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广西南宁市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2024 泰安）下面图形中，中心对称图形的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（3分）（2022春 临汾期中）在平面直角坐标系中，点（﹣5，4）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣4，5） B．（5，﹣4） C．（4，5） D．（﹣5，﹣4）
3．（3分）（2023秋 安新县期中）已知⊙O的半径为5，直线EF经过⊙O上一点A（点E，F在点A的两旁），下列条件：
（1）OA＝5；
（2）OE＝OF；
（3）OA⊥EF；
（4）O到直线EF的距离是5．
能判定直线EF与⊙O相切的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（3分）（2022秋 思明区校级期中）在下列运算中，正确的是（　　）
A．（x4）2＝x6 B．x2+x2＝2x4 C．x3 x2＝x6 D．x6÷x2＝x4
5．（3分）（2024 宜宾模拟）如图，直线l1∥l2，一副三角板放置在l1，l2之间，一三角板直角边在l1上，三角板斜边在同一直线上，则∠α＝（　　）
A．10° B．15° C．20° D．25°
6．（3分）（2023秋 巧家县校级期中）抛物线ybx+3图象经过点（﹣2，1），则b的值为（　　）
A．﹣2 B．2 C． D．
7．（3分）（2020秋 麻章区期末）如图，直线AB与⊙O相切于点A，⊙O的半径为1．若∠OBA＝30°，则OB的长为（　　）
A．2 B． C．2 D．1
8．（3分）（2025 即墨区二模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点（3，0），对称轴为直线x＝1，下列结论：①abc＞0；②9a﹣3b+c＝0；③3b+2c＝0；④若A（a+1，y1），B（a+2，y2）两点在该二次函数的图象上，则y1﹣y2＜0．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（3分）（2022秋 碑林区校级月考）在我国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有立木，系索其末，委地三尺，引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”，大意是：如图，木柱AB⊥BC，绳索AC比木柱AB长3尺，BC长8尺，则绳索AC的长度是（　　）尺．
A． B． C． D．
10．（3分）（2025 石家庄一模）如图，点O，I分别是△ABC的外心和内心，连接OB，IA．若∠OBC＝20°，则∠IAB＝（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
11．（3分）（2022秋 东城区校级期末）在半径为6的圆中，120°的圆心角所对扇形的面积是（　　）
A．4π B．8π C．12π D．16π
12．（3分）（2023秋 萧山区月考）如图，一次函数y1＝x与二次函数图象相交于P、Q两点，则一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c＝0的根的说法正确的是（　　）
A．有两个负根 B．有两个正根
C．有一正一负的两根 D．无实数根
二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分）
13．（2分）已知二次函数，且有、B（1，y2）、，则y1、y2、y3按从大到小的顺序排列为　 　 ．
14．（2分）将多项式（a﹣1）2﹣a+1因式分解，结果是 　 　 ．
15．（2分）（2025春 介休市期中）如图，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转一个角度得到△DEF，其中点A，B，C分别旋转到了点D，E，F．若∠BOE＝58°，则∠AOD的度数是　 　 ．
16．（2分）（2025春 杭州校级期中）若关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+2x﹣3＝0有实数根，则a的取值范围是 　 　 ．
17．（2分）（2024 惠州模拟）如图，在正八边形ABCDEFGH中，将EF绕点E点逆时针旋转60°到EP，连接AE，AP，若AB＝2，则△APE的面积为 　 　 ．
18．（2分）（2024秋 江阳区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点P是以为圆心，2为半径的⊙C上的一个动点，已知A（﹣2，0），B（2，0），连接PA，PB，则PA2+PB2的最小值是 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
19．（6分）（2024春 滑县校级月考）计算：．
20．（6分）（2020秋 黑山县期中）解方程：（用适当的方法解方程）
（1）解方程：x2﹣4x+2＝0．
（2）（3x+5）﹣2x（3x+5）＝0．
（3）3x2＝1x．
21．（10分）（2023秋 楚雄市校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（4，2），B（3，0），将△OAB绕O点逆时针方向旋转90°得到△OA'B'．
（1）在网格中画出△OA'B'；
