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浙教版数学九年级上册期中模拟测试卷 C
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024·武汉）经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，这三种可能性大小相同．若两辆汽车经过这个十字路口，则至少一辆车向右转的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：画树状图如图所示，
共有9种等可能的结果，至少一辆车向右转有5种结果，
∴至少一辆车向右转的概率是：，
故答案为：D．
【分析】先画树状图，用树状图法确定所有等可能的结果数量和符合题意的结果数量，然后用概率公式解答即可．
2．（2024·湖北）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为（﹣1，﹣2），抛物线与y轴的交点位于x轴上方．以下结论正确的是（　　）
A．a＜0 B．c＜0 C．a﹣b+c＝﹣2 D．b2﹣4ac＝0
【答案】C
【知识点】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：画出函数的图像，如图所示：
∵开口向上，与轴的交点位于轴上方，
∴，，故选项A，B错误；
∵抛物线的顶点为，
∴，故选项C正确；
∵抛物线与轴有两个交点，
∴，故选项D错误；
故答案为：C．
【分析】先根据题意大致画出函数的图象，进而根据开口向上，与轴的交点位于轴上方得到，，根据顶点的坐标得到，再根据二次函数与坐标轴的交点得到，从而对比选项即可求解。
3．（2024·湖南）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：．
故答案为：C.
【分析】根据圆周角定理可知，即可得到答案．
4．（2024·雅安）已知一元二次方程有两实根，，且，则下列结论中正确的有（　　）
；
抛物线的顶点坐标为；
；
若，则．
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【知识点】一元二次方程的根；二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：①∵ax2+bx+c=0有两实数根x1=-1，x2=3，
∴，
由②-①得：8a+4b=0，
∴2a+b=0，故结论①正确，符合题意；
②由①得：2a+b=0，即b=-2a，
∴抛物线的对称轴为：直线x=，
∴抛物线的顶点坐标为（1，a+b+c），
∵b=-2a，a-b+c=0，
∴a-(-2a)+c=0，即a=，b=
则a+b+c=++c=，
∴抛物线的顶点坐标为（1，），故结论②正确，符合题意；
③由②知：3a+c=0，
∴c=-3a，
而b=-2a，abc＞0，
∴abc=a(-2a)(-3a)=6a3＞0，
∴a＞0，故结论③错误，不符合题意；
④∵m(am+b)＜4a+2b，
∴am2+bm+c＜4a+2b+c，
∴函数y=ax2+bx+c，当x=m时的函数值小于x=2时的函数值；
由③知：a＞0，
由②知：抛物线的对称轴为直线x=1，
而抛物线上的点距离对称轴越近函数值越小，
∴，
解得：0＜m＜2，故结论④错误，不符合题意；
综上可得，正确的有①②，共2个.
故答案为：B.
【分析】①、由题意把x=-1和x=3代入一元二次方程可得，将两个方程相减并整理即可求解；
②、结合①的结论可得抛物线的对称轴为直线x=1，于是可得抛物线的顶点坐标为（1，a+b+c），根据一元二次方程的一个解为x=-1可得a-b+c=0，结合①的结论b=-2a可将a、b用含c的代数式表示出来，代入a+b+c整理即可求解；
③、由②的结论可得c=-3a，①的结论b=-2a，结合题意abc＞0即可判断求解；
④、根据已知的不等式两边同时加c可知：函数y=ax2+bx+c，当x=m时的函数值小于x=2时的函数值；根据抛物线的开口方向可得抛物线上的点距离对称轴越近函数值越小，于是可得关于m的不等式，解之可求解.
5．（2024·甘孜州）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，OA＝1，则AB的长为（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解： ∵多边形是正六边形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
故答案为：C
【分析】先根据正多边形的性质得到∠BOA的度数，进而根据等边三角形的判定与性质得到，从而即可求解.
6．（2024·凉山州）抛物线y＝（x﹣1）2+c经过（﹣2，y1），（0，y2），（，y3）三点，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y3＞y1 C．y3＞y1＞y2 D．y1＞y3＞y2
【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：∵y＝（x﹣1）2+c，
∴抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，
∴当x＜1时，y随x的增大而减小，
∵（，y3）关于直线x＝1的对称点是（﹣，y3），
∵﹣2＜﹣＜0＜1，
∴y1＞y3＞y2，
故选：D．
【分析】判断得抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，故x<1时，y随x的增大而减小，再根据二次函数的对称性将三个点都转换到对称轴左侧，根据二次函数性质判断三个函数值的大小即可.
7．（2024·宜宾）如图，内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AD平分交⊙O于D．则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：连接BD、CD，AD饶点D逆时针旋转90°得A'D，连接A'B，如图：
∵BC是 ⊙O 的直径，
∴∠BAC=∠BDC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=45°，
∵∠BCD=∠BAD，∠CAD=∠CBD，
∴∠BCD=∠CBD=45°，
∴BD=DC，
在四边形ABDC中，∠BAC=∠BDC=90°
∴∠ACD+∠ABD=180°.
∵∠ADA'=∠CDB=90°，
∴∠ADC=∠A'DB，
又A'D=AD，BD=CD，
∴△A'DB≌△ADC(SAS)，
∴∠A'BD=∠ACD，A'B=AC，
∴∠A'BD+∠ABD=180°.
∴A'，B，A三点共线，
∴在△A'DA中，，AA'=AB+A'B=AB+AC，
∴.
故答案为：A.
【分析】连接BD、CD，AD饶点D逆时针旋转90°得A'D，连接A'B，利用圆周角定理和角平分线证得∠BCD=∠CBD=45°，于是有BD=CD；根据圆内接四边形对角互补得∠ACD+∠ABD=180°.利用SAS证明△A'DB≌△ADC，∠A'BD=∠ACD，A'B=AC，于是有∠A'BD+∠ABD=180°，即可得A'，B，A三点共线，在等腰直角△A'DA中利用勾股定理即可得到结论.
