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浙江省杭州市文理中学2025-2026学年九年级上学期期中调 数学试题
1．二次函数的图象过点，则a的值是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【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的图象
【解析】【解答】解：∵ 点在函数上，
∴，
即，
∴．
因此，a的值为1．
故答案为：D.
【分析】将点代入可得，再求出a的值即可.
2．已知半径为5，平面内有一点P，，则点P与的位置关系是（　　）
A．点P在内 B．点P在外 C．点P在上 D．无法判断
【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵的半径，，
∴，
∴点P在内．
故答案为：A.
【分析】设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内，据此判断即可得出答案.
3．下列事件是必然事件的是（　　）
A．随意翻开字典的某页，页码是偶数
B．任意画一个多边形，其外角和是
C．在只有蓝球的袋中，摸出一个红球
D．明天会下雨
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；事件的分类；事件发生的可能性；多边形的外角和公式
【解析】【解答】 解：选项A：随意翻开字典的某页，页码是偶数，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
选项B：任意画一个多边形，其外角和是，是必然事件，符合题意；
选项C：在只有蓝球的袋中，摸出一个红球，是不可能事件，不是必然事件，不符合题意；
选项D：明天会下雨，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
故选：B．
【分析】
本题主要考查了必然事件的定义以及多边形外角和的相关知识，要解答本题，核心是熟练掌握必然事件的概念：必然事件是在特定条件下，一定发生的事件，根据这个定义对每个选项逐一分析判断，就能得出最终结果。
4．如图，点A，B，C在上，，，则的半径是（　　）
A． B．3 C．4 D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴的半径是4，
故答案为：C．
【分析】先利用圆周角的性质可得，再结合OA=OB证出为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，从而得解.
5．下列四个圆形图案，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转一定角度后都能与原图形完全重合．其中旋转角度最小的图形是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：A、最小旋转角度；B、最小旋转角度；
C、最小旋转角度；
D、最小旋转角度．
故选：D．
【分析】
由旋转对称图形的性质可分别求出四个图形的最小旋转角，再对结果进行比较即可．
6．关于二次函数，下列说法正确的是（　　）
A．函数图象的开口向下 B．当时，y随x的增大而增大
C．该函数的最大值是1 D．函数图象的对称轴是直线
【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；二次函数y=a（x-h）²+k的图象；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为，
∴当时，y随x的增大而增大，函数有最小值为1；
综上，只有选项B正确，符合题意；
故选B．
【分析】
对于二次函数，其对称轴为直线、顶点坐标为，当时抛物线开口向上，此时二次函数有最小值，且当时随的增大而增大、当时随的增大而减小；反之，当时抛物线开口向下，此时二次函数有最大值，且当时随的增大而减小、当时随的增大而增大．
7．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
根据题意可得，将绕点旋转得到，
故，
∴，
∴．
故选：A．
【分析】
由平行线的性质可得，再由旋转的性质可得，再由等边对等角可得，最后再利用三角形内角和定理即可．
8．同一平面直角坐标系中，抛物线与直线的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；一次函数图象、性质与系数的关系；二次函数与一次函数的图象共存判断
【解析】【解答】解：∵抛物线
∴该抛物线的顶点坐标为，
A．∵抛物线图象的顶点在轴的负半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第二、三、四象限，故此选项不符合题意；
B．∵抛物线图象的顶点在轴的正半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第一、二、三象限，故此选项不符合题意；
C．∵抛物线图象的顶点在轴的负半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第二、三、四象限，故此选项不符合题意；
D．∵抛物线图象的顶点在轴的正半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第一、二、三象限，故此选项符合题意．
故选：D．
【分析】
对于直线，当时直线过一、二、三象限，当时直线过一、三象限，时直线过一、三、四象限；当时直线过一、二、四象限，当时直线过二、四象限，时直线过二、三、四象限；又抛物线的开口向上，顶点坐标为，则当时直线过一、二、三象限，抛物线开口向上，顶点位于轴的正半轴上，故正确答案为D．
9．如图，是的直径，点D是弧的中点，，的延长线相交于点P．若，，则和之间的数量关系为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】三角形外角的概念及性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接.
