5 C．4 D．5
32．中，，，，点在中线上，以为圆心的分别与、相切，则的半径为（ ）
A． B． C． D．
33．如图，在中，是斜边上两点，满足，将绕点顺时针旋转得，下列结论：①；②点关于直线对称；③点关于直线对称；④如果，则．正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
34．如图，在中，，，，的长度分别为，，，与分别与直线、、相切（与分别在直线的异侧），若的半径为，的半径为，则为（ ）
A． B． C． D．
35．我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法以方程，即为例说明，方图注中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此小明用此方法解关于的方程时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为，小正方形的面积为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、填空题
36．二次函数y＝ax2+2ax+c（a，c为常数且a＜0）经过(1，m)，且mc＜0，下列结论：
①c＞0；②a＜﹣；③若关于x的方程ax2+2ax＝p﹣c（p＞0）有整数解，则符合条件的p的值有3个；④当a≤x≤a+2时，二次函数的最大值为c，则a＝﹣4．其中一定正确的有 ．（填序号即可）
37．如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠BAD＝60°，E为线段BC的中点．若点P是线段AB上的一动点，Q为线段AD上一动点，则PQE的周长的最小值是 ．
38．下列关于二次函数y＝x2﹣2mx﹣2m﹣3的四个结论：①当m＝1时，抛物线的顶点为（1，﹣6）；②该函数的图象与x轴总有两个不同的公共点；③该函数的最小值的最大值为﹣4；④点A（x1，y1）、B（x2，y2）在该函数图象上，若x1＜x2，y1＜y2，则x1+x2＞2m，其中正确的是 ．
39．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，⊙O与AC、AB都相切，其半径为1．若在三角线内部沿边AB顺时针方向滚动到与BC相切，则点O运动的路经长是 ．
40．如图，已知圆锥的母线AB长为40 cm，底面半径OB长为10 cm，若将绳子一端固定在点B，绕圆锥侧面一周，另一端与点B重合，则这根绳子的最短长度是 ．
41．下列关于二次函数y＝x2－2mx＋2m－3（m为常数）的结论：
①该函数的图象与x轴总有两个公共点；
②若x＞1时，y随x的增大而增大，则m＝1；
③无论m为何值，该函数的图象必经过一个定点；
④该函数图象的顶点一定不在直线y＝－2的上方．
其中正确的是 （填写序号）．
42．关于二次函数（为常数）的结论：
①该函数的图象与轴总有公共点；
②不论为何值，该函数图象必经过一个定点；
③若该函数的图象与轴交于、两点，且，则；
④若时，随的增大而增大，则．其中说法正确的是 ．
43．如图，的两个顶点、在上，的半径为2，，，若动点在上运动，，则的取值范围是 ．
44．如图，，，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，当，时，则阴影部分的面积为 ．
45．抛物线经过点，与轴的交点在与之间（不包括这两点），对称轴为直线．下列结论：①；②若点、在图象上，则；③若为任意实数，则；④．其中正确结论的序号为 ．
46．如图，抛物线交轴于，两点；将绕点旋转得到抛物线，交轴于；将绕点旋转得到抛物线，交轴于，，如此进行下去，则抛物线的解析式是
47．如图，二次函数的图象与x轴的正半轴相交于，B两点，与y轴交于点C．对称轴为直线，且，下列结论，其中正确的结论是 ．（填写正确结论的序号）
①；
②；
③若，则；
④关于x的方程有一个根为．
48．如图，在等腰中，，请将等腰以点A为旋转中心旋转得到，延长与直线交于点D，若，则线段的长为 ．
49．如图，圆锥的底面半径为，其侧面展开图的圆心角为，则高的值为 ．
50．如图，在等腰中，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，且．若 ，则的长为 ．
51．已知抛物线经过点，当时，与其对应的函数值．下列四个结论：①抛物线经过定点；② ；③ 当时，y随x的增大而减小；④ 若直线与抛物线交于M，N两点，设点M，N的横坐标分别为m，n，则．其中正确结论的序号是 ．
52．如图，D是等边三角形内一点，连接，，且，，，E，F分别是边，上的一点，且，连接，，则的最小值是 ．
53．抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点与点也在该抛物线上下列结论：
点的坐标为；
方程有两个不相等的实数根；
；
当为常数时，其中正确结论的序号是 ．
54．如图，在矩形中，，，E为边上一动点，以BE为边构造等边（点F位于下方），连接．①当时， °； ②点E在运动的过程中，的最小值为 ．
55．已知抛物线，，是常数，经过点，下列结论：
①：
②关于的一元二次方程有两个不相等的实数根；
③当时，随的增大而减小；
④为任意实数，若，则代数式 的最小值是．
其中正确的是 (填写序号)．
56．如图，D是内一点，，，，，，则的长是 ．
57．已知二次函数的图像经过点，且与轴交点的横坐标分别为和，其中，，下列结论：①；②；③；④若点，（其中）在此函数图象上，则．其中正确的结论有 （只填序号）．
58．如图，等边三角形的边长为，点、分别是边、的动点，且，连接、交于点，为的中点，连接，则线段长的最小值为 ．
59．在中，，是边上的高，，，则的面积为 ．
60．已知抛物线（a，b，c是常数）开口向下，过两点，且．下列四个结论：
①；②若,则；
③若两点在抛物线上，，且，则；
④当时，关于x的一元二次方程必有两个不相等的实数根．
其中正确的是 （填写序号）．
61．如图，在等腰中，，，D在边上，E在上，若，，，则的值是 ．

62．二次函数（，是常数，的图象过点．现有以下结论：
①；
②若，则随的增大而增大；
③若该抛物线过点，在抛物线上，则在时，；
④若该抛物线与直线没有交点，则；
其中，正确的结论是 ．
63．古代数学家阿基米德曾经提出一个定理：一个圆中一条由两条长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．如图（1），弦，是的一条折弦，点是的中点，过点作于，则．根据这个定理解决问题：
如图（2），边长为的等边内接于，点为优弧上的一点．，则的周长是 ．
64．对于拋物线．下列四个结论：①若，则拋物线的对称轴为；②若拋物线经过点，且，则；③若，当时，总有随的增大而减小，则；④关于的方程有两个正根，，且，若，则．其中正确结论的序号是 ．
65．如图，边长为1的正方形的顶点，在半径为1的圆上，顶点，在圆内，将正方形沿圆的内壁按逆时针方向作无滑动的滚动，当点再一次落在圆上时，点运动的路径长为 ．
66．已知抛物线经过点，且满足．下列四个结论：
①抛物线的对称轴是；②b与c同号；
③若，则不等式的解集；