8．（2024·赤峰）如图，正方形的顶点A，C在抛物线上，点D在y轴上.若A，C两点的横坐标分别为m，n（），下列结论正确的是(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点A作AM⊥y轴，过点C作CN⊥y轴，则∠DNC=∠AMD=90°
，当x=m时，y=-m2+4， 当x=n时，y=-n2+4，
∴A（m，-m2+4，），B（n，-n2+4），AM=m，MO=-m2+4，CN=n，NO=-n2+4，
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠CDN+∠ADM=∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠CDN=∠DAM，
∴△CDN≌△DAM（AAS），
∴DM=CN=n，DN=AM=m，
∴MN=DM+DN=m+n，
∵MN=ON-OM=-n2+4-（-m2+4）=m2-n2，
∴m2-n2=m+n，即（m+n）（m-n）=m+n，
由题意知m+n≠0，
∴m-n=1.
故答案为：B.
【分析】过点A作AM⊥y轴，过点C作CN⊥y轴，由题意知A（m，-m2+4，），B（n，-n2+4），从而得出AM=m，MO=-m2+4，CN=n，NO=-n2+4， 可证△CDN≌△DAM（AAS），可得DM=CN=n，DN=AM=m，从而得出MN=m+n=m2-n2，据此即可求解.
9．（2024·赤峰）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形的外角性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵ 半径，
∴，
∴∠AOC=∠BOC=42°，
∴∠D=∠AOC=21°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠D=21°，
∴∠AOC=∠C+∠BOC=21°+42°=63°.
故答案为：B.
【分析】由垂径定理可得，则∠AOC=∠BOC=42°，由圆周角定理可得∠D=∠AOC=21°，再根据OC=OD，可得∠C=∠D=21°，最后利用三角形的外角的性质即可求解.
10．（2023·眉山）如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，；其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意得a＞0，c＜0，
∵
∴对称轴为，
∴b=2a，
∴b＞0，
∴，①正确；
∵对称轴为x=-1，且函数与坐标轴的一个交点为（1，0），
∴函数图象与坐标轴的另一个交点为（-3，0），
当x=1时，a+b+c=0，
当x=-3时，9a-3b+c=0，
∴4a-2b=0，
∴，②正确；
∵a+b+c=0，b=2a，
∴，③正确；
由题意得当时，，④正确；
故答案为：D
【分析】先根据二次函数的图象即可得到a＞0，c＜0，再结合二次函数的对称轴即可得到b＞0，进而即可判断①；再根据二次函数上点的特点即可得到4a-2b=0，进而即可判断②；再根据已知条件结合二次函数的性质和图像即可求解。
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2024·甘孜州）某校组织多项活动加强科学教育，八年级（一）班分两批次确定项目组成员，参加“实践探究”活动，第一批次确定了7人，第二批次确定了1名男生、2名女生．现从项目组中随机抽取1人承担联络任务，若抽中男生的概率为，则第一批次确定的人员中，男生为　 　人．
【答案】5
【知识点】一元一次方程的其他应用；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：设第一批次确定的人员中，男生为x人，由题意得，
解得，
故答案为：5．
【分析】设第一批次确定的人员中，男生为x人，进而根据“加“实践探究”活动，第一批次确定了7人，第二批次确定了1名男生、2名女生．现从项目组中随机抽取1人承担联络任务，抽中男生的概率为”即可列出一元一次方程，从而解方程即可求解.
12．（2024·宿迁）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2，以点E为圆心，EF长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为　 　．
【答案】
【知识点】弧长的计算；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴，EF=DE=2，
∴的长为，
故答案为：.
【分析】根据正多边形的性质得∠E=120°，EF=DE=2，再根据弧长计算公式：进行计算即可.
13．（2024·宁夏）若二次函数的图象与轴有交点，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解： ∵二次函数的图象与轴有交点，
∴≥0，
∴。
【分析】根据二次函数的图象与轴有交点， 可得不等式≥0，解得。即可得出答案。
14．（2024·陕西）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是　 　．
【答案】
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：设∠A=x，
∵，
∴∠O=2∠A=2x，
又∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=，
∴∠A+∠OBC=x+(90°-x)=90°.
故答案为：90°.
【分析】根据圆周角定理及圆内等腰角度推理得出两角和，不熟练可设元表示目标角更为直观.
15．（2020九上·江都月考）把二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为 　 　.
【答案】y=2（x+1）2﹣2
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y=2（x+1）2，即y=2（x+1）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=2（x+1）2向下平移2个单位长度所得抛物线的解析式为：y=2（x+1）2﹣2，即y=2（x+1）2﹣2．
故答案为：y=2（x+1）2﹣2．
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答．
16．（2024·武威）如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度y(单位：m)与距离停车棚支柱AO的水平距离x(单位：m)近似满足函数关系的图象，点在图象上.若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长，高的矩形，则可判定货车　 　完全停到车棚内（填“能”或“不能”）.
【答案】能
【知识点】二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：CD=4m，点B（6，2.68），
OC=6-4=2m，
在中，当x=2时，
，
2.12>1.8，
可判定货车能完全停到车棚内.
故答案为：能.
【分析】先求出OC=2m，再根据函数表达式求出当x=2时，y的值，与1.8m作比较即可解答.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023·宜宾）某校举办“我劳动，我快乐，我光荣”活动．为了解该校九年级学生周末在家的劳动情况，随机调查了九年级1班的所有学生在家劳动时间（单位：小时），并进行了统计和整理绘制如图所示的不完整统计图．根据图表信息回答以下问题：
类别 劳动时间
A
B
C
D
E
（1）九年级1班的学生共有　 　人，补全条形统计图；
（2）若九年级学生共有800人，请估计周末在家劳动时间在3小时及以上的学生人数；
（3）已知E类学生中恰好有2名女生3名男生，现从中抽取两名学生做劳动交流，请用列表或画树状图的方法，求所抽的两名学生恰好是一男一女的概率．
【答案】（1）解：50 补全条形统计图如下：
（2）解：由题意得，（人），
即估计周末在家劳动时间在3小时及以上的学生人数为208人.