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵D是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】
如图，连接DB，则由圆周角定理知，再由三角形外角的性质可得，再由圆心角、弧、弦的关系可得，则由角的和差关系可得，又由于直径所对的圆周角是直角，再利用直角三角形两锐角互余即可得．
10．设，是方程的两根，若，下列判断正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：设二次函数，
当时，，
∴二次函数经过点，
∵，是方程的两根，
∴二次函数经过点和，
∴二次函数，
代入点得，，
∴，
∵，
∴，
若，则；
若，则；
结合选项可知，只有选项B判断正确，符合题意；
故选：B．
【分析】
设二次函数，则抛物线交x轴于点和，则可化抛物线的一般形式为顶点式，即；又当x=m时y=p，即有，因为，则，所以当时，反之．
11．某一枚质地均匀的骰子上面分别标着数字1，2，3，4，5，6．任意投掷这枚骰子一次，朝上点数是奇数的概率是　 　．
【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：由题意得，共有6种等可能的结果，其中点数为奇数的结果有1、3、5，共3个，
∴朝上点数是奇数的概率是．
故答案为：．
【分析】
直接利用简单事件概率计算公式求解即可．
12．二次函数图象的顶点坐标是　 　．
【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】 解：二次函数图象的顶点坐标是；
故答案为：．
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，对于形如的二次函数，其顶点坐标为，结合这个性质就可以求出本题的答案。
13．正五边形的每一个内角都等于　 　．
【答案】108°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】方法一：（5-2）×180°=540°，540°÷5=108°；
方法二：360°÷5=72°，180°-72°=108°，
所以，正五边形每个内角的度数为 108°．
故答案为：108°．
【分析】方法一：根据n边形的内角和为（n-2）×180°，把n=5代入进行计算求出正五边形的内角和，再除以5即可得出答案；
方法二：根据正五边形的外角和等于360°，求出每一个外角等于72°，再根据邻补角的定义求出每一个内角的度数，即可求解.
14．如图，在中，，，以为直径的交于点E，则的长为　 　．（计算结果保留）
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
故答案为：．
【分析】
如图，连接OE，先由平行四边形的性质可得、，再由等边对等角结合三角形内角和定理可得弧DE所对的圆心角度数，再求半径OD的长，最后再利用弧长公式计算即可．
15．如图，在平面直角坐标系中，以为圆心作，使其经过原点O，与x轴交于点B，并与y轴交于点A．点E是圆弧上一点，连接，点F为的中点．当点E沿着圆弧从点A顺时针运动到点B时，点F的运动路径长是　 　．
【答案】
【知识点】弧长的计算；三角形的中位线定理；圆-动点问题；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：如图，连接，取的中点，连接、，
∵，
∴，
∴，
∵点F为的中点，点为的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴点在以点为圆心，半径为的圆上运动，
∵点E沿着圆弧从点A顺时针运动到点B，且绕转过的角度为，
∴点沿着圆弧从点顺时针运动到点，且绕转过的角度为，
∴点F的运动路径长是周长的一半，
∴点F的运动路径长为．
故答案为：．
【分析】
连接，取的中点，连接、，由两点距离公式可得，再由三角形中位线定理得到，即点在以点为圆心，半径为的圆上运动，再由题意知点E的运动路径为弧AB的长即周长的一半，则点F的运动路径为周长的一半，再求出的周长即可．
16．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）将绕点C逆时针旋转后得到，请在图中画出．
（2）求线段扫过的面积．（计算结果保留）
【答案】（1）解：如图，即为所作；
（2）解：由图可知线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，且圆心角为，半径长为长．
∵，
∴线段扫过的面积为：．
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣旋转
【解析】【分析】
（1）由于旋转角是90度，则可利用一线三垂直全等模型分别取格点A1、B1，再顺次连接A1、B1、C即可；
（2）由旋转的性质知线段CA扫过的面积即扇形ACA1的面积，又旋转角为90度，A、C的横坐标相等即AC的长可求，再利用扇形面积计算公式求解即可．
（1）解：如图，即为所作；