④抛物线上的两个点，，当，且时，．
其中一定正确的是 ．（填写序号）
67．如图，点为等边的边上的一个动点，，过点作于点，交边于点，当过，，三点的圆面积最小时，则 ．
68．已知，在中，，，以为直径的圆经过的外心，则的长为 ．
69．二次函数（，，均为常数，且）的图像经过点，点 ，则下列结论：
①；
②；
③若点，在抛物线上，若，则；
④若关于的方程没有实数根，则．
其中结论正确的序号是 ．
70．“数缺形时少直观，形无数时难人微”是我国著名数学家华罗庚教授的名言．说明数形结合是解决许多数学问题的有效思想．如图，在平面直角坐标系内，以点为圆心，以1为半径的圆上有一动点，，两点均在轴上，且，，则为 （用含、的代数式表示），的最大值为 ．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B C B A B A B C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A D B A D D A C D B
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 B D C C D D D C D C
题号 31 32 33 34 35
答案 B C C C D
1．A
【分析】将这段抛物线通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道与的顶点到x轴的距离相等，且，照此类推可以推导知道抛物线的顶点，即可求得抛物线的解析式．
【详解】解：∵，
∴配方可得，
∴顶点坐标为，
∴A坐标为，
∵由旋转得到，
∴，即顶点坐标为，；
照此类推可得，顶点坐标为，；
顶点坐标为，；
……，
∴抛物线的顶点坐标是，，．
抛物线的解析式是．
故选：A．
2．D
【分析】取AB的中点F，得到△BCF是等边三角形，利用三角形中位线定理推出EF=BD=1，再分类讨论求得，即可求解．
【详解】解：取AB的中点F，连接EF、CF，
∵∠BAC=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，BF=FA=BC=CF=2，∠ABC=60°，
∴△BCF是等边三角形，
∵E、F分别是AD、AB的中点，
∴EF=BD=1，
如图：
当C、E、F共线时CE有最大值，最大值为CF+EF=3；
如图，
当C、E、F共线时CE有最小值，最小值为CF-EF=1；
∴，
观察各选项，只有选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，分类讨论求得CE的取值范围是解题的关键．
3．B
【分析】如图，取 中点，连接，连接，由题意知，且在一条直线上，，，知，根据圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理等可求，，，，，的值，进而求解的值．
【详解】解：如图，取 中点，连接，连接
由题意知，且在一条直线上，，
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角，等边对等角，三角形内角和定理，折叠性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
4．C
【分析】因为两个图像总有公共点，所以将两个解析式进行联立，再根据跟的判别式进行判断即可求出a的取值范围．
【详解】解：由题意得，∵无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点，
∴将y＝kx﹣2k+2代入y＝ax2﹣2ax﹣3a得：，
整理得：，
∴，
∵，
∴，
解得：a≤或a≥0，a=0不符合题意，舍去，
∴a的取值范围是a≤或a＞0．
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是函数图像的交点问题，正确的列出式子，并根据交点数进行判定是解题的关键．
5．B
【分析】设雕像的下部高为xm，根据题意可得，求解即可；
【详解】设雕像的下部高为xm，则上部长为，
∵雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，高度为，
∴，
∴，
解得：（舍）或，
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了比例线段的知识点和一元二次方程的计算，准确列出比例方程是解题的关键．
6．A
【分析】如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于 为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.
【详解】解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点，
记的交点为 的交点为 延长交于 为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：
四边形为正方形，则
设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：
而
又 而
解得：
故选A
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.
7．B
【分析】求得二次函数的对称轴是直线，可知当时，随x的增大而减小，即当时，最大，计算即可．
【详解】解：
∵位于对称轴左侧，随x的增大而减小，
当时，最大为．
故选B．
【点睛】本题考查二次函数的增减性，解题的关键是求出二次函数的对称轴，利用二次函数的性质解答．
8．A
【分析】连接交分别为，连接，证明在线段上运动，根据，得出两个端点，进而根据对称性可得是等腰直角三角形，根据含30度角的直角三角形的性质得出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，连接交分别为，连接，

∵，，
∴
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∵的内心为，
∴，
设,
则，，
∵的内心为，
∴
∴
∴
∴，
∴在上运动，
∵，如图，当时，重合，
则

当时，如图，

同理可得，
∴，
根据对称性可得是等腰直角三角形，
过点作于点，如图，

∴在中，，，，
∴在中，．
即点的运动路径长为．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形内心的性质，找到点的运动轨迹是解题的关键．
9．B
【详解】根据题意,由切线长定理可知:PC=PD=PE,即点C,D,E在以P为圆心,PC长为半径的⊙P上,由圆周角定理得:∠DPE=2∠ECD=2y° ,连接BD,BE,则∠BDP=∠BEP=90°,
在四边形BDPE中,∠B+∠BDP+∠DPE+∠BEP=360°,即:∠B+90°+2y°+90°=360°,
解得:∠B=180°-2y°.
∴弧DE的长度是:故选B．
10．C
【分析】本题设DH=x，利用勾股定理列出方程即可.
【详解】设DH=x,
在 中，
故选C.