（3）解：列表如下：
女1 女2 男1 男2 男3
女1 　 女1，女2 女1，男1 女1，男2 女1，男3
女2 女2，女1 　 女2，男1 女2，男2 女2，男3
男1 男1，女1 男1，女2 　 男1，男2 男1，男3
男2 男2，女1 男2，女2 男2，男1 　 男2，男3
男3 男3，女1 男3，女2 男3，男1 男3，男2 　
由表格可知，共有20种等可能的情况，其中一男一女共有12种，
∴所抽的两名学生恰好是一男一女的概率是．
【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；等可能事件的概率
【解析】【解答】解：（1）由题意得，
B组人数为50×28%=24，
D组人数为50-8-14-15-5=8，
故答案为：50
【分析】（1）先根据题意即可计算总人数，进而即可根据扇形统计图求出D组和B组的人数，再补充条形统计图即可求解；
（2）根据题意列表，进而得到共有20种等可能的情况，其中一男一女共有12种，再根据等可能事件的概率即可求解。
18．（2024·济宁）某商场以每件80元的价格购进一种商品，在一段时间内，销售量y（单位：件）与销售单价x（单位：元/件）之间是一次函数关系，其部分图象如图所示．
（1）求这段时间内y与x之间的函数解析式；
（2）在这段时间内，若销售单价不低于100元，且商场还要完成不少于220件的销售任务，当销售单价为多少时，商场获得利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）解：由题意，设一次函数的解析式为y＝kx+b，
又过（100，300），（120，200），
∴．
∴．
∴所求函数解析式为y＝﹣5x+800．
（2）由题意得，，
∴100≤x≤116．
∵商场获得的利润＝（x﹣80）（﹣5x+800）
＝﹣5x2+1200x﹣64000
＝﹣5（x﹣120）2+8000，
又﹣5＜0，100≤x≤116，
∴当x＝116时，利润最大，最大值为7920．
答：当销售单价为116时，商场获得利润最大，最大利润是7920元．
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）由函数图象可知此函数是一次函数，且图象经过（100，300），（120，200），设一次函数的解析式为y＝kx+b再将这两点的坐标分别代入，可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到y与x的函数解析式.
（2）根据已知条件：销售单价不低于100元，且商场还要完成不少于220件的销售任务，可得到关于x的不等式组，求出不等式组的解集；再求出商场获得的利润与x的函数解析式，利用二次函数的性质可求解.
19．（2024·安徽）如图，是的外接圆，D是直径AB上一点，的平分线交AB于点E，交于另一点F，．
（1）求证：；
（2）设，垂足为M，若，求AC的长．
【答案】（1）证明：∵FA=FE，
∴∠FAE=∠AEF，
∵∠FAE=∠BCF，∠AEF=∠BEC
∴∠CEB=∠BCE，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE=∠ECD，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，
∴∠CDE=180°-（∠CEB+∠DCE）=90°
即CD⊥AB.
（2）解：由（1）知：∠CEB=∠BCE，
∴BE=BC，
∵FA=FE，，
∴AM=ME=OM+OE=2，即AE =4，
∴AO=AE-OE=4-1=3，即AB=6，
∴BC=BE=OB-OE=3-1=2，
∴AC===.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质、圆周角定理及对顶角的性质可推出∠CEB=∠BCE，由角平分线的定义可得∠ACE=∠ECD，由AB为直径可得∠ACB=90°，从而得出∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，再根据三角形内角和可得∠CDE=90°，继而得解；
（2）由（1）知：∠CEB=∠BCE，可得BE=BC，利用等腰三角形三线合一的性质可得AM=ME=OM+OE=2，即AE =4，从而求出AO=3，AB=6，再根据勾股定理求出AC即可.
20．（2022·武汉）如图，以为直径的经过的顶点，，分别平分和，的延长线交于点，连接.
（1）判断的形状，并证明你的结论；
（2）若，，求的长.
【答案】（1）解：为等腰直角三角形，理由如下：
证明：∵平分，平分，
∴，.
∵，，
∴.
∴.
∵为直径，∴.
∴是等腰直角三角形.
另解：计算也可以得证.
（2）解：连接，，，交于点.
∵，
∴.
∵，
∴垂直平分.
∵是等腰直角三角形，，
∴.
∵，∴.
设，则.
在和中，.
解得，.
∴.
∴.
另解：分别延长，相交于点.则为等腰三角形，先计算，，，再根据面积相等求得.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；圆周角定理；等腰直角三角形；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据角平分线的概念以及同弧所对的圆周角相等可得∠BAE=∠CAD=∠CBD，∠ABE=∠EBC，由外角的性质可得∠BED=∠BAE+∠ABE，根据角的和差关系可得∠DBE=∠DBC+∠CBE，推出∠BED=∠DBE，则BD=ED，由直径所对的圆周角等于90°可得∠ADB=90°，据此可判断出△BDE的形状；
（2）连接OC、CD、OD、OD交BC于点F，根据角平分线的概念以及圆周角定理可得∠DBC=∠CAD=∠BAD=∠BCD，则BD=DC，推出OD垂直平分BC，根据等腰直角三角形的性质可得BD，设OF=t，则DF=5-t，利用勾股定理可得t，进而可得BF、BC.