（2）点A'的坐标为 　 　 ；
（3）线段OB在旋转过程中扫过的面积为 　 　 （结果保留π）．
22．（10分）（2024春 苏州期末）某校积极开展“阳光体育”课外活动，为了解八年级学生最喜欢的球类运动项目，现从八年级随机抽取部分学生进行问卷调查，每位同学从以下五个球类运动项目：A．乒乓球；B．羽毛球；C．排球；D．足球；E．篮球中选择一种最喜欢的项目（每人须选择一项，且只能从中选一项），并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图表．
最喜欢的球类项目统计表
项目 A B C D E
名称 乒乓球 羽毛球 排球 足球 篮球
人数 m 36 12 18 n
解答以下问题：
（1）m＝　 　 ，n＝　 　 ；
（2）扇形统计图中E．篮球运动项目的圆心角的度数为 　 　 °；
（3）如果该校八年级学生共800名，试估计八年级学生中最喜欢B．羽毛球运动项目的人数．
23．（10分）（2024 朝阳区校级二模）为了振兴乡村经济，增加村民收入，某村委会干部带领村民在网上直播推销一种成本价为每千克40元的农产品，如图是该种农产品的日销售量y（千克）与销售单价x（元）之间的函数图象，请结合图象回答下列问题：
（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）当销售单价定为多少元时，日销售利润最大？最大利润是多少？
24．（10分）（2024 河西区模拟）已知四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，过点C作CE⊥AB于点E，连接AC．
（I）如图①，若∠CAD＝48°，∠CDA的度数为 　 　 ，∠ECB的度数为 　 　 ；
（Ⅱ）如图②，连接OC，若∠CAD＝30°，CE是⊙O的切线，EB＝3．求⊙O的半径．
25．（10分）（2022春 广水市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y＝x2平移，使平移后的抛物线C2经过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴的交点为E．
（1）求抛物线C2的函数解析式；
（2）点P（m，n）（﹣3＜m＜0）是抛物线C2上的动点，设四边形OAPE的面积为S，求S与m的函数关系式，并求四边形OAPE的面积的最大值；
（3）若y＝x2与平移后的抛物线对称轴交于D点，点M是y轴上一点，点N是抛物线C2的对称轴上位于点D的上方的一点，当△DMN与△BOD相似时，请直接写出点M及其对应点N的坐标．
26．（10分）（2024秋 拱墅区校级期中）如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上（不与点A，B重合），点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB＝α，∠ACB＝β，∠EAG+∠EBA＝γ，
（1）点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：
α 30° 40° 50° 60°
β 120° 130° 140° 150°
γ 150° 140° 130° 120°
猜想：β关于α的函数表达式 　 　 ，γ关于α的函数表达式 　 　 ．
（2）对（1）中的两个结论给出证明．
（3）若γ＝135°，CD＝3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．
广西南宁市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2024 泰安）下面图形中，中心对称图形的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【解答】解：左起第四个图形不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形；
第一、第二和第三个图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形．
所以中心对称图形有3个．
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（3分）（2022春 临汾期中）在平面直角坐标系中，点（﹣5，4）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣4，5） B．（5，﹣4） C．（4，5） D．（﹣5，﹣4）
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】B
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：点M（﹣5，4）关于原点对称的点的坐标是（5，﹣4）．
故选：B．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
3．（3分）（2023秋 安新县期中）已知⊙O的半径为5，直线EF经过⊙O上一点A（点E，F在点A的两旁），下列条件：
（1）OA＝5；
（2）OE＝OF；
（3）OA⊥EF；
（4）O到直线EF的距离是5．
能判定直线EF与⊙O相切的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】依据切线的判定定理“经过半径的外端且垂直于这条半径的直线”或“圆心到直线的距离等于半径”进行判断即可．
【解答】解：如图，
（1）OA＝5，不能判定直线EF与⊙O相切，不符合题意；