11．A
【详解】∵AB＝5，AC＝3，BC＝4，∴△ABC为直角三角形．由题意得S△AED＝S△ABC，由图形可知S阴影＝S△AED＋S扇形ADB－S△ABC，∴S阴影＝S扇形ADB＝＝π，故选A.
12．D
【分析】根据函数图象的对称轴和与y轴的交点位置判断出①正确，根据函数图象与x轴有两个交点坐标判断出②正确，根据当时，函数值小于0，判断出③正确，由对称轴得，再根据当时，函数值小于0，判断出④正确．
【详解】解：∵函数图象对称轴在y轴右边，
∴，
∵函数图象与y轴交于正半轴，
∴，
∴，故①正确；
∵函数图象与x轴有两个交点坐标，
∴，故②正确；
根据二次函数图象的对称性，它与x轴的另一个交点坐标在2和3之间，
∴当时，，故③正确；
∵抛物线的对称轴是直线，
∴，
当时，，故④正确．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图象和性质，解题的关键是能够通过函数图象判断出各项系数之间的关系．
13．B
【分析】作于K，设正方形的边长是x，由条件得到，从而求出正方形的边长，得到正方形的边长，进一步求出，的长，即可求出的长．
【详解】解：作于K，设正方形的边长是x，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵两个正方形的面积之和为16，
∴，
解得：或（舍去），
∴，，
∴，
，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，垂径定理，解题的关键是由条件列出关于小正方形边长的方程，求出小正方形边长．
14．A
【分析】
本题考查二次函数图象与x轴的交点问题、一元二次方程根与系数的关系、二次函数图象的平移，设抛物线与x轴两个交点坐标为，，则，求得，再求得平移后的解析式，设其与x轴的交点坐标为，，求得即可．熟知函数图象平移规则“左加右减，上加下减”和两点距离公式是解答的关键．
【详解】解：设抛物线与x轴两个交点坐标为，，
则，，
∴，
∴，
抛物线向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到一条新抛物线的表达式为
，
设平移后的抛物线与x轴的交点坐标为，，
则，，
∴
，
故选：A．
15．D
【详解】本题考查切线的性质和判定，全等三角形，连接，，根据选项条件证明即可解题．
解：∵为的切线，
∴，
连接，，
∴，
∴，
∴，
∴为的切线，故A正确，不符合题意；
∵，，
∴垂直平分，
∴，
即，
∴，
∴为的切线，故B正确，不符合题意；
∵点A，B都在以为直径的圆上，
∴，
又∵，
∴为的切线，故A正确，不符合题意；
∵平分，
∴，
再根据，，不能判断，故D错误，符合题意；
故选：D
16．D
【分析】设在，则在上，得出 ，求得最大值为，即可求解．
【详解】解：设在，则在上，
∴
∴
∴当时，的最大值为,
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
17．A
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，依次判断，，，然后利用勾股定理解题即可．
【详解】解:连接，
∵且，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
而交于,
则为的重心 连接，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵
∵
∴ ，
∴ ，
∴，
则，，
∴，
∵，
∴，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选A．
18．C
【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法，理解取整的定义是解题的关键．
【详解】解： ，
，
时, 解得 ；
时，解得 或 (舍)；
时， 解得 或(舍)；
时，方程无解；
综上所述：方程的解为：或 或
故选C．
19．D
【分析】先求出点的坐标，根据旋转得到每次旋转后的坐标，然后得到相应的规律，即可得到答案．
【详解】解：∵轴，
∴，
∵，，
∴，，
∴B的坐标为，
将绕点O顺时针旋转，第一次旋转后点，
第二次旋转后点，
第三次旋转后点，
第四次旋转后点回到了最开始的点，此时坐标为，
，
根据规律可得到第次旋转结束时，点的坐标为第三次旋转后点的坐标，即，
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与旋转规律的问题，解题的关键是找到每次旋转后点的坐标，以及找到旋转的规律．
20．B
【分析】当等弦圆最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点，连接交于，连接，，再证明经过圆心，，分别求解，，，设的半径为，再分别表示、，，再利用勾股定理求解半径即可．
【详解】解：如图，当等弦圆最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点，连接交于，连接，，
，，
，过圆心，，
，，．
，
设的半径为，
，
，
，
，
整理得：，
解得，
，
不符合题意，舍去，
当等弦圆最大时，这个圆的半径为．
故选：B．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用等知识．熟练掌握以上知识是解本题的关键．
21．B
【分析】延长到E，使，连接，先证明 ，得到，再证明，最后得到．
【详解】解：如下图，延长到E，使，连接，
四边形是圆内接四边形，
，
在和中，
，
，
，
即，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造 ．
22．D
【分析】根据落在扇形内的点的个数与正方形内点的个数之比等于两者的面积之比列出，可得答案．
【详解】解：根据题意，点的分布如图所示：
则有，
∴，
故答案为：D．
【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率＝所求情况数与总情况数之比．
23．C
【分析】连接BD、BE、BO、EO，由三等分点定义求出∠EOA=∠EOB=∠BOD=60°，根据的长为，求出R=2，分别求出AB、BC，勾股定理求出AC，得到△ABC的面积，由△BOE和△ABE同底等高，得到图中阴影部分的面积为，代入数值计算可得．
【详解】解：连接BD、BE、BO、EO，
∵点B、E是半圆弧的三等分点，
∴∠EOA=∠EOB=∠BOD=60°，
∴∠EAB=∠BAD=∠EBA=30°，
∴，
∵的长为，
∴，
解得R=2，
∴，
∴，
∴=3，
∴，
∵△BOE和△ABE同底等高，
∴△BOE和△ABE面积相等，
∴图中阴影部分的面积为，
故选：C ．
【点睛】
此题考查了圆的三等分点的定义，弧长公式，扇形面积公式，直角三角形30度角的性质，勾股定理，根据余弦定理求边长，熟记各知识点并熟练应用是解题的关键．
24．C
【分析】根据题意可得，再由完全平方公式可得，再次利用完全平方公式计算，即可求解．
【详解】解：根据题意得：，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了完全平方公式，分式的混合运算，二次根式，灵活利用完全平方公式解答是解题的关键．
25．D