21．（2023·南充）如图1，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于G，H两点，直线，分别交x轴于点M，N．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）解：抛物线与x轴交于两点，
，
解得，
故抛物线的解析式为．
（2）解：①如图，过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，
四边形是平行四边形，
，
，
解得：，，
；
②如图，在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，
四边形是平行四边形，
，
在和中，
，
()，
，
，
，
解得：，，
；
如上图，根据对称性：，
③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为；
综上所述：的坐标为或或．
（3）解：是定值，
理由：如图，直线经过，
可设直线的解析式为，
、在抛物线上，
可设，，
，
整理得：，
，，
，
当时，，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得，
直线的解析式为，
当时，，
解得：，
，
，
同理可求：，
；
当与对调位置后，同理可求；
故的定值为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；平行四边形的性质；一次函数的性质；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）根据待定系数法求二次函数的解析式即可求解；
（2）分类讨论：①过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，先根据平行四边形的性质即可得到，进而即可列出一元二次方程，解方程即可得到点P的坐标；②在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，先根据平行四边形的性质即可得到，再根据三角形全等的判定与性质即可得到，，进而即可列出一元二次方程，解方程即可得到点P的坐标；③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为，最后总结即可求解；
（3）是定值，先根据题意求出点D的坐标，设直线的解析式为，运用待定系数法求一次函数即得到直线GD的解析式，再运用一次函数的性质即可得到点M的坐标，进而得到EM的长，同理即可得到EN的长，进而即可求解。
22．（2023·贵州）如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．
（1）写出图中一个度数为的角：　 　，图中与全等的三角形是　 　；
（2）求证：；
（3）连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）、、、；
（2）证明：∵，，
∴；
（3）解：连接，，
∵，，
∴ ，是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：（1）∵是等边三角形的外接圆，
∴∠BAC=∠CBA=∠ACB=60°，∠1=∠2=30°，
∵CE为直径，
∴∠EBC=∠EAE=90°，
∴∠4=∠3=30°，
∴的角的有、、、，
∵OC为∠ACB的角平分线，
∴∠CDB=∠CDA=90°，∠6=∠5=60°，
∴△DCB≌△DCA（ASA），
故答案为：、、、；；
【分析】（1）先根据等边三角形外接圆的性质结合等边三角形的性质即可得到∠BAC=∠CBA=∠ACB=60°，∠1=∠2=30°，进而根据圆周角定理即可得到∠EBC=∠EAE=90°，从而得到∠4=∠3=30°，再根据角平分线的性质即可得到∠CDB=∠CDA=90°，∠6=∠5=60°，进而根据三角形全等的判定（ASA）即可求解；
（2）连接，，先根据等边三角形的判定与性质即可得到，进而根据菱形的判定即可求解。
23．（2024·临夏）根据背景素材，探索解决问题．
平面直角坐标系中画一个边长为2的正六边形ABCDEF
背景素材 六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个古老而经典的几何问题，旨在解决如何使用直尺和圆规将一个圆分成六等份的问题．这个问题由欧几里得在其名著《几何原本》中详细阐述．
已知条件 点C与坐标原点O重合，点D在x轴的正半轴上且坐标为（2，0）．
操作步骤 ①分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，两弧交于点P； ②以点P为圆心，PC长为半径作圆； ③以CD的长为半径，在⊙P上顺次截取； ④顺次连接DE，EF，FA，AB，BC．得到正六边形ABCDEF．
问题解决
任务一 根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）
任务二 将正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°，直接写出此时点E所在位置的坐标： ．
【答案】解：任务一：图形如图所示：
任务二：（4，0）．
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；尺规作图-作圆的内接正多边形
【解析】【解答】解：任务二：正六边形的一个外角度数为：.
故DE与x轴正半轴的夹角为60°.故正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°后，点E落在CD的延长线上，即落在x轴上，记作E'，则DE'=DE=4.
∴点E'的横坐标为2+2=4.即点E此时所在位置是坐标为（4，0）.
故答案为：（4，0）.
【分析】（1）按照题目给的操作步骤作图即可；
（2）根据正多边形的外角和计算出一个外角的度数为60°，可得沿点D顺时针旋转60°后点E所在的位置，计算此时的坐标即可.
24．（2022·呼和浩特）如图，抛物线经过点和点，与轴的另一个交点为，连接、．
（1）求抛物线的解析式及点的坐标；
（2）如图1，若点是线段的中点，连接，在轴上是否存在点，使得是以为斜边的直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点是第一象限内抛物线上的动点，过点作轴，分别交、轴于点、，当中有某个角的度数等于度数的2倍时，请求出满足条件的点的横坐标．
【答案】（1）解：把点和点代入，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
令y=0，则，
解得：，
∴点A（-1，0）；
（2）解：存在，理由如下：
∵点A（-1，0），点，点是线段的中点，
∴点，
设点E（0，m），
∴，
，
，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
整理得：，
解得：或-1，
∴点E的坐标为（0，3）或（0，-1）；
（3）解：∵点B（4，0），C（0，2），
∴OB=4，OC=2，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（4，0），C（0，2）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点，则，CF=a，
∴，
若∠PCM=2∠OBC，过点C作CF∥x轴交PM于点F，如图甲所示，
图甲
∴∠FCM=∠OBC，即，
∴∠PCF=∠FCM，
∵轴，
∴CF⊥PQ，
∴PM=2FM，
∴，
∴，解得：解得：a=2或0（舍去），
∴点P的横坐标为2；
若∠PMC=2∠OBC，
∵∠PMC=∠BMN，
∴∠BMN=2∠OBC，
∵∠OBC+∠BMN=90°，
∴∠OBC=30°，与相矛盾，不合题意，舍去；
若∠CPM=2∠OBC，如图乙所示，过点P作PG平分∠CPM，则∠MPG=∠OBC，
图乙
∵∠PMG=∠BMN，
∴△PMG∽△BMN，
∴∠PGM=∠BNM=90°，
∴∠PGC=90°，
∵PG平分∠CPM，即∠MPG=∠CPG，
∴∠PCM=∠PMC，
∴PC=PM，
∴，
解得：或0（舍去），
∴点P的横坐标为；
综上所述，点P的横坐标为2或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线解析式，令y=0可得点A坐标；
（2）由点A（-1，0），点，点是线段的中点可得，点，设点E（0，m）， 则，，
，根据是以为斜边的直角三角形，可得， 解之即可；
（3）先求出直线BC的解析式 ，设点，则，CF=a，则
，分为当∠PCM=2∠OBC、∠PMC=2∠OBC、 ∠CPM=2∠OBC时三种情况，利用二次函数的性质和等腰直角三角形，勾股定理等性质进行求解即可。
1 / 1浙教版数学九年级上册期中模拟测试卷 C
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024·武汉）经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，这三种可能性大小相同．若两辆汽车经过这个十字路口，则至少一辆车向右转的概率是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·湖北）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为（﹣1，﹣2），抛物线与y轴的交点位于x轴上方．以下结论正确的是（　　）
A．a＜0 B．c＜0 C．a﹣b+c＝﹣2 D．b2﹣4ac＝0
3．（2024·湖南）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024·雅安）已知一元二次方程有两实根，，且，则下列结论中正确的有（　　）
；
抛物线的顶点坐标为；
；
若，则．
A．个 B．个 C．个 D．个
5．（2024·甘孜州）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，OA＝1，则AB的长为（　　）
A．2 B． C．1 D．
6．（2024·凉山州）抛物线y＝（x﹣1）2+c经过（﹣2，y1），（0，y2），（，y3）三点，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y3＞y1 C．y3＞y1＞y2 D．y1＞y3＞y2
7．（2024·宜宾）如图，内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AD平分交⊙O于D．则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024·赤峰）如图，正方形的顶点A，C在抛物线上，点D在y轴上.若A，C两点的横坐标分别为m，n（），下列结论正确的是(　　)
A． B． C． D．
9．（2024·赤峰）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是(　　)
A． B． C． D．
10．（2023·眉山）如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，；其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2024·甘孜州）某校组织多项活动加强科学教育，八年级（一）班分两批次确定项目组成员，参加“实践探究”活动，第一批次确定了7人，第二批次确定了1名男生、2名女生．现从项目组中随机抽取1人承担联络任务，若抽中男生的概率为，则第一批次确定的人员中，男生为　 　人．
12．（2024·宿迁）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2，以点E为圆心，EF长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为　 　．
13．（2024·宁夏）若二次函数的图象与轴有交点，则的取值范围是　 　.