（2）OE＝OF，不能判定直线EF与⊙O相切，不符合题意；
（3）OA⊥EF且点A在⊙O上，能判定直线EF与⊙O相切，符合题意；
（4）O到直线EF的距离是5，等于半径，能判定直线EF与⊙O相切，符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的判定，正确记忆相关内容是解题关键．
4．（3分）（2022秋 思明区校级期中）在下列运算中，正确的是（　　）
A．（x4）2＝x6 B．x2+x2＝2x4 C．x3 x2＝x6 D．x6÷x2＝x4
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】直接利用幂的乘方运算法则、合并同类项法则、同底数幂的乘除运算法则分别判断得出答案．
【解答】解：A．（x4）2＝x8，故此选项不合题意；
B．x2+x2＝2x2，故此选项不合题意；
C．x3 x2＝x5，故此选项不合题意；
D．x6÷x2＝x4，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了幂的乘方运算、合并同类项、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5．（3分）（2024 宜宾模拟）如图，直线l1∥l2，一副三角板放置在l1，l2之间，一三角板直角边在l1上，三角板斜边在同一直线上，则∠α＝（　　）
A．10° B．15° C．20° D．25°
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】先根据两直线平行，内错角相等得出∠1＝∠2＝30°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得出∠3＝∠α+∠2，从而求出∠α的度数．
【解答】解：如图，
∵直线l1∥l2，
∴∠1＝∠2＝30°，
∵∠3＝∠α+∠2，且∠3＝45°，
∴∠α＝45°﹣30°＝15°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，一副三角板各角的度数，熟练掌握这两个性质是解题的关键．
6．（3分）（2023秋 巧家县校级期中）抛物线ybx+3图象经过点（﹣2，1），则b的值为（　　）
A．﹣2 B．2 C． D．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】A
【分析】将点（﹣2，1）代入即可得．
【解答】解：将点（﹣2，1）代入得：
，
整理得2b+4＝0，
解得b＝﹣2，
故选：A．
【点评】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，用待定系数法求二次函数解析式是解此题的关键．
7．（3分）（2020秋 麻章区期末）如图，直线AB与⊙O相切于点A，⊙O的半径为1．若∠OBA＝30°，则OB的长为（　　）
A．2 B． C．2 D．1
【考点】切线的性质．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】C
【分析】由于直线AB与⊙O相切于点A，则∠OAB＝90°，而OA＝1，∠OBA＝30°，根据三角函数定义即可求出OB．
【解答】解：∵直线AB与⊙O相切于点A，
∴∠OAB＝90°．
∵OA＝1，
∴OB．
故选：C．
【点评】本题考查切线的性质，主要利用了切线的性质和锐角三角函数的概念解直角三角形问题．
8．（3分）（2025 即墨区二模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点（3，0），对称轴为直线x＝1，下列结论：①abc＞0；②9a﹣3b+c＝0；③3b+2c＝0；④若A（a+1，y1），B（a+2，y2）两点在该二次函数的图象上，则y1﹣y2＜0．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】B
【分析】利用抛物线开口方向得到a＞0，利用对称轴方程得到b＝﹣2a＜0，利用抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴得到c＜0，则可对①进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），则当x＝﹣3时，y＞0，所以9a﹣3b+c＞0，从而可对②进行判断；由于x＝﹣1时，y＝0，则a﹣b+c＝0，利用b＝﹣2a得到c＝﹣3a，所以3b+2c＝﹣12a＜0，则可对③进行判断；由于a＞0，所以A（a+1，y1），B（a+2，y2）两点在对称轴的右侧，然后根据二次函数的性质可对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴1，
∴b＝﹣2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，所以①正确；
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），
∴当x＝﹣3时，y＞0，
∴9a﹣3b+c＞0，所以②错误；
∵x＝﹣1时，y＝0，
∴a﹣b+c＝0，
而b＝﹣2a，
∴a+2a+c＝0，
即c＝﹣3a，
∴3b+2c＝﹣6a﹣6a＝﹣12a＜0，所以③错误；
∵a＞0，
∴A（a+1，y1），B（a+2，y2）两点在对称轴的右侧，
而a+1＜a+2，
∴y1＜y2，
即y1﹣y2＜0，所以④正确．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数与不等式（组）：利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，从而比较两函数值的大小确定不等式的解集．也考查了二次函数的性质．