【分析】过作于，于，于，根据已知条件推出四边形是正方形，根据等腰直角三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质即可得到结论；
本题考查了三角形的内切圆与内心，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过作于，于，于，

，
四边形是矩形，
∵是的内心，
,
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
，
故选：D．
26．D
【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，将代入函数解析式，发现a，b之间的关系，再表示出c即可解决问题．
【详解】解：由题知，将代入函数解析式得，
，
两式相减得，，
又因为，
所以，
则，
所以
所以，
又因为时，，与条件矛盾，
所以，
所以．
故选：D．
27．D
【分析】本题考查勾股定理，直角三角形的性质，旋转的性质，正方形的性质，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的性质求出点B的坐标．
过点B向x轴引垂线，交点为点E，连接，可得的长度，再求出的长度，进而得到点B的坐标，代入二次函数解析式即可求解．
【详解】解：如图，作轴于点E，连接，
正方形绕顶点顺时针旋转，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
把点B抛物线得：，
解得：，
故选：D．
28．C
【分析】将绕点A顺时针旋转到，连接、，延长交于点F，证明，得出，，证明为直角三角形，，求出，证明平分，得出，，根据求出结果即可．
【详解】解：将绕点A顺时针旋转到，连接、，延长交于点F，如图所示：
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴为直角三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴平分，
∴，，
∴，
∴，
，
，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理逆定理的应用，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，证明为直角三角形．
29．D
【分析】本题考查二次函数的应用，把函数解析式化为顶点式，由函数性质求出小球的最大高度，从而得出结论．
【详解】解：，
∴球从弹起后又回到地面所经过的总路程是米，
故选D．
30．C
【分析】本题考查了二次函数的应用，读懂题目是解题的关键．根据第时小球达到最高点处，再利用函数关系式求出和的函数值，分别求出小球上升和下降的高度，即可得到答案．
【详解】解：由题意可知，当时，小球到达最高点处，
当时，，
即小球从第到第上升的高度为；
当时，，
即小球从第到第下降的高度为；
小球从第到第的运动路径长为，
故选：C．
31．B
【分析】解一元二次方程可得、，即，再利用勾股定理求得，再根据中位线定理可得，进而即可求解．
【详解】解：连接，
设点、，则、是方程的两个根，
解得，，
∴、，
∴，
∵，
∴，
∵E为中点，O为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
即，
∴，
∴的长可能为2.5，
故选：B．

【点睛】本题考查解一元二次方程、勾股定理、三角形中位线定理及三角形的三边关系，熟练掌握角形中位线定理及三角形的三边关系是解题的关键．
32．C
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质．作于，于，于，连接，，设的半径为，先根据勾股定理计算出，则，由以为圆心的分别与、相切，根据切线的性质得，则，，再证明，利用相似比可得到和的关系式，然后根据得到关于的方程，再解方程即可．
【详解】解：作于，于，于，连接，，设的半径为，如图，
，，，
，
而为中线，
，
以为圆心的分别与、相切，
，
，，
∵，
，
，即，
，
，
．
故选：C．
33．C
【分析】根据等腰直角三角形的性质，旋转的性质可判定结论①；根据旋转的性质，如图所示，连接，连接交于点，可证，，可得，可判定结论②；根据题意，无法确定的数量关系可判定结论③；根据结论①和②，结合勾股定理即判定结论④．
【详解】解：∵在中，，
∴，
将绕点顺时针旋转得，
∴，
∴，
∴，
∴，故结论①正确；
如图所示，连接，连接交于点，
根据旋转可得，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，，
∵,
∴，
∴点关于直线对称，故结论②正确；
∵，绕点顺时针旋转得，
∴，，
∵，与的数量关系不确定，即与的数量关系不确定，
∴无法证明全等，
∴无法确定点关于直线对称，故结论③错误；
如图所示，根据结论②正确可得，
∴，
由结论①正确可得，
∴在中，，，
∴，
根据旋转的性质可得，
∴，故结论④正确；
综上所述，正确的有①②④，共个，
故选：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
34．C
【分析】设与、、的切点分别为D、E、F，与、、的切点分别为G、M、N．连接、、、、、，则四边形、是正方形，则，，根据 切线长定理可得，，由此即可求出的值．
本题主要考查了正方形的判定和性质，切线的性质和切线长定理，“圆的切线垂直于过切点的半径”，“过圆外一点向圆引的两条切线长相等”，熟练掌握切线的相关性质是解题的关键．
【详解】
如图，设与直线、、的切点分别为D、E、F，与直线、、的切点分别为G、M、N．连接、、、、、，则四边形、是正方形，
则，,
由切线长定理得，，
，，
，
，
又，
，
．
故选：C．
35．D
【分析】画出方程的拼图过程，由面积之间的关系得，，即可求解．
【详解】解：如图，
由题意得：，，
解得：，.
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，理解一元二次方程的正数解的几何解法是解题的关键．
36．①②④
【分析】把(1，m)代入得，，①由mc＜0，a＜0讨论及两种情况即可得①成立；②由a＜0，，根据有理数的加法法则得到，且即可得②成立；③依题意可知，二次函数的图像的对称轴为，根据轴对称的性质可知抛物线过(-3，m)，方程ax2+2ax＝p﹣c（p＞0）可化为，因为方程有整数解，借助函数图像，可得整数解为-2，-1，0，故符合条件的p值有两个，③不正确；④当a≤x≤a+2时，二次函数的最大值为c，讨论当或 或三种情况即可得解．
【详解】解： ，
或，
把(1，m)代入得，，
， ，显然当时，不成立，
，故①成立；
根据有理数的加法法则，可知：，根据绝对值及相反数的意义，得 ，
a＜﹣，故②成立；
二次函数y＝ax2+2ax+c（a，c为常数且a＜0）经过(1，m)，且对称轴 ，
根据轴对称的性质可知抛物线必过(-3，m)，如图，
关于x的方程ax2+2ax＝p﹣c（p＞0）可化为：，
方程的整数解有-2，-1，0，故符合条件的p值有两个，③不正确；
当a≤x≤a+2时，二次函数的最大值为c，且抛物线的对称轴为
分情况讨论：
，抛物线的开口向下，
分情况讨论：
Ⅰ），即，
当时，二次函数有最大值为，
解，得，，，
，故④成立；
Ⅱ） ，即，
当时，二次函数的最大值为，
解，得，，不合题意，舍去；
当时，时，二次函数的最大值为，
解，得 ，不合题意，舍去；
综上所述，①②④成立．
故答案为 ：①②④.