（2）解：由图可知线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，且圆心角为，半径长为长．
∵，
∴线段扫过的面积为：．
17．一个不透明布袋里共装有3个球，其中1个红球，2个白球．它们的形状大小完全相同，只有颜色不同．从中任意摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球．
（1）请用树状图或列表的方法，求摸出的2个球都是白球的概率．
（2）若往布袋里再放入一些红球，使每一次摸到白球的概率为，则应该再放入______个红球．
【答案】（1）解：设1个红球为，2个白球分别为，
列表如下：
由表格可得，共有9种等可能的结果，其中摸出的2个球都是白球的情况有4种，
摸出的2个球都是白球的概率．
答：摸出的2个球都是白球的概率为；
（2）7
【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】（2）解：∵每一次摸到白球的概率为，
∴放入红球后，布袋里的球的数量为（个），
∴应该再放入红球的数量为（个），
故答案为：7．
【分析】
（1）两步试验可通过画树状图或列表法求概率，画树状图时注意不重复不遗漏，列表时注意对角线栏目上是否填写数据；
（2）由简单事件的概率计算公式可得布袋里小球的总个数，再用总数减去3即可．
（1）解：设1个红球为，2个白球分别为，
列表如下：
　
由表格可得，共有9种等可能的结果，其中摸出的2个球都是白球的情况有4种，
摸出的2个球都是白球的概率．
答：摸出的2个球都是白球的概率为；
（2）解：∵每一次摸到白球的概率为，
∴放入红球后，布袋里的球的数量为（个），
∴应该再放入红球的数量为（个），
故答案为：7．
18．已知二次函数的图象与x轴交于和．
（1）求二次函数的表达式．
（2）当时，求y的取值范围．
【答案】（1）解：代入和，得，解得，
∴二次函数的表达式为；
（2）解：，
∴当时，有最小值，
当时，，
当时，，
∴当时，y的取值范围为．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】
（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先化抛物线的一般式为顶点式可得抛物线的对称轴为直线，又抛物线的二次项系数为正，则当时二次函数有最小值-9，再由抛物线上的点到对称轴的距离越远则对应的函数值越大可得当时该二次函数有最大值40，即在对应自变量的范围内，y的取值范围为．
（1）解：代入和，得，
解得，
∴二次函数的表达式为；
（2）解：，
∴当时，有最小值，
当时，，
当时，，
∴当时，y的取值范围为．
19．一个装有水的水槽放置在水平桌面上，其横截面是以为直径的半圆O，，为水面截线，．
（1）如图1，当时，作于点C，并交半圆O于点D，若水面截线，求水截面最大深度的长．
（2）将图1中的水倒出一部分，得到图2，直径一端点B刚好与点N重合．水截面最大深度为13，请计算此时水面截线的长．
【答案】（1）解：如图，连接．
，
，
，
，
．
答：水截面最大深度的长为．
（2）解：如图，设水槽与地面的切点为，连接与交于．
，，
，
，
根据题意可知，，
，
，
．
答：水面截线的长为．
【知识点】勾股定理；垂径定理的实际应用
【解析】【分析】
（1）连接，先由垂径定理可得点C平分MN，即CN长可得，又ON是半径等于AB的一半，再利用勾股定理可得OC的长，再利用线段的和差关系即可；
（2）如图，连接OF，则由题意知OF垂直MB，则由垂径定理知点E平分MB，再由线段的和差关系可得OE等于EF等于13，再利用勾股定理求出EB的长即可．
（1）解：如图，连接．
，
，
，
，
．
答：水截面最大深度的长为．
（2）解：如图，设水槽与地面的切点为，连接与交于．
，，
，
，
根据题意可知，，
，
，
．
答：水面截线的长为．
20．如图，为的直径，点C为圆上的点，连接，，的平分线交于点D，连接，．
（1）若，，求的长．
（2）延长于点E，使得，求证：．
【答案】（1）解：∵为的直径，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）证明：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）由于直径所对的圆周角是直角，则由勾股定理可得AB的长，再由弧、弦、圆心角的关系可得AD＝BD，再利用勾股定理即可；
（2）先由等边对等角可得，再由圆内接四边形的性质结合等量代换可得，再由角平分线的概念可得，又CD是公共边相等，可利用AAS证明即可．
（1）解：∵为的直径，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）证明：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
21．发石车（图1）是古代一种攻城器械，据《三国志》记载：曹操创制发石车，攻破袁绍军壁楼．如图2，发石车位于点O处，其前方有一堵壁楼，其防御墙的竖直截面为矩形，墙宽为2米，点B与点O的水平距离为28米，垂直距离为6米．以点O为原点，水平方向为x轴方向，建立坐标系，将石块当作一个点看，其飞行路线近似看作抛物线．