9．（3分）（2022秋 碑林区校级月考）在我国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有立木，系索其末，委地三尺，引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”，大意是：如图，木柱AB⊥BC，绳索AC比木柱AB长3尺，BC长8尺，则绳索AC的长度是（　　）尺．
A． B． C． D．
【考点】勾股定理的应用；数学常识．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】B
【分析】设AC＝x尺，则AB＝（x﹣3）尺，由勾股定理得出方程（x﹣3）2+82＝x2，解方程即可．
【解答】解：设AC＝x尺，则AB＝（x﹣3）尺，
∵AB⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
由勾股定理得：AB2+BC2＝AC2，
即（x﹣3）2+82＝x2，
解得x（尺），
即：绳索AC的长度是尺．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，正确理解题意，由勾股定理得出方程是解题的关键．
10．（3分）（2025 石家庄一模）如图，点O，I分别是△ABC的外心和内心，连接OB，IA．若∠OBC＝20°，则∠IAB＝（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【考点】三角形的内切圆与内心；三角形的外接圆与外心．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】连接OC，由点O是△ABC的外心，得OC＝OB，则∠OCB＝∠OBC＝20°，求得∠BOC＝140°，则∠BAC∠BOC＝70°，因为点I是△ABC的内心，所以∠IAB＝∠IAC＝35°，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OC，
∵点O是△ABC的外心，
∴OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC＝20°，
∴∠BOC＝180°﹣∠OCB﹣∠OBC＝140°，
∴∠BAC∠BOC＝70°，
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴∠IAB＝∠IAC∠BAC＝35°，
故选：D．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的外接圆与外心、三角形的内切圆与内心等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
11．（3分）（2022秋 东城区校级期末）在半径为6的圆中，120°的圆心角所对扇形的面积是（　　）
A．4π B．8π C．12π D．16π
【考点】扇形面积的计算．
【专题】计算题；与圆有关的计算；运算能力；应用意识．
【答案】C
【分析】利用扇形面积公式计算即可．
【解答】解：π×6212π，
故选：C．
【点评】本题考查了扇形的面积，解题的关键是掌握扇形面积公式．
12．（3分）（2023秋 萧山区月考）如图，一次函数y1＝x与二次函数图象相交于P、Q两点，则一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c＝0的根的说法正确的是（　　）
A．有两个负根 B．有两个正根
C．有一正一负的两根 D．无实数根
【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式；两条直线相交或平行问题；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数的应用；推理能力．
【答案】B
【分析】先根据一次函数y1＝x与二次函数图象相交于P、Q两点，可以判定一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c＝0有两个不相等的实数根，方程的根是P，Q两点的横坐标，再根据P，Q两点的位置，从而判断方程根的正负．
【解答】解：∵一次函数y1＝x与二次函数图象相交于P、Q两点，
∴一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c＝0有两个不相等的实数根，
∵P，Q两点在第一象限，
∴一元二次方程ax2+（b﹣1）x+c＝0有两个不相等的正实数根，
故选：B．
【点评】本题主要考查了二次函数的有关知识，解题关键是熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系．
二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分）
13．（2分）已知二次函数，且有、B（1，y2）、，则y1、y2、y3按从大到小的顺序排列为　y2＝y3＞y1　 ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】y2＝y3＞y1．
【分析】根据所给二次函数解析式，得出抛物线的对称轴及开口方向，再根据A，B，C三个点离对称轴的远近即可解决问题．
【解答】解：由题知，
因为二次函数的解析式为y，
所以抛物线的开口向上，且对称轴为直线x，
则抛物线上的点离对称轴越远，其函数值越大．