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系及有理数的运算法则，分类讨论思想是解本题的关键．
37．
【分析】分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，根据对称性质得到PM=PE，QN=QE，则PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时PQE的周长最小，最小值为MN的长，连接EM交AB延长线于H，过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质等知识分别求解GN、GM，进而利用勾股定理求解即可．
【详解】解：分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，
由对称性质得：PM=PE，QN=QE，
则PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，
根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时，PQE的周长最小，最小值为MN的长，
连接EM交AB延长线于H，则ME⊥AB于H，
过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，连接BD、NE，则NE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=12，
∴AB=BC=CD=12，AD∥BC，AB∥CD，∠C=∠BAD=60°，
∴△BCD是等边三角形，∠EBH=∠DAB=60°，
∵点E为BC在中点，
∴CE=BE=BC=6，DE⊥BC，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，又 NE⊥AD，
∴点D在线段NE上，
在Rt△CDE中，∠C=60°，
∴，∠CDE=90°－∠C=30°，
∴NE=2DE= ，
∵AB∥CD，NG⊥ME，ME⊥AB，
∴NG∥AB∥CD，
∴∠GNE=∠CDE=30°，
∴在Rt△NGE中，GE=NE=，
∴，
在Rt△BHE中，∠BEH=90°－∠EBH=90°－60°=30°，BE=6，
∴BH=BE=3，
∴，
∴EM=2EH=，
∴GM=GE+EM=，
∴在Rt△MGN中，，
即PQE的周长的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查最短路径问题，涉及两点之间线段最短、对称性质、菱形的性质、等边三角形的判断与性质、勾股定理、平行线的判断与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，作为一道填空题，难度偏大，解答的关键是认真分析，灵活运用相关知识解决问题．
38．①②④
【分析】将代入得，化为顶点式，可得顶点坐标，可判断①的正误；计算函数的值，比较与0的大小，可判断②的正误；将解析式化成顶点式，可求解最小值，然后求解最小值的最大值，可判断③的正误；根据函数图象性质，当，成立时，是否成立，当，成立时，是否成立，可判断④的正误．
【详解】解：将代入得，化为顶点式得
∴顶点坐标为
故①正确；
∵
∴
∴该函数的图象与x轴总有两个不同的公共点
故②正确；
∵
∴时，函数值最小，值为
∵
∴时，值最大，值为
∴该函数的最小值的最大值为
故③错误；
由函数的图象可知，当时成立，此时
当时，关于对称轴直线对称的点为，此时，若，则有，此时，即
∴当，有
故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了二次函数的顶点式，函数图象与性质，最值，交点个数等知识．解题的关键在于对二次函数知识的灵活运用．
39．5
【分析】当与AC，AB都相切时，切点分别是P，M，此时，点O在位置，当与BA，BC都相切时，切点分别是N，Q，此时，点O在位置，连接，，，，，作射线交BC于点D，作射线交AC于点E，过点E作于点G，过点D作于点H，根据切线的性质及平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，利用角平分线的性质可得，，在中，利用勾股定理可得，设，则，由相似三角形的判定和性质可得，，得出，同理得出，设，则，继续利用相似三角形的判定和性质可得，，，，结合图形根据线段间的数量关系即可得出结果．
【详解】解：当与AC，AB都相切时，切点分别是P，M，此时，点O在位置，当与BA，BC都相切时，切点分别是N，Q，此时，点O在位置，连接，，，，，作射线交BC于点D，作射线交AC于点E，过点E作于点G，过点D作于点H，如图所示：
则，
根据切线的性质可得：，，，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴在的角平分线上，在的角平分线上，
∴AD平分，BE平分，
∴，，
∵，
∴，，
∵，，
∴，，
在中，，，，
∴，
设，则，
∵，
，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∵，
，
∴，
∴，即，
∴，
设，则，
∵，
，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∵，
，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴点O的运动路径长为5，
故答案为：5．
【点睛】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括切线的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
40．cm
【分析】根据底面圆的周长等于扇形的弧长求解扇形的圆心角 再利用勾股定理求解即可.
【详解】解：圆锥的侧面展开图如图所示：
设圆锥侧面展开图的圆心角为n°， 圆锥底面圆周长为
则n=90，
∵
即这根绳子的最短长度是cm，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面展开图，弧长的计算，掌握“圆锥的底面圆的周长等于展开图的弧长求解圆心角”是解本题的关键.