（1）若发射石块在空中飞行的最大高度为10米．
①求函数解析式（不写x的范围）；
②石块能否飞越防御墙？请说明理由．
（2）若要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括点B，C），直接写出a的取值范围．
【答案】（1）解：①∵发射石块在空中飞行的最大高度为10米，且，
∴函数的最大值为10，即；
∵抛物线经过原点，
∴，
解得：，
∴；
②石块能飞跃防御墙，
理由如下：由题意知，点B的坐标为；
由于防御墙的竖直截面为矩形，墙宽为2米，则；
对于，当时，，
∴石块能飞跃防御墙；
（2）
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】（2）解：由于抛物线过原点，则，
即；
∴，
当抛物线过点时，，解得，
当抛物线过点时，，解得，
∴，
故要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括点B，C），a的取值范围为．
【分析】
（1）①先由题意知k=10，再利用待定系数法求解即可；
②先由坐标与图形性质可得点B、C的坐标分别为和，再利用抛物线上点的坐标特征可把x=30代入到函数解析式中求得y=7.5，显然7.5大于6，故石块能飞跃防御墙；
（2）先由抛物线上点的坐标特征可得a、k的数量关系，再分别把B、C两点坐标代入函数式中求得a的值即可.
（1）解：①∵发射石块在空中飞行的最大高度为10米，且，
∴函数的最大值为10，即；
∵抛物线经过原点，
∴，
解得：，
∴；
②略
（2）解：由于抛物线过原点，则，
即；
∴，
当抛物线过点时，，解得，
当抛物线过点时，，解得，
∴，
故要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括点B，C），a的取值范围为．
22．已知二次函数（m为常数）．
（1）当时，求该二次函数图象的对称轴．
（2）若点在函数图象上，其中．
①若的最大值是1，求m的值．
②若点也在函数图象上，且，对于满足的任意，都有，求m的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
∴二次函数图象的对称轴为直线；
（2）解：①，
∴二次函数图象开口向上，对称轴为，
∵，，，
∴当时，有最大值，
∵的最大值是1，
∴，
解得；
②由①得，当时，有最大值，
当时，，
∵对于满足的任意，都有，
∴，
解得或．
【知识点】二次函数的最值；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【分析】
（1）当时可得抛物线解析式为，再化一般式为顶点式即可；
（2）①先化抛物线的一般式为顶点式可得其对称轴为直线，由于抛物线开口向上，则抛物线上的点到对称轴的距离越大对应的函数也越大，则当时的最大值是1，即可得关于m的方程并求解即可；
②先由抛物线上点的坐标特征知当时，再由①知有最大值，则由题意可列关于m的不等式并求解即可．
（1）解：当时，，
∴二次函数图象的对称轴为直线；
（2）解：①，
∴二次函数图象开口向上，对称轴为，
∵，，，
∴当时，有最大值，
∵的最大值是1，
∴，
解得；
②由①得，当时，有最大值，
当时，，
∵对于满足的任意，都有，
∴，
解得或．
23．已知，是的弦，于点，且，连接．
（1）如图1，若经过点O，求的度数．
（2）如图2，若不经过点O．
①求证：．
②连接和．若的直径为，，求，的长．
【答案】（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）证明：①连接，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
②如图，连接，连接并延长分别交和BD于，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）先由弧、弦、圆心角的关系可得，再由平角的概念可得的度数，最后再利用圆周角定理即可；
（2）①如图，连接BD，设，则由弧、弦、圆心角的关系可得，再由圆周角定理可得，由直角三角形两锐角互余可得，，再由角的和差关系可得，再由等角对等边即可；
②如图，连接并延长分别交和BD于，，先由垂径定理的逆定理可知CK垂直BD、BK＝DK、BT＝DT，再由勾股定理可得，再由等面积法可得，即，再利用勾股定理可得；再利用AA证明，由相似比可得，再利用等面积法求出BE，再利用勾股定理求出CE，则AE可得，最后再利用勾股定理即可求得AC.
（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）证明：①连接，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
②如图，连接，并延长交于，连接交于，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴.