因为，且，
所以y2＝y3＞y1．
故答案为：y2＝y3＞y1．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，熟知二次函数的性质是解题的关键．
14．（2分）将多项式（a﹣1）2﹣a+1因式分解，结果是 　（a﹣1）（a﹣2）　 ．
【考点】因式分解﹣提公因式法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（a﹣1）（a﹣2）．
【分析】将原式变形后提公因式即可．
【解答】解：原式＝（a﹣1）2﹣（a﹣1）
＝（a﹣1）（a﹣1﹣1）
＝（a﹣1）（a﹣2），
故答案为：（a﹣1）（a﹣2）．
【点评】本题考查提公因式法因式分解，将原式进行正确的变形是解题的关键．
15．（2分）（2025春 介休市期中）如图，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转一个角度得到△DEF，其中点A，B，C分别旋转到了点D，E，F．若∠BOE＝58°，则∠AOD的度数是　58°　 ．
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】58°．
【分析】首先根据旋转的性质确定旋转角，然后利用已知条件即可解答．
【解答】解：由旋转的性质得：∠AOD＝∠BOE，
∵∠BOE＝58°，
∴∠AOD＝58°，
故答案为：58°．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
16．（2分）（2025春 杭州校级期中）若关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+2x﹣3＝0有实数根，则a的取值范围是 　a≥
且a≠1　 ．
【考点】根的判别式；一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】a且a≠1．
【分析】利用一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到a﹣1≠0且Δ＝22﹣4（a﹣1）×（﹣3）≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得a﹣1≠0且Δ＝22﹣4（a﹣1）×（﹣3）≥0，
解得a且a≠1，
即a的取值范围为a且a≠1．
故答案为：a且a≠1．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
17．（2分）（2024 惠州模拟）如图，在正八边形ABCDEFGH中，将EF绕点E点逆时针旋转60°到EP，连接AE，AP，若AB＝2，则△APE的面积为 　1　 ．
【考点】正多边形和圆；旋转的性质；三角形的面积．
【专题】等腰三角形与直角三角形；正多边形与圆；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】1．
【分析】连接AF，PF，作PS⊥AF，HM⊥AF，GN⊥AF，证明△PEF为等边三角形，求出∠PFA＝30°，求出PS＝1，利用正八边形性质得∠AHG＝135°，∠AHM＝45°，求出AM和FN，利用S△AEF﹣S△PEF﹣S△PAE求出S△PAE即可．
【解答】解：如图，连接AF，PF，作PS⊥AF，HM⊥AF，GN⊥AF，
由正八边形性质得，AF∥HG，AF⊥EF，
∵EF＝PE，∠PEF＝60°，
∴△PEF为等边三角形，
∴∠PFE＝60°，∠PFA＝30°，
∵EF＝AB＝2，
∴PF＝2，PS＝1，
由正八边形性质得∠AHG＝135°，
∴∠AHM＝45°，
∵AH＝2，
∴AM＝2 sin45°，同理FN，
∴AF＝2+2，
∴S△PAE＝S△AEF﹣S△PEF﹣S△PAE
EF AFEF2AF PS
2（2+2）22（2+2）×1
＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形性质及等腰直角三角形等知识点的应用是本题的解题关键．
18．（2分）（2024秋 江阳区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点P是以为圆心，2为半径的⊙C上的一个动点，已知A（﹣2，0），B（2，0），连接PA，PB，则PA2+PB2的最小值是 　38﹣8　 ．
【考点】勾股定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；坐标与图形性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】38﹣8．
【分析】连接OC，设P（x，y），求出PA2+PB2＝2（x2+y2）+8，再求出PA2+PB2＝2OP2+8，然后根据当点P位于OC与圆的交点上时，OP取得最小值，即可求解．
【解答】解：如图，连接OC，
设P（x，y），
∵A（﹣2，0），B（2，0），，
∴PA2＝（x+2）2+y2，PB2＝（x﹣2）2+y2，OC，
∴PA2+PB2＝2x2+2y2+8＝2（x2+y2）+8，
∵OP2＝x2+y2，
∴PA2+PB2＝2OP2+8，
当点P位于OC与圆的交点上时，OP取得最小值，
∴OP的最小值为OC﹣CP2，
∴PA2+PB2的最小值为2OP2+8＝2×（2）2+8＝38﹣8．
故答案为：38﹣8．
【点评】本题主要考查了勾股定理、坐标与图形性质以及点与圆的位置关系等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