14．（2024·陕西）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是　 　．
15．（2020九上·江都月考）把二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为 　 　.
16．（2024·武威）如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度y(单位：m)与距离停车棚支柱AO的水平距离x(单位：m)近似满足函数关系的图象，点在图象上.若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长，高的矩形，则可判定货车　 　完全停到车棚内（填“能”或“不能”）.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023·宜宾）某校举办“我劳动，我快乐，我光荣”活动．为了解该校九年级学生周末在家的劳动情况，随机调查了九年级1班的所有学生在家劳动时间（单位：小时），并进行了统计和整理绘制如图所示的不完整统计图．根据图表信息回答以下问题：
类别 劳动时间
A
B
C
D
E
（1）九年级1班的学生共有　 　人，补全条形统计图；
（2）若九年级学生共有800人，请估计周末在家劳动时间在3小时及以上的学生人数；
（3）已知E类学生中恰好有2名女生3名男生，现从中抽取两名学生做劳动交流，请用列表或画树状图的方法，求所抽的两名学生恰好是一男一女的概率．
18．（2024·济宁）某商场以每件80元的价格购进一种商品，在一段时间内，销售量y（单位：件）与销售单价x（单位：元/件）之间是一次函数关系，其部分图象如图所示．
（1）求这段时间内y与x之间的函数解析式；
（2）在这段时间内，若销售单价不低于100元，且商场还要完成不少于220件的销售任务，当销售单价为多少时，商场获得利润最大？最大利润是多少？
19．（2024·安徽）如图，是的外接圆，D是直径AB上一点，的平分线交AB于点E，交于另一点F，．
（1）求证：；
（2）设，垂足为M，若，求AC的长．
20．（2022·武汉）如图，以为直径的经过的顶点，，分别平分和，的延长线交于点，连接.
（1）判断的形状，并证明你的结论；
（2）若，，求的长.
21．（2023·南充）如图1，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于G，H两点，直线，分别交x轴于点M，N．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
22．（2023·贵州）如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．
（1）写出图中一个度数为的角：　 　，图中与全等的三角形是　 　；
（2）求证：；
（3）连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
23．（2024·临夏）根据背景素材，探索解决问题．
平面直角坐标系中画一个边长为2的正六边形ABCDEF
背景素材 六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个古老而经典的几何问题，旨在解决如何使用直尺和圆规将一个圆分成六等份的问题．这个问题由欧几里得在其名著《几何原本》中详细阐述．
已知条件 点C与坐标原点O重合，点D在x轴的正半轴上且坐标为（2，0）．
操作步骤 ①分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，两弧交于点P； ②以点P为圆心，PC长为半径作圆； ③以CD的长为半径，在⊙P上顺次截取； ④顺次连接DE，EF，FA，AB，BC．得到正六边形ABCDEF．
问题解决
任务一 根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）
任务二 将正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°，直接写出此时点E所在位置的坐标： ．
24．（2022·呼和浩特）如图，抛物线经过点和点，与轴的另一个交点为，连接、．
（1）求抛物线的解析式及点的坐标；
（2）如图1，若点是线段的中点，连接，在轴上是否存在点，使得是以为斜边的直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点是第一象限内抛物线上的动点，过点作轴，分别交、轴于点、，当中有某个角的度数等于度数的2倍时，请求出满足条件的点的横坐标．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：画树状图如图所示，
共有9种等可能的结果，至少一辆车向右转有5种结果，
∴至少一辆车向右转的概率是：，
故答案为：D．
【分析】先画树状图，用树状图法确定所有等可能的结果数量和符合题意的结果数量，然后用概率公式解答即可．
2．【答案】C
【知识点】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：画出函数的图像，如图所示：
∵开口向上，与轴的交点位于轴上方，
∴，，故选项A，B错误；
∵抛物线的顶点为，
∴，故选项C正确；
∵抛物线与轴有两个交点，
∴，故选项D错误；
故答案为：C．
【分析】先根据题意大致画出函数的图象，进而根据开口向上，与轴的交点位于轴上方得到，，根据顶点的坐标得到，再根据二次函数与坐标轴的交点得到，从而对比选项即可求解。
3．【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：．
故答案为：C.