1 / 1浙江省杭州市文理中学2025-2026学年九年级上学期期中调 数学试题
1．二次函数的图象过点，则a的值是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．已知半径为5，平面内有一点P，，则点P与的位置关系是（　　）
A．点P在内 B．点P在外 C．点P在上 D．无法判断
3．下列事件是必然事件的是（　　）
A．随意翻开字典的某页，页码是偶数
B．任意画一个多边形，其外角和是
C．在只有蓝球的袋中，摸出一个红球
D．明天会下雨
4．如图，点A，B，C在上，，，则的半径是（　　）
A． B．3 C．4 D．
5．下列四个圆形图案，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转一定角度后都能与原图形完全重合．其中旋转角度最小的图形是（　　）
A． B．
C． D．
6．关于二次函数，下列说法正确的是（　　）
A．函数图象的开口向下 B．当时，y随x的增大而增大
C．该函数的最大值是1 D．函数图象的对称轴是直线
7．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则度数是（　　）
A． B． C． D．
8．同一平面直角坐标系中，抛物线与直线的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图，是的直径，点D是弧的中点，，的延长线相交于点P．若，，则和之间的数量关系为（　　）
A． B．
C． D．
10．设，是方程的两根，若，下列判断正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．某一枚质地均匀的骰子上面分别标着数字1，2，3，4，5，6．任意投掷这枚骰子一次，朝上点数是奇数的概率是　 　．
12．二次函数图象的顶点坐标是　 　．
13．正五边形的每一个内角都等于　 　．
14．如图，在中，，，以为直径的交于点E，则的长为　 　．（计算结果保留）
15．如图，在平面直角坐标系中，以为圆心作，使其经过原点O，与x轴交于点B，并与y轴交于点A．点E是圆弧上一点，连接，点F为的中点．当点E沿着圆弧从点A顺时针运动到点B时，点F的运动路径长是　 　．
16．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）将绕点C逆时针旋转后得到，请在图中画出．
（2）求线段扫过的面积．（计算结果保留）
17．一个不透明布袋里共装有3个球，其中1个红球，2个白球．它们的形状大小完全相同，只有颜色不同．从中任意摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球．
（1）请用树状图或列表的方法，求摸出的2个球都是白球的概率．
（2）若往布袋里再放入一些红球，使每一次摸到白球的概率为，则应该再放入______个红球．
18．已知二次函数的图象与x轴交于和．
（1）求二次函数的表达式．
（2）当时，求y的取值范围．
19．一个装有水的水槽放置在水平桌面上，其横截面是以为直径的半圆O，，为水面截线，．
（1）如图1，当时，作于点C，并交半圆O于点D，若水面截线，求水截面最大深度的长．
（2）将图1中的水倒出一部分，得到图2，直径一端点B刚好与点N重合．水截面最大深度为13，请计算此时水面截线的长．
20．如图，为的直径，点C为圆上的点，连接，，的平分线交于点D，连接，．
（1）若，，求的长．
（2）延长于点E，使得，求证：．
21．发石车（图1）是古代一种攻城器械，据《三国志》记载：曹操创制发石车，攻破袁绍军壁楼．如图2，发石车位于点O处，其前方有一堵壁楼，其防御墙的竖直截面为矩形，墙宽为2米，点B与点O的水平距离为28米，垂直距离为6米．以点O为原点，水平方向为x轴方向，建立坐标系，将石块当作一个点看，其飞行路线近似看作抛物线．
（1）若发射石块在空中飞行的最大高度为10米．
①求函数解析式（不写x的范围）；
②石块能否飞越防御墙？请说明理由．
（2）若要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括点B，C），直接写出a的取值范围．
22．已知二次函数（m为常数）．
（1）当时，求该二次函数图象的对称轴．
（2）若点在函数图象上，其中．
①若的最大值是1，求m的值．
②若点也在函数图象上，且，对于满足的任意，都有，求m的取值范围．
23．已知，是的弦，于点，且，连接．
（1）如图1，若经过点O，求的度数．
（2）如图2，若不经过点O．
①求证：．
②连接和．若的直径为，，求，的长．
答案解析部分
1．【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的图象
【解析】【解答】解：∵ 点在函数上，
∴，
即，
∴．
因此，a的值为1．
故答案为：D.
【分析】将点代入可得，再求出a的值即可.
2．【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵的半径，，
∴，
∴点P在内．
故答案为：A.