19．（6分）（2024春 滑县校级月考）计算：．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】4．
【分析】根据零指数幂的运算法则，负整数指数幂的运算法则，算术平方根的概念进行计算即可求解．
【解答】解：
＝1﹣4+7
＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了实数的运算，掌握零指数幂的运算法则，负整数指数幂的运算法则，算术平方根的概念是解题的关键．
20．（6分）（2020秋 黑山县期中）解方程：（用适当的方法解方程）
（1）解方程：x2﹣4x+2＝0．
（2）（3x+5）﹣2x（3x+5）＝0．
（3）3x2＝1x．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；解一元二次方程﹣配方法；解一元二次方程﹣公式法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝2，x2＝2；
（2）x1，x2；
（3）x1，x2．
【分析】（1）利用公式法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可；
（3）整理成一般式，再利用公式法求解即可．
【解答】解：（1）∵a＝1，b＝﹣4，c＝2，
∴Δ＝16﹣4×1×2＝8＞0，
则x2，
即x1＝2，x2＝2；
（2）∵（3x+5）﹣2x（3x+5）＝0，
∴（3x+5）（1﹣2x）＝0，
则3x+5＝0或1﹣2x＝0，
解得x1，x2；
（3）整理，得：3x2x﹣1＝0，
∵a＝3，b，c＝﹣1，
∴Δ＝2﹣4×3×（﹣1）＝14＞0，
则x，
即x1，x2．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21．（10分）（2023秋 楚雄市校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（4，2），B（3，0），将△OAB绕O点逆时针方向旋转90°得到△OA'B'．
（1）在网格中画出△OA'B'；
（2）点A'的坐标为 　（﹣2，4）　 ；
（3）线段OB在旋转过程中扫过的面积为 　　 （结果保留π）．
【考点】作图﹣旋转变换；扇形面积的计算．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【答案】（1）答案见详解；
（2）（﹣2，4）；
（3）．
【分析】（1）根据旋转的性质，找出对应点即可画出△OA′B′；
（2）根据图形直接写出答案即可；
（3）根据扇形的面积公式求解即可．
【解答】解：（1）如图1所示，△OA′B′为所画；
（2）如图2所示，过A作AC⊥x轴于C，
则OC＝4，AC＝2，
将△OAB绕O点逆时针方向旋转90°，
∴A′C′＝AC＝2，OC′＝OC＝4，
∴A′（﹣2，4）；
故答案为：（﹣2，4）；
（3）∵OB＝3，∠BOB′＝90°，
∴线段OB在旋转过程中扫过的图形的面积为，
故答案为：．
【点评】此题考查了旋转变换的作图与性质、扇形的面积公式等知识，熟练掌握旋转变换的性质是解答此题的关键．
22．（10分）（2024春 苏州期末）某校积极开展“阳光体育”课外活动，为了解八年级学生最喜欢的球类运动项目，现从八年级随机抽取部分学生进行问卷调查，每位同学从以下五个球类运动项目：A．乒乓球；B．羽毛球；C．排球；D．足球；E．篮球中选择一种最喜欢的项目（每人须选择一项，且只能从中选一项），并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图表．
最喜欢的球类项目统计表
项目 A B C D E
名称 乒乓球 羽毛球 排球 足球 篮球
人数 m 36 12 18 n
解答以下问题：
（1）m＝　30　 ，n＝　24　 ；
（2）扇形统计图中E．篮球运动项目的圆心角的度数为 　72　 °；
（3）如果该校八年级学生共800名，试估计八年级学生中最喜欢B．羽毛球运动项目的人数．
【考点】扇形统计图；用样本估计总体；统计表．
【专题】数据的收集与整理；统计的应用；数据分析观念；运算能力．
【答案】（1）30，24；
（2）72；
（3）240名．
【分析】（1）从两个统计图可知，被调查的学生中喜欢“C．排球”的学生有12人，占被调查人数的10%，由频率可求出被调查人数，即样本容量，进而求出m的值，再由各组频数之和等于样本容量求出n的值即可；
（2）求出样本中喜欢“E．篮球”的学生所占的百分比，进而求出相应的圆心角度数；
（3）求出样本中喜欢“B．羽毛球”的学生所占的百分比，估计总体中喜欢“B．羽毛球”的学生所占的百分比，再根据频率进行计算即可．
【解答】解：（1）八年级被抽取的学生人数为：12÷10%＝120（名），
m＝120×25%＝30（名），
n＝120﹣30﹣36﹣12﹣18＝24（名），
故答案为：30，24；
（2）360°72°，
故答案为：72；
（3）800240（名），
答：该校八年级800名学生中最喜欢B．羽毛球运动项目的人数大约有240名．
【点评】本题考查扇形统计图，频数分布表以及样本估计总体，掌握频率是正确解答的关键．
23．（10分）（2024 朝阳区校级二模）为了振兴乡村经济，增加村民收入，某村委会干部带领村民在网上直播推销一种成本价为每千克40元的农产品，如图是该种农产品的日销售量y（千克）与销售单价x（元）之间的函数图象，请结合图象回答下列问题：
（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）当销售单价定为多少元时，日销售利润最大？最大利润是多少？