【分析】根据圆周角定理可知，即可得到答案．
4．【答案】B
【知识点】一元二次方程的根；二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：①∵ax2+bx+c=0有两实数根x1=-1，x2=3，
∴，
由②-①得：8a+4b=0，
∴2a+b=0，故结论①正确，符合题意；
②由①得：2a+b=0，即b=-2a，
∴抛物线的对称轴为：直线x=，
∴抛物线的顶点坐标为（1，a+b+c），
∵b=-2a，a-b+c=0，
∴a-(-2a)+c=0，即a=，b=
则a+b+c=++c=，
∴抛物线的顶点坐标为（1，），故结论②正确，符合题意；
③由②知：3a+c=0，
∴c=-3a，
而b=-2a，abc＞0，
∴abc=a(-2a)(-3a)=6a3＞0，
∴a＞0，故结论③错误，不符合题意；
④∵m(am+b)＜4a+2b，
∴am2+bm+c＜4a+2b+c，
∴函数y=ax2+bx+c，当x=m时的函数值小于x=2时的函数值；
由③知：a＞0，
由②知：抛物线的对称轴为直线x=1，
而抛物线上的点距离对称轴越近函数值越小，
∴，
解得：0＜m＜2，故结论④错误，不符合题意；
综上可得，正确的有①②，共2个.
故答案为：B.
【分析】①、由题意把x=-1和x=3代入一元二次方程可得，将两个方程相减并整理即可求解；
②、结合①的结论可得抛物线的对称轴为直线x=1，于是可得抛物线的顶点坐标为（1，a+b+c），根据一元二次方程的一个解为x=-1可得a-b+c=0，结合①的结论b=-2a可将a、b用含c的代数式表示出来，代入a+b+c整理即可求解；
③、由②的结论可得c=-3a，①的结论b=-2a，结合题意abc＞0即可判断求解；
④、根据已知的不等式两边同时加c可知：函数y=ax2+bx+c，当x=m时的函数值小于x=2时的函数值；根据抛物线的开口方向可得抛物线上的点距离对称轴越近函数值越小，于是可得关于m的不等式，解之可求解.
5．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解： ∵多边形是正六边形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
故答案为：C
【分析】先根据正多边形的性质得到∠BOA的度数，进而根据等边三角形的判定与性质得到，从而即可求解.
6．【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：∵y＝（x﹣1）2+c，
∴抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，
∴当x＜1时，y随x的增大而减小，
∵（，y3）关于直线x＝1的对称点是（﹣，y3），
∵﹣2＜﹣＜0＜1，
∴y1＞y3＞y2，
故选：D．
【分析】判断得抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，故x<1时，y随x的增大而减小，再根据二次函数的对称性将三个点都转换到对称轴左侧，根据二次函数性质判断三个函数值的大小即可.
7．【答案】A
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：连接BD、CD，AD饶点D逆时针旋转90°得A'D，连接A'B，如图：
∵BC是 ⊙O 的直径，
∴∠BAC=∠BDC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=45°，
∵∠BCD=∠BAD，∠CAD=∠CBD，
∴∠BCD=∠CBD=45°，
∴BD=DC，
在四边形ABDC中，∠BAC=∠BDC=90°
∴∠ACD+∠ABD=180°.
∵∠ADA'=∠CDB=90°，
∴∠ADC=∠A'DB，
又A'D=AD，BD=CD，
∴△A'DB≌△ADC(SAS)，
∴∠A'BD=∠ACD，A'B=AC，
∴∠A'BD+∠ABD=180°.
∴A'，B，A三点共线，
∴在△A'DA中，，AA'=AB+A'B=AB+AC，
∴.
故答案为：A.
【分析】连接BD、CD，AD饶点D逆时针旋转90°得A'D，连接A'B，利用圆周角定理和角平分线证得∠BCD=∠CBD=45°，于是有BD=CD；根据圆内接四边形对角互补得∠ACD+∠ABD=180°.利用SAS证明△A'DB≌△ADC，∠A'BD=∠ACD，A'B=AC，于是有∠A'BD+∠ABD=180°，即可得A'，B，A三点共线，在等腰直角△A'DA中利用勾股定理即可得到结论.
8．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点A作AM⊥y轴，过点C作CN⊥y轴，则∠DNC=∠AMD=90°
，当x=m时，y=-m2+4， 当x=n时，y=-n2+4，
∴A（m，-m2+4，），B（n，-n2+4），AM=m，MO=-m2+4，CN=n，NO=-n2+4，
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠CDN+∠ADM=∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠CDN=∠DAM，
∴△CDN≌△DAM（AAS），
∴DM=CN=n，DN=AM=m，
∴MN=DM+DN=m+n，
∵MN=ON-OM=-n2+4-（-m2+4）=m2-n2，
∴m2-n2=m+n，即（m+n）（m-n）=m+n，
由题意知m+n≠0，
∴m-n=1.
故答案为：B.
【分析】过点A作AM⊥y轴，过点C作CN⊥y轴，由题意知A（m，-m2+4，），B（n，-n2+4），从而得出AM=m，MO=-m2+4，CN=n，NO=-n2+4， 可证△CDN≌△DAM（AAS），可得DM=CN=n，DN=AM=m，从而得出MN=m+n=m2-n2，据此即可求解.
9．【答案】B
【知识点】三角形的外角性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵ 半径，
∴，
∴∠AOC=∠BOC=42°，
∴∠D=∠AOC=21°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠D=21°，
∴∠AOC=∠C+∠BOC=21°+42°=63°.
故答案为：B.
【分析】由垂径定理可得，则∠AOC=∠BOC=42°，由圆周角定理可得∠D=∠AOC=21°，再根据OC=OD，可得∠C=∠D=21°，最后利用三角形的外角的性质即可求解.