【分析】设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内，据此判断即可得出答案.
3．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；事件的分类；事件发生的可能性；多边形的外角和公式
【解析】【解答】 解：选项A：随意翻开字典的某页，页码是偶数，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
选项B：任意画一个多边形，其外角和是，是必然事件，符合题意；
选项C：在只有蓝球的袋中，摸出一个红球，是不可能事件，不是必然事件，不符合题意；
选项D：明天会下雨，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
故选：B．
【分析】
本题主要考查了必然事件的定义以及多边形外角和的相关知识，要解答本题，核心是熟练掌握必然事件的概念：必然事件是在特定条件下，一定发生的事件，根据这个定义对每个选项逐一分析判断，就能得出最终结果。
4．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴的半径是4，
故答案为：C．
【分析】先利用圆周角的性质可得，再结合OA=OB证出为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，从而得解.
5．【答案】D
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：A、最小旋转角度；B、最小旋转角度；
C、最小旋转角度；
D、最小旋转角度．
故选：D．
【分析】
由旋转对称图形的性质可分别求出四个图形的最小旋转角，再对结果进行比较即可．
6．【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；二次函数y=a（x-h）²+k的图象；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为，
∴当时，y随x的增大而增大，函数有最小值为1；
综上，只有选项B正确，符合题意；
故选B．
【分析】
对于二次函数，其对称轴为直线、顶点坐标为，当时抛物线开口向上，此时二次函数有最小值，且当时随的增大而增大、当时随的增大而减小；反之，当时抛物线开口向下，此时二次函数有最大值，且当时随的增大而减小、当时随的增大而增大．
7．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
根据题意可得，将绕点旋转得到，
故，
∴，
∴．
故选：A．
【分析】
由平行线的性质可得，再由旋转的性质可得，再由等边对等角可得，最后再利用三角形内角和定理即可．
8．【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；一次函数图象、性质与系数的关系；二次函数与一次函数的图象共存判断
【解析】【解答】解：∵抛物线
∴该抛物线的顶点坐标为，
A．∵抛物线图象的顶点在轴的负半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第二、三、四象限，故此选项不符合题意；
B．∵抛物线图象的顶点在轴的正半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第一、二、三象限，故此选项不符合题意；
C．∵抛物线图象的顶点在轴的负半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第二、三、四象限，故此选项不符合题意；
D．∵抛物线图象的顶点在轴的正半轴上，
∴，
∴直线的图象经过第一、二、三象限，故此选项符合题意．
故选：D．
【分析】
对于直线，当时直线过一、二、三象限，当时直线过一、三象限，时直线过一、三、四象限；当时直线过一、二、四象限，当时直线过二、四象限，时直线过二、三、四象限；又抛物线的开口向上，顶点坐标为，则当时直线过一、二、三象限，抛物线开口向上，顶点位于轴的正半轴上，故正确答案为D．
9．【答案】D
【知识点】三角形外角的概念及性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接.
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵D是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】
如图，连接DB，则由圆周角定理知，再由三角形外角的性质可得，再由圆心角、弧、弦的关系可得，则由角的和差关系可得，又由于直径所对的圆周角是直角，再利用直角三角形两锐角互余即可得．
10．【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：设二次函数，
当时，，
∴二次函数经过点，
∵，是方程的两根，
∴二次函数经过点和，
∴二次函数，
代入点得，，
∴，
∵，
∴，
若，则；
若，则；
结合选项可知，只有选项B判断正确，符合题意；
故选：B．
【分析】
设二次函数，则抛物线交x轴于点和，则可化抛物线的一般形式为顶点式，即；又当x=m时y=p，即有，因为，则，所以当时，反之．
11．【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：由题意得，共有6种等可能的结果，其中点数为奇数的结果有1、3、5，共3个，
∴朝上点数是奇数的概率是．
故答案为：．
【分析】
直接利用简单事件概率计算公式求解即可．
12．【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】 解：二次函数图象的顶点坐标是；
故答案为：．
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，对于形如的二次函数，其顶点坐标为，结合这个性质就可以求出本题的答案。
13．【答案】108°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】方法一：（5-2）×180°=540°，540°÷5=108°；
方法二：360°÷5=72°，180°-72°=108°，
所以，正五边形每个内角的度数为 108°．
故答案为：108°．
【分析】方法一：根据n边形的内角和为（n-2）×180°，把n=5代入进行计算求出正五边形的内角和，再除以5即可得出答案；
方法二：根据正五边形的外角和等于360°，求出每一个外角等于72°，再根据邻补角的定义求出每一个内角的度数，即可求解.