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【答案】（1）y与x的函数关系式为y＝﹣x+80（40＜x＜80）；
（2）当销售单价定为70元时，日销售利润最大，最大利润是900元．
【分析】（1）根据函数图象，用待定系数法求出函数解析式，并结合实际情况求出自变量的取值范围；
（2）设日销售利润为w元，根据日销售利润＝每千克的利润×销售量列出函数解析式．
【解答】解：（1）设y与x的函数关系式为：y＝kx+b，
把（50，50），（80，20）代入得：，
解得，
∴y＝﹣x+100，
令y＝0，则﹣x+100＝0，
解得x＝100，
∵成本价为每千克40元，
∴自变量x的取值范围为40＜x＜100，
∴y与x的函数关系式为y＝﹣x+100（40＜x＜100）；
（2）设日销售利润为w元，
则w＝（x﹣40）y＝（x﹣40）（﹣x+100）＝﹣x2+140x﹣4000＝﹣（x﹣70）2+900，
∵﹣1＜0，
∴当x＝70时，w有最大值，最大值为900，
∴当销售单价定为70元时，日销售利润最大，最大利润是900元．
【点评】本题考查一次函数、二次函数的实际应用，求出函数解析式是阶梯关键．
24．（10分）（2024 河西区模拟）已知四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，过点C作CE⊥AB于点E，连接AC．
（I）如图①，若∠CAD＝48°，∠CDA的度数为 　42°　 ，∠ECB的度数为 　48°　 ；
（Ⅱ）如图②，连接OC，若∠CAD＝30°，CE是⊙O的切线，EB＝3．求⊙O的半径．
【考点】切线的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（Ⅰ）42°；48°；（Ⅱ）6．
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理，直角三角形的性质，圆的内接四边形的性质解答即可；
（Ⅱ）连接OB，利用圆周角定理，圆的内接四边形的性质，圆的切线的性质定理和菱形的判定定理得到四边形ABCO为菱形，则BC＝AB＝OA，∠ABC＝∠AOC＝120°，∠CBE＝60°，再利用含30°角的直角三角形的性质解答即可得出结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵AD为直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠CAD＝48°，
∴∠CDA＝90°﹣∠CAD＝42°．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CBE＝∠D＝42°．
∵CE⊥AB，
∴∠ECB＝90°﹣∠EBC＝48°．
故答案为：42°；48°；
（Ⅱ）连接OB，如图，
∵AD为直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠CAD＝30°，
∴∠D＝60°，
∴∠AOC＝120°．
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAD＝30°．
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥EC．
∵CE⊥AB，
∴OC∥AB，
∴∠BAC＝∠OCA＝30°，
∴∠BAO＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB＝OA＝OC＝OB，
∴四边形ABCO为菱形，
∴BC＝AB＝OA，∠ABC＝∠AOC＝120°，
∴∠CBE＝60°，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB＝30°，
∴BC＝2BE＝6．
∴⊙O的半径＝BC＝6．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，菱形的判定与性质，圆的切线的性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
25．（10分）（2022春 广水市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y＝x2平移，使平移后的抛物线C2经过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴的交点为E．
（1）求抛物线C2的函数解析式；
（2）点P（m，n）（﹣3＜m＜0）是抛物线C2上的动点，设四边形OAPE的面积为S，求S与m的函数关系式，并求四边形OAPE的面积的最大值；
（3）若y＝x2与平移后的抛物线对称轴交于D点，点M是y轴上一点，点N是抛物线C2的对称轴上位于点D的上方的一点，当△DMN与△BOD相似时，请直接写出点M及其对应点N的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；数形结合；分类讨论；图形的相似；几何直观．
【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；
（2）四边形OAPE的面积最大值是；
（3）点M坐标为（﹣1，3）或（﹣1，2）．
【分析】（1）设抛物线C2的函数解析式为y＝x2+bx+c，把A、B的坐标代入上式，即可求解；
（2）S＝S△OAP+S△OEP（﹣m2﹣2m+3）3（﹣m）即可求解；
（3）分、，两种情况分别求解即可．
【解答】解：（1）设抛物线C2的函数解析式为y＝x2+bx+c，
把A、B的坐标代入得，
解得：，