10．【答案】D
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意得a＞0，c＜0，
∵
∴对称轴为，
∴b=2a，
∴b＞0，
∴，①正确；
∵对称轴为x=-1，且函数与坐标轴的一个交点为（1，0），
∴函数图象与坐标轴的另一个交点为（-3，0），
当x=1时，a+b+c=0，
当x=-3时，9a-3b+c=0，
∴4a-2b=0，
∴，②正确；
∵a+b+c=0，b=2a，
∴，③正确；
由题意得当时，，④正确；
故答案为：D
【分析】先根据二次函数的图象即可得到a＞0，c＜0，再结合二次函数的对称轴即可得到b＞0，进而即可判断①；再根据二次函数上点的特点即可得到4a-2b=0，进而即可判断②；再根据已知条件结合二次函数的性质和图像即可求解。
11．【答案】5
【知识点】一元一次方程的其他应用；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：设第一批次确定的人员中，男生为x人，由题意得，
解得，
故答案为：5．
【分析】设第一批次确定的人员中，男生为x人，进而根据“加“实践探究”活动，第一批次确定了7人，第二批次确定了1名男生、2名女生．现从项目组中随机抽取1人承担联络任务，抽中男生的概率为”即可列出一元一次方程，从而解方程即可求解.
12．【答案】
【知识点】弧长的计算；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴，EF=DE=2，
∴的长为，
故答案为：.
【分析】根据正多边形的性质得∠E=120°，EF=DE=2，再根据弧长计算公式：进行计算即可.
13．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解： ∵二次函数的图象与轴有交点，
∴≥0，
∴。
【分析】根据二次函数的图象与轴有交点， 可得不等式≥0，解得。即可得出答案。
14．【答案】
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：设∠A=x，
∵，
∴∠O=2∠A=2x，
又∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=，
∴∠A+∠OBC=x+(90°-x)=90°.
故答案为：90°.
【分析】根据圆周角定理及圆内等腰角度推理得出两角和，不熟练可设元表示目标角更为直观.
15．【答案】y=2（x+1）2﹣2
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y=2（x+1）2，即y=2（x+1）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=2（x+1）2向下平移2个单位长度所得抛物线的解析式为：y=2（x+1）2﹣2，即y=2（x+1）2﹣2．
故答案为：y=2（x+1）2﹣2．
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答．
16．【答案】能
【知识点】二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：CD=4m，点B（6，2.68），
OC=6-4=2m，
在中，当x=2时，
，
2.12>1.8，
可判定货车能完全停到车棚内.
故答案为：能.
【分析】先求出OC=2m，再根据函数表达式求出当x=2时，y的值，与1.8m作比较即可解答.
17．【答案】（1）解：50 补全条形统计图如下：
（2）解：由题意得，（人），
即估计周末在家劳动时间在3小时及以上的学生人数为208人.
（3）解：列表如下：
女1 女2 男1 男2 男3
女1 　 女1，女2 女1，男1 女1，男2 女1，男3
女2 女2，女1 　 女2，男1 女2，男2 女2，男3
男1 男1，女1 男1，女2 　 男1，男2 男1，男3
男2 男2，女1 男2，女2 男2，男1 　 男2，男3
男3 男3，女1 男3，女2 男3，男1 男3，男2 　
由表格可知，共有20种等可能的情况，其中一男一女共有12种，
∴所抽的两名学生恰好是一男一女的概率是．
【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；等可能事件的概率
【解析】【解答】解：（1）由题意得，
B组人数为50×28%=24，
D组人数为50-8-14-15-5=8，
故答案为：50
【分析】（1）先根据题意即可计算总人数，进而即可根据扇形统计图求出D组和B组的人数，再补充条形统计图即可求解；
（2）根据题意列表，进而得到共有20种等可能的情况，其中一男一女共有12种，再根据等可能事件的概率即可求解。
18．【答案】（1）解：由题意，设一次函数的解析式为y＝kx+b，
又过（100，300），（120，200），
∴．
∴．
∴所求函数解析式为y＝﹣5x+800．
（2）由题意得，，
∴100≤x≤116．
∵商场获得的利润＝（x﹣80）（﹣5x+800）
＝﹣5x2+1200x﹣64000
＝﹣5（x﹣120）2+8000，
又﹣5＜0，100≤x≤116，
∴当x＝116时，利润最大，最大值为7920．
答：当销售单价为116时，商场获得利润最大，最大利润是7920元．
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）由函数图象可知此函数是一次函数，且图象经过（100，300），（120，200），设一次函数的解析式为y＝kx+b再将这两点的坐标分别代入，可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到y与x的函数解析式.
（2）根据已知条件：销售单价不低于100元，且商场还要完成不少于220件的销售任务，可得到关于x的不等式组，求出不等式组的解集；再求出商场获得的利润与x的函数解析式，利用二次函数的性质可求解.
19．【答案】（1）证明：∵FA=FE，
∴∠FAE=∠AEF，
∵∠FAE=∠BCF，∠AEF=∠BEC
∴∠CEB=∠BCE，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE=∠ECD，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，
∴∠CDE=180°-（∠CEB+∠DCE）=90°
即CD⊥AB.
（2）解：由（1）知：∠CEB=∠BCE，
∴BE=BC，
∵FA=FE，，
∴AM=ME=OM+OE=2，即AE =4，
∴AO=AE-OE=4-1=3，即AB=6，
∴BC=BE=OB-OE=3-1=2，
∴AC===.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质、圆周角定理及对顶角的性质可推出∠CEB=∠BCE，由角平分线的定义可得∠ACE=∠ECD，由AB为直径可得∠ACB=90°，从而得出∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，再根据三角形内角和可得∠CDE=90°，继而得解；
（2）由（1）知：∠CEB=∠BCE，可得BE=BC，利用等腰三角形三线合一的性质可得AM=ME=OM+OE=2，即AE =4，从而求出AO=3，AB=6，再根据勾股定理求出AC即可.
20．【答案】（1）解：为等腰直角三角形，理由如下：
证明：∵平分，平分，
∴，.
∵，，
∴.
∴.
∵为直径，∴.
∴是等腰直角三角形.
另解：计算也可以得证.
（2）解：连接，，，交于点.
∵，
∴.
∵，
∴垂直平分.
∵是等腰直角三角形，，
∴.
∵，∴.
设，则.
在和中，.
解得，.
∴.
∴.