14．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
故答案为：．
【分析】
如图，连接OE，先由平行四边形的性质可得、，再由等边对等角结合三角形内角和定理可得弧DE所对的圆心角度数，再求半径OD的长，最后再利用弧长公式计算即可．
15．【答案】
【知识点】弧长的计算；三角形的中位线定理；圆-动点问题；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：如图，连接，取的中点，连接、，
∵，
∴，
∴，
∵点F为的中点，点为的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴点在以点为圆心，半径为的圆上运动，
∵点E沿着圆弧从点A顺时针运动到点B，且绕转过的角度为，
∴点沿着圆弧从点顺时针运动到点，且绕转过的角度为，
∴点F的运动路径长是周长的一半，
∴点F的运动路径长为．
故答案为：．
【分析】
连接，取的中点，连接、，由两点距离公式可得，再由三角形中位线定理得到，即点在以点为圆心，半径为的圆上运动，再由题意知点E的运动路径为弧AB的长即周长的一半，则点F的运动路径为周长的一半，再求出的周长即可．
16．【答案】（1）解：如图，即为所作；
（2）解：由图可知线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，且圆心角为，半径长为长．
∵，
∴线段扫过的面积为：．
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣旋转
【解析】【分析】
（1）由于旋转角是90度，则可利用一线三垂直全等模型分别取格点A1、B1，再顺次连接A1、B1、C即可；
（2）由旋转的性质知线段CA扫过的面积即扇形ACA1的面积，又旋转角为90度，A、C的横坐标相等即AC的长可求，再利用扇形面积计算公式求解即可．
（1）解：如图，即为所作；
（2）解：由图可知线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，且圆心角为，半径长为长．
∵，
∴线段扫过的面积为：．
17．【答案】（1）解：设1个红球为，2个白球分别为，
列表如下：
由表格可得，共有9种等可能的结果，其中摸出的2个球都是白球的情况有4种，
摸出的2个球都是白球的概率．
答：摸出的2个球都是白球的概率为；
（2）7
【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】（2）解：∵每一次摸到白球的概率为，
∴放入红球后，布袋里的球的数量为（个），
∴应该再放入红球的数量为（个），
故答案为：7．
【分析】
（1）两步试验可通过画树状图或列表法求概率，画树状图时注意不重复不遗漏，列表时注意对角线栏目上是否填写数据；
（2）由简单事件的概率计算公式可得布袋里小球的总个数，再用总数减去3即可．
（1）解：设1个红球为，2个白球分别为，
列表如下：
　
由表格可得，共有9种等可能的结果，其中摸出的2个球都是白球的情况有4种，
摸出的2个球都是白球的概率．
答：摸出的2个球都是白球的概率为；
（2）解：∵每一次摸到白球的概率为，
∴放入红球后，布袋里的球的数量为（个），
∴应该再放入红球的数量为（个），
故答案为：7．
18．【答案】（1）解：代入和，得，解得，
∴二次函数的表达式为；
（2）解：，
∴当时，有最小值，
当时，，
当时，，
∴当时，y的取值范围为．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】
（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先化抛物线的一般式为顶点式可得抛物线的对称轴为直线，又抛物线的二次项系数为正，则当时二次函数有最小值-9，再由抛物线上的点到对称轴的距离越远则对应的函数值越大可得当时该二次函数有最大值40，即在对应自变量的范围内，y的取值范围为．
（1）解：代入和，得，
解得，
∴二次函数的表达式为；
（2）解：，
∴当时，有最小值，
当时，，
当时，，
∴当时，y的取值范围为．
19．【答案】（1）解：如图，连接．
，
，
，
，
．
答：水截面最大深度的长为．
（2）解：如图，设水槽与地面的切点为，连接与交于．
，，
，
，
根据题意可知，，
，
，
．
答：水面截线的长为．
【知识点】勾股定理；垂径定理的实际应用
【解析】【分析】
（1）连接，先由垂径定理可得点C平分MN，即CN长可得，又ON是半径等于AB的一半，再利用勾股定理可得OC的长，再利用线段的和差关系即可；
（2）如图，连接OF，则由题意知OF垂直MB，则由垂径定理知点E平分MB，再由线段的和差关系可得OE等于EF等于13，再利用勾股定理求出EB的长即可．