41．①③④
【分析】根据根的判别式化简可判断①；根据二次函数的增减性及取值范围可判定②；将原函数化简变形可判定③；写出顶点纵坐标，然后化简可判断④．
【详解】解：①，
其中，，，
，
，
，
∴方程一定有两个实数根，即该函数的图象与x轴总有两个公共点，①正确；
②若时，y随x的增大而增大，则
，
∴，②错误；
③，
，
，
，
；
当时，
，
∴无论m为何值，该函数的图象必经过一个定点，③正确；
④顶点纵坐标为：，
∴该函数图象的顶点一定不在直线y＝－2的上方，④正确；
综上可得：正确结果为①③④；
故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查二次函数的基本性质及与一元二次方程的联系，熟练掌握运用二次函数的基本性质是解题关键．
42．①②④
【分析】
根据根的判别式可判断①；把函数解析化为，可判断②；再，求出该函数的图象与轴的交点，可得到关于m的不等式，可判断③，然后把函数解析式化为顶点式，结合二次函数的性质可判断④
【详解】解：①∵，
∴，
∴该函数的图象与轴总有公共点，故①正确；
②∵，
∴当时，，
即不论为何值，该函数图象必经过定点，故②正确；
③令，，
解得：，
∴该函数的图象与轴的两个交点为，
∴，
∵，
∴，
解得：或，故③错误；
④∵，
∵，
∴当时，y随x的增大而增大，
∵时，随的增大而增大，
∴，解得：，故④正确；
故答案为：①②④
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
43．
【分析】连接，作，且，连接，，，证明得到，再根据勾股定理求得，然后根据两点之间线段最短求解即可．
【详解】解：如图，连接，作，且，连接，，，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
在中，，
根据两点之间线段最短得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的有关概念、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短、等角的余角相等，添加辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．
44．
【分析】本题考查勾股定理和三角形的面积、圆的面积．根据勾股定理求出，分别求出三个半圆的面积和的面积，即可得出答案．能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解题的关键．
【详解】解：在中，，，，
∴，
∴阴影部分的面积为：，
∴阴影部分的面积为．
故答案为：．
45．①③④
【分析】根据题意画出函数的图象，然后根据二次函数的图象结合函数的性质依次对4个结论进行判断即可求出答案．
【详解】解：二次函数的图象与轴相交于点，对称轴为直线，
二次函数的图象与轴相交于点，，
二次函数与轴的交点与之间（不包括这两点），
大致图象如图：
当时，，故结论①正确；
二次函数的对称轴为直线，且，，，
，故结论②不正确；
时，函数有最小值，
为任意实数），
，故结论③正确；
，
，
一元二次方程的两根为和5，
，
，
，
，
当时，，，
，故结论④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题考查二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于中等题型．
46．
【分析】本题考查抛物线与轴的交点、二次函数图象与几何变化．将这段抛物线通过配方法求出顶点坐标及抛物线与轴的交点，由旋转的性质可以知道与的顶点到轴的距离相等，且，照此类推可以推导知道抛物线的顶点，即可求得抛物线的解析式．
【详解】解：，
配方可得，
顶点坐标为，
坐标为
由旋转得到，
，即顶点坐标为，；
照此类推可得，顶点坐标为，；
顶点坐标为，；
，
抛物线的顶点坐标是，，．
抛物线的解析式是．
故答案为：．
47．①②④
【分析】本题考查二次函数的图象与各项系数符号的关系、二次函数图象与坐标轴的交点问题，根据图象与y轴的交点、对称轴的位置可判断①；根据对称轴方程可判断②；根据可得点A坐标为，根据二次函数图象与直线的位置关系判断③；
【详解】解：∵该二次函数图象的对称轴为直线，
∴，则，故②正确；
∵，
∴，
∵该二次函数图象与y轴负半轴相交，
∴，
∴，故①正确；
∵该二次函数图象与x轴的正半轴相交于，与y轴交于点C．
∴点A坐标为，
连接，
可求得直线的表达式为，
由图象知，当时，二次函数图象位于直线的上方，即，
故③错误；
设二次函数图象与x轴的另一个交点为，则、为方程的两个根，则，
∵，
∴，
即关于x的方程有一个根为，故④正确，
综上，正确的结论是①②④，
故答案为：①②④
48．或．
【分析】分逆时针旋转和顺时针旋转两种情况，分别画出图形，利用旋转性质和锐角三角函数求解即可．
【详解】解：若将等腰以点A为旋转中心顺时针旋转得到，如图，在取一点E，使得，则，，，，
∵在等腰中，，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
∵，
∴，解得，
即；
若将等腰以点A为旋转中心逆时针旋转得到，如图，在取一点E，使得，则，，，，
∴，则，
在中，，，
∴，，
∴，
综上，线段的长为或．
【点睛】本题考查了旋转性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、分母有理化，添加辅助线构造等腰三角形和分类讨论是解答的关键．
49．
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长， 设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，求出R，再利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：设圆锥的母线长为R，
根据题意得，
解得：．
即圆锥的母线长为，
∴圆锥的高，
故答案是：．
50．8
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理的应用等知识点，综合性强，难度大，解题的关键是作出适当的辅助线．
基本思路：见解析的辅助线作法，利用等腰直角三角形求得的长；利用两三角形的一个角对应相等且这个角的两边对应成比例证得，推得，从而证得，进一步证得四边形为矩形，最后在直角三角形中利用勾股定理可求得的长，即可求得的长．
【详解】解：如图，延长到E，连接，使，
∴，则
∴为直角三角形．
在中，，，
则，
由于由逆时针旋转得到，故
，，
在和中，，，
∴
，则，
如图，过点A作，设的长为，则
由于，．
∴，
，
∴四边形为矩形，
∴
在中，由勾股定理得，，
即，解得，
则，
故答案为：8．
51．①②④
【分析】本题考查二次函数的图像和性质，把代入即可判断①；把和代入解析式即可判断②；然后求出抛物线的对称轴即可判断③；然后解方程求出，计算即可判断④．
【详解】当时，，
∴抛物线经过定点，故①正确；
把代入得，
∴，
代入解析式得：，
把代入得，解得，故②正确；
对称轴为直线，
∵抛物线开口向上，
∴当时，y随x的增大变化不确定，故③错误；
，是方程，即的两根，
解得：，或，，
∴，故④正确；
故答案为：①②④．
52．
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，证明．
过C作于C，使，连接，，根据证明，得出，则，当的最小时，最小，当D、F、H在同一条直线时，最小，根据勾股定理算出结果即可．