另解：分别延长，相交于点.则为等腰三角形，先计算，，，再根据面积相等求得.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；圆周角定理；等腰直角三角形；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据角平分线的概念以及同弧所对的圆周角相等可得∠BAE=∠CAD=∠CBD，∠ABE=∠EBC，由外角的性质可得∠BED=∠BAE+∠ABE，根据角的和差关系可得∠DBE=∠DBC+∠CBE，推出∠BED=∠DBE，则BD=ED，由直径所对的圆周角等于90°可得∠ADB=90°，据此可判断出△BDE的形状；
（2）连接OC、CD、OD、OD交BC于点F，根据角平分线的概念以及圆周角定理可得∠DBC=∠CAD=∠BAD=∠BCD，则BD=DC，推出OD垂直平分BC，根据等腰直角三角形的性质可得BD，设OF=t，则DF=5-t，利用勾股定理可得t，进而可得BF、BC.
21．【答案】（1）解：抛物线与x轴交于两点，
，
解得，
故抛物线的解析式为．
（2）解：①如图，过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，
四边形是平行四边形，
，
，
解得：，，
；
②如图，在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，
四边形是平行四边形，
，
在和中，
，
()，
，
，
，
解得：，，
；
如上图，根据对称性：，
③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为；
综上所述：的坐标为或或．
（3）解：是定值，
理由：如图，直线经过，
可设直线的解析式为，
、在抛物线上，
可设，，
，
整理得：，
，，
，
当时，，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得，
直线的解析式为，
当时，，
解得：，
，
，
同理可求：，
；
当与对调位置后，同理可求；
故的定值为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；平行四边形的性质；一次函数的性质；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）根据待定系数法求二次函数的解析式即可求解；
（2）分类讨论：①过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，先根据平行四边形的性质即可得到，进而即可列出一元二次方程，解方程即可得到点P的坐标；②在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，先根据平行四边形的性质即可得到，再根据三角形全等的判定与性质即可得到，，进而即可列出一元二次方程，解方程即可得到点P的坐标；③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为，最后总结即可求解；
（3）是定值，先根据题意求出点D的坐标，设直线的解析式为，运用待定系数法求一次函数即得到直线GD的解析式，再运用一次函数的性质即可得到点M的坐标，进而得到EM的长，同理即可得到EN的长，进而即可求解。
22．【答案】（1）、、、；
（2）证明：∵，，
∴；
（3）解：连接，，
∵，，
∴ ，是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：（1）∵是等边三角形的外接圆，
∴∠BAC=∠CBA=∠ACB=60°，∠1=∠2=30°，
∵CE为直径，
∴∠EBC=∠EAE=90°，
∴∠4=∠3=30°，
∴的角的有、、、，
∵OC为∠ACB的角平分线，
∴∠CDB=∠CDA=90°，∠6=∠5=60°，
∴△DCB≌△DCA（ASA），
故答案为：、、、；；
【分析】（1）先根据等边三角形外接圆的性质结合等边三角形的性质即可得到∠BAC=∠CBA=∠ACB=60°，∠1=∠2=30°，进而根据圆周角定理即可得到∠EBC=∠EAE=90°，从而得到∠4=∠3=30°，再根据角平分线的性质即可得到∠CDB=∠CDA=90°，∠6=∠5=60°，进而根据三角形全等的判定（ASA）即可求解；
（2）连接，，先根据等边三角形的判定与性质即可得到，进而根据菱形的判定即可求解。
23．【答案】解：任务一：图形如图所示：
任务二：（4，0）．
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；尺规作图-作圆的内接正多边形
【解析】【解答】解：任务二：正六边形的一个外角度数为：.
故DE与x轴正半轴的夹角为60°.故正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°后，点E落在CD的延长线上，即落在x轴上，记作E'，则DE'=DE=4.
∴点E'的横坐标为2+2=4.即点E此时所在位置是坐标为（4，0）.
故答案为：（4，0）.
【分析】（1）按照题目给的操作步骤作图即可；
（2）根据正多边形的外角和计算出一个外角的度数为60°，可得沿点D顺时针旋转60°后点E所在的位置，计算此时的坐标即可.
24．【答案】（1）解：把点和点代入，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
令y=0，则，
解得：，
∴点A（-1，0）；
（2）解：存在，理由如下：
∵点A（-1，0），点，点是线段的中点，
∴点，
设点E（0，m），
∴，
，
，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
整理得：，
解得：或-1，
∴点E的坐标为（0，3）或（0，-1）；
（3）解：∵点B（4，0），C（0，2），
∴OB=4，OC=2，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（4，0），C（0，2）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点，则，CF=a，
∴，
若∠PCM=2∠OBC，过点C作CF∥x轴交PM于点F，如图甲所示，
图甲
∴∠FCM=∠OBC，即，
∴∠PCF=∠FCM，
∵轴，
∴CF⊥PQ，
∴PM=2FM，
∴，
∴，解得：解得：a=2或0（舍去），
∴点P的横坐标为2；
若∠PMC=2∠OBC，
∵∠PMC=∠BMN，
∴∠BMN=2∠OBC，
∵∠OBC+∠BMN=90°，
∴∠OBC=30°，与相矛盾，不合题意，舍去；
若∠CPM=2∠OBC，如图乙所示，过点P作PG平分∠CPM，则∠MPG=∠OBC，
图乙
∵∠PMG=∠BMN，
∴△PMG∽△BMN，
∴∠PGM=∠BNM=90°，
∴∠PGC=90°，
∵PG平分∠CPM，即∠MPG=∠CPG，
∴∠PCM=∠PMC，
∴PC=PM，
∴，
解得：或0（舍去），
∴点P的横坐标为；
综上所述，点P的横坐标为2或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线解析式，令y=0可得点A坐标；
（2）由点A（-1，0），点，点是线段的中点可得，点，设点E（0，m）， 则，，
，根据是以为斜边的直角三角形，可得， 解之即可；
（3）先求出直线BC的解析式 ，设点，则，CF=a，则
，分为当∠PCM=2∠OBC、∠PMC=2∠OBC、 ∠CPM=2∠OBC时三种情况，利用二次函数的性质和等腰直角三角形，勾股定理等性质进行求解即可。
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