故抛物线C2的函数解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）连接OP，作PH⊥x轴，作PQ⊥y轴，把P（m，n）代入y＝x2+2x﹣3得n＝m2+2m﹣3，
由抛物线y＝x2+2x﹣3得：点E（0，﹣3），
则S＝S△OAP+S△OEP（﹣m2﹣2m+3）3（﹣m）（m）2，
所以，四边形OAPE的面积最大值是；
（3）由y＝x2+2x﹣3得对称轴是直线x＝﹣1，所以D（﹣1，1），
则DF＝OF＝1，则△DOF为等腰直角三角形，
∴∠DOF＝∠ODF＝45°，
OD，BD，∠BOD＝135°，
∴点M只能在点D上方，
∵∠BOD＝∠ODM＝135°，
∴当时，以M、O、D为顶点的三角形与△BOD相似．
①，则解得DM＝2，此时点M坐标为（﹣1，3）；
②若，则解得DM＝1，此时点M坐标为（﹣1，2）；
综上，点M坐标为（﹣1，3）或（﹣1，2）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象的平移、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
26．（10分）（2024秋 拱墅区校级期中）如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上（不与点A，B重合），点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB＝α，∠ACB＝β，∠EAG+∠EBA＝γ，
（1）点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：
α 30° 40° 50° 60°
β 120° 130° 140° 150°
γ 150° 140° 130° 120°
猜想：β关于α的函数表达式 　β＝α+90°　 ，γ关于α的函数表达式 　γ＝﹣α+180°　 ．
（2）对（1）中的两个结论给出证明．
（3）若γ＝135°，CD＝3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）β＝α+90°；γ＝﹣α+180°；
（2）证明见解答过程；
（3）⊙O半径的长为5．
【分析】（1）猜想：β＝α+90°，γ＝﹣α+180°；
（2）由圆周角定理即可得出β＝α+90°，然后根据D是BC的中点，DE⊥BC，可知∠EDC＝90°，由三角形外角的性质即可得出∠CED＝α，从而可知O、A、E、B四点共圆，由圆内接四边形的性质可知：∠EBO+∠EAG＝180°，即γ＝﹣α+180°；
（3）由（1）及γ＝135°可知∠BOA＝90°，∠BCE＝45°，∠BEC＝90°，由于△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，所以，根据勾股定理即可求出AE、AC的长度，从而可求出AB的长度，再由勾股定理即可求出⊙O的半径r．
【解答】解：（1）猜想：β＝α+90°，γ＝﹣α+180°，
故答案为：β＝α+90°；γ＝﹣α+180°；
连接OB，如图1，
∴由圆周角定理可知：2∠BCA＝360°﹣∠BOA，
∵OB＝OA，
∴∠OBA＝∠OAB＝α，
∴∠BOA＝180°﹣2α，
∴2β＝360°﹣（180°﹣2α），
∴β＝α+90°；
解法一：∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴OE是线段BC的垂直平分线，
∴BE＝CE，∠BED＝∠CED，∠EDC＝90°，
∵∠BCA＝∠EDC+∠CED，
∴β＝90°+∠CED，
∴∠CED＝α，
∴∠CED＝∠OBA＝α，
∴O、A、E、B四点共圆，
∴∠EBO+∠EAG＝180°，
∴∠EBA+∠OBA+∠EAG＝180°，
∴γ+α＝180°；
解法二：
∵EO平分BC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵∠ECG＝∠ACG＝90°，
∴∠ECB+∠BCG＝90°，
∠CGA+∠EAG＝90°，
∵∠CBA＝∠CGA，∠BCG＝∠BAG＝α，
∴∠ECB+α＝90°，∠CBA+∠EAG＝90°，
∴∠ECB+α+∠CBA+∠EAG＝180°，
∴∠EBC+∠CBA+∠EAG+α＝180°，
∴∠EBA+∠EAG+α＝180°，
即γ+α＝180°，
故答案为：β＝α+90°；γ＝﹣α+180°；
（2）当γ＝135°时，此时图形如图2，
∴α＝45°，β＝135°，
∴∠BOA＝90°，∠BCE＝45°，
由（1）可知：O、A、E、B四点共圆，
∴∠BEC＝90°，
∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，
∴，
∴，
设CE＝3x，AC＝x，
由（1）可知：BC＝2CD＝6，
∵∠BCE＝45°，
∴CE＝BE＝3x，
∴由勾股定理可知：（3x）2+（3x）2＝62，
x，
∴BE＝CE＝3，AC，
∴AE＝AC+CE＝4，
在Rt△ABE中，由勾股定理可知：AB2＝（3）2+（4）2，
∴AB＝5，
∵∠BAO＝45°，
∴∠AOB＝90°，
在Rt△AOB中，设半径为r，
由勾股定理可知：AB2＝2r2，
∴r＝5，
∴⊙O半径的长为5．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，勾股定理，解方程，垂直平分线的性质等知识，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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