【详解】解：如图，过C作于C，使，连接，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴当的最小时，最小，
∴当D、F、H在同一条直线时，最小，
在中，，，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：．
53．①②③
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据二次函数图象确定相应方程根的情况，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．根据点与点也在该抛物线上，可求出抛物线的对称轴，根据点的坐标即可求出点坐标，可以判断选项；根据图象可知抛物线与有两个交点，可以判断选项；将，点坐标代入抛物线解析式，可得，再根据，即可判断选项；根据对称性可知当时和时函数值相等都是，即可判断选项．
【详解】解：点与点也在该抛物线上，
该抛物线的对称轴为直线，
，
，故符合题意；
图象开口向上，与轴交于，两点，
抛物线与直线有两个交点，
方程有两个不相等的实数根，故符合题意；
将，点坐标代入抛物线解析式，得，
解得，
，
，
，即，故符合题意；
，抛物线的对称轴为，
当时和时函数值相等，
∴当时，；当时，；
当时，，故不符合题意；
故答案为：．
54．
【分析】①连接、相交于点，连接，，根据矩形的性质和勾股定理可求得、的长，从而可得是等边三角形，从而可证，可知，结合可得，再根据三角形外角性质和等腰三角形性质即可求得；②根据①可知，点在上运动，结合垂线段最短可知当时，有最小值，根据，，从而可得，即可解题．
【详解】解：如图，连接、相交于点，连接，，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，，
①是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
②，点在上运动，
当时，有最小值，
此时，，
，
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，三角形外角性质，等腰三角形性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
55．①②④
【分析】将点代入解析式得出，即可判断①，进而计算，即可判断②，根据题意，得出对称轴为，即可判断③，根据题意求得对称轴进而得出函数的最小值，即可判断④
【详解】解：将点代入，得，
∴，
∵，
∴，故①正确，
∵，
∵，
∴，故②正确，
∵，则，
∴对称轴为 ，即对称轴为直线，故③不正确；
∵，
∴，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵，
∴的最小值为
∴代数式 的最小值是．故④正确，
故正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
56．
【分析】将绕点D顺时针旋转至，连接，交于F，交于M，勾股定理求出，易证得到，，从而证得，在与中解得再求得、，最后在中运用勾股定理求解即可．
【详解】解：将绕点D顺时针旋转至，连接，交于F，交于M，
则，，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
解得：
，
，
在中，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明和性质的应用、勾股定理解直角三角形；解题的关键是旋转构造全等，从而证明．
57．②③
【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】解：如图，
由图象得，当时，，故结论①错误；
∵抛物线与x轴的交点的横坐标为，其中．
∴，即抛物线的对称轴直线．
∴
∴．故②正确；
∵二次函数图象经过点，
∴，
∴．
∵由图象可得，当时，，
∴．解得．故③正确．
∵抛物线开口向下，对称轴满足，点，（其中）在此函数图象上，
∴当时，点到对称轴的距离小于点的距离，
∴，故④错误；
所以，正确的结论是②③，
故答案为：②③
【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，其中熟知：抛物线开口向上（下），在对称轴的左侧，y随x的增大而减小（增大），在对称轴的右侧，y随x的增大而增大（减小）是解题的关键．
58．/
【分析】证明，可得，根据，，，即可推出，推出点F的运动轨迹是弧，推出，作的外接圆O，分析得出当O，F，G三点共线时，最小，连接，过点O作，垂足为H，利用垂径定理求出半径，根据角度说明是直角三角形，利用勾股定理求出，即可得到．
【详解】解：在等边三角形中，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴点F的运动轨迹是弧，
∴，
作的外接圆O，
当O，F，G三点共线时，最小，连接，
过点O作，垂足为H，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点G是中点，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系、圆等知识，解题的关键是发现点F的运动轨迹，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．
59．或/或
【分析】如图所示，分D在之间和延长线上两种情况考虑，先由求出，再求出的长，然后根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：如图，∵在中，，，
∴，即：，
∴，
当D在之间时，，
∴的面积为；
当D在延长线上时，
∴的面积为
故答案为：或．
【点睛】此题主要考查了解三角形，根据已知得出两种符合要求的图形，即三角形为钝角三角形或锐角三角形分别分析是解题关键．
60．①③④
【分析】本题综合考查了二次函数的图象与性质，掌握相关函数结论，利用数形结合的数学思想是解题关键．①求出抛物线对称轴直线的范围即可判断；②先求出对称轴，再根据当时，即可判断；③，分别判断各因式的正负即可；④抛物线过可得，求出的取值范围，利用数形结合的数学思想即可判断．
【详解】解：∵抛物线过两点，且，
∴
∵抛物线的对称轴为直线，
∴
∵抛物线开口向下，
∴
∴，故①正确；
若,则，
∴
∴
∵当时，，
∴
∴，故②错误；
∵若两点在抛物线上，
∴
∴
∵，
∴
∵，
∴
由①得：
∴
∴
∴，故③正确；
∵抛物线过，
∴
∴
∵，
∴，
∴
由①得，
∴
即：抛物线与轴必定交于点的上方，如图所示：

则抛物线与直线必有两个交点，
即：关于x的一元二次方程必有两个不相等的实数根
故④正确；
故答案为：①③④
61．
【分析】结合，，将绕点逆时针旋转到的位置，连接，作交于，利用含的直角三角形易求得，可得，过点作交于，设，则，由勾股定理可得：，即：，可求得，进而可得，则，可得，过点作交延长线于，则，设，则，可得：，即：，求得 ，则，易证，即可得．
【详解】解：∵，，
∴将绕点逆时针旋转到的位置，连接，
则，，，，
∴，
作交于，则，，
∴，
∴，
过点作交于，设，则，
由勾股定理可得：，即：，
解得：，则，

延长，使得，则，
又∵，，
∴，
∴，则，亦即是等边三角形，
∴，则，
∴，
∴，

过点作交延长线于，则，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，解得：，
∴，则，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题属于几何综合，考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，含直角三角形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，添加辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求出相应边的长度是解决问题的关键．
62．①②③④
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质．先求出，可得，故①正确；再求出抛物线的对称轴为直线，可得若，则随的增大而增大，故②正确；求出抛物线的解析式为，可得当时，函数有最小值，最小值为，从而得到时，，故③正确；，由该抛物线与直线没有交点，可得，从而得到，故④正确．
【详解】解：∵二次函数的图象过点．
∴，即，
∵，
∴，
∴，故①正确；
根据题意得：抛物线的对称轴为直线，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∴若，则随的增大而增大，故②正确；
∵该抛物线过点，在抛物线上，
∴，
∵，
∴，
∴抛物线的解析式为，
当时，函数有最小值，最小值为，
∴时，，故③正确；
联立得∶，即，
整理得：，
∵该抛物线与直线没有交点，
∴，
解得：，故④正确；
故答案为：①②③④．
63．/
【分析】过点Q作于T，在上截取，连接，，先求出，得到等腰直角，利用勾股定理求得，再证明，得，从而利用等腰三角形三线合一性质得出，即可得出，则，即可由三角形周长公式求解．
【详解】解：如图，过点Q作于T，在上截取，连接，，
∵等边
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴，
由题意可得：，，
在和中，
，
，
，
，
，
∴
∴
∴的周长，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
64．①②④
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据对称轴公式，判断①；将点，代入解析式，结合，判断②；根据抛物线的开口方向和增减性判断③；根据抛物线与一元二次方程的关系，判断④．掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键．
【详解】解：，对称轴为，故①正确；
抛物线经过点，
，
，
∴，
，故②正确；
，当时，总有随的增大而减小，
，
，故③错误；
，
∴，
∵关于的方程有两个正根，，
，
，，
∵，
，，
当时，，
，故④正确．
综上所述，①②④正确．
故答案为：①②④．
65．
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质及其应用问题以及弧长公式．画出图形，找到每一次的旋转角度和旋转中心以及弧长，利用弧长公式解答即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
由图可得：连接，，，，
，
，，，为等边三角形，
B到的运动轨迹是以A为圆心的弧形
，
由旋转的性质可得：
连接，由题意得为正方形的对角线，则
，
，
，
，
点的运动路径长为，
故答案为：．
【详解】详解片段
66．①②④
【分析】本题考查二次函数图像及性质．根据题意逐一对序号进行分析即可得到本题答案．
【详解】解：∵抛物线经过点，
∴，解得：，
∴对称轴为：，
故①正确；
∵满足，
∴抛物线经过，
∵对称轴为：，
∴抛物线经过，
∴图像有两种情况：
①当时，，此时，
②当时，，此时，
∴b与c同号，
故②正确；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵由②知，b与c同号，
∴，
∴，
∵整理得：，
用反证法时，不成立，
故③不正确；
∵抛物线上的两个点，，当，且时，
∴，解得：，
故④正确，
故答案为：①②④．
67．/
【分析】设为经过三点的圆的圆心，设与交于点，连接，设， 则，进而得出，勾股定理求得，根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】解：如图所示，设为经过三点的圆的圆心，设与交于点，连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵，，
∴
∴
设， 则，
∴
∴
∴，
∵
∴
∵
∴是的直径，
∵是圆内接四边形，
∴，
∴，则是等边三角形
∴，则
∴
在中，
在中，
∵是的直径，
∴当取得最小值时，的面积最小，
∴当时，的面积最小，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直角所对的弦是直径，二次函数的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理；熟练掌握以上知识是解题的关键
68．或
【分析】根据题意，分两种情况画出图形：情况1为当外心在内部时，情况2为当外心在外部时，根据圆心角与圆周角的关系易得为或，再作出边上的高，利用勾股定理解直角三角形，求出的长．
【详解】解：设是以为直径的圆，点O是的外心．
情况1，如图，当点O在内部时，根据圆心角与圆周角的关系得：，
作于点E，则是等腰直角三角形，，
由勾股定理有，即，，
，
；
情况2，如图，当点O在外部时，根据圆心角与圆周角的关系得：
，
作的延长线于点F，则是等腰直角三角形，，
由勾股定理有，即，，
，
．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、圆周角定理、勾股定理解直角三角形、等腰直角三角形的性质等，灵活运用相关知识并画出图形分类讨论是解决问题的关键．
69．①③④
【分析】由且A、B两点位于y轴两侧，可判断①；由对称轴为，可得，把代入抛物线的表达式中可判断②；由可知可能在A、B之间，也可能在B点右侧，而在B点右侧，分两种情况讨论，可判断③；由方程没有实数根可得，由此可判断④．
本题主要考查了二次函数的图像与系数的关系，解题的关键在于熟练掌握二次函数的图像与系数的关系．二次函数系数a决定抛物线的开口方向和大小，一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，常数项c决定抛物线与y轴交点．
【详解】∵,
∴抛物线开口向下，
又∵抛物线与x轴的两个交点、 位于y轴两侧，
∴，
故结论①正确；
∵抛物线的对称轴为
∴，
由可知时，，
，
，
故结论②错误；
∵
∴可能在A、B之间，也可能在B点右侧，而在B点右侧，
，
当点在A、B之间时，此时；
当在B点右侧时， 此时、都在对称轴右侧，y随x的增大而减小，
∴，
∴当时，，
故结论③正确；
若关于x的方程没有实数根，
则，
，
，
故结论④正确．
综上，正确的有①③④
故答案为：①③④
70．
【分析】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，一点到圆上一点的最值问题，根据勾股定理分别求出，进而可得；由勾股定理得到，进而得到，故当O、C、P三点共线，且点C在线段上时有最大值，即此时有最大值，据此求出的最大值即可得到答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵P在以点为圆心，以1为半径的圆上，
∴当O、C、P三点共线，且点C在线段上时有最大值，即此时有最大值，
∵，
∴，
∴，
故答案为：，34．
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