（1）解：如图，连接．
，
，
，
，
．
答：水截面最大深度的长为．
（2）解：如图，设水槽与地面的切点为，连接与交于．
，，
，
，
根据题意可知，，
，
，
．
答：水面截线的长为．
20．【答案】（1）解：∵为的直径，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）证明：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）由于直径所对的圆周角是直角，则由勾股定理可得AB的长，再由弧、弦、圆心角的关系可得AD＝BD，再利用勾股定理即可；
（2）先由等边对等角可得，再由圆内接四边形的性质结合等量代换可得，再由角平分线的概念可得，又CD是公共边相等，可利用AAS证明即可．
（1）解：∵为的直径，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）证明：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
21．【答案】（1）解：①∵发射石块在空中飞行的最大高度为10米，且，
∴函数的最大值为10，即；
∵抛物线经过原点，
∴，
解得：，
∴；
②石块能飞跃防御墙，
理由如下：由题意知，点B的坐标为；
由于防御墙的竖直截面为矩形，墙宽为2米，则；
对于，当时，，
∴石块能飞跃防御墙；
（2）
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】（2）解：由于抛物线过原点，则，
即；
∴，
当抛物线过点时，，解得，
当抛物线过点时，，解得，
∴，
故要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括点B，C），a的取值范围为．
【分析】
（1）①先由题意知k=10，再利用待定系数法求解即可；
②先由坐标与图形性质可得点B、C的坐标分别为和，再利用抛物线上点的坐标特征可把x=30代入到函数解析式中求得y=7.5，显然7.5大于6，故石块能飞跃防御墙；
（2）先由抛物线上点的坐标特征可得a、k的数量关系，再分别把B、C两点坐标代入函数式中求得a的值即可.
（1）解：①∵发射石块在空中飞行的最大高度为10米，且，
∴函数的最大值为10，即；
∵抛物线经过原点，
∴，
解得：，
∴；
②略
（2）解：由于抛物线过原点，则，
即；
∴，
当抛物线过点时，，解得，
当抛物线过点时，，解得，
∴，
故要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括点B，C），a的取值范围为．
22．【答案】（1）解：当时，，
∴二次函数图象的对称轴为直线；
（2）解：①，
∴二次函数图象开口向上，对称轴为，
∵，，，
∴当时，有最大值，
∵的最大值是1，
∴，
解得；
②由①得，当时，有最大值，
当时，，
∵对于满足的任意，都有，
∴，
解得或．
【知识点】二次函数的最值；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【分析】
（1）当时可得抛物线解析式为，再化一般式为顶点式即可；
（2）①先化抛物线的一般式为顶点式可得其对称轴为直线，由于抛物线开口向上，则抛物线上的点到对称轴的距离越大对应的函数也越大，则当时的最大值是1，即可得关于m的方程并求解即可；
②先由抛物线上点的坐标特征知当时，再由①知有最大值，则由题意可列关于m的不等式并求解即可．
（1）解：当时，，
∴二次函数图象的对称轴为直线；
（2）解：①，
∴二次函数图象开口向上，对称轴为，
∵，，，
∴当时，有最大值，
∵的最大值是1，
∴，
解得；
②由①得，当时，有最大值，
当时，，
∵对于满足的任意，都有，
∴，
解得或．
23．【答案】（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）证明：①连接，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
②如图，连接，连接并延长分别交和BD于，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）先由弧、弦、圆心角的关系可得，再由平角的概念可得的度数，最后再利用圆周角定理即可；
（2）①如图，连接BD，设，则由弧、弦、圆心角的关系可得，再由圆周角定理可得，由直角三角形两锐角互余可得，，再由角的和差关系可得，再由等角对等边即可；
②如图，连接并延长分别交和BD于，，先由垂径定理的逆定理可知CK垂直BD、BK＝DK、BT＝DT，再由勾股定理可得，再由等面积法可得，即，再利用勾股定理可得；再利用AA证明，由相似比可得，再利用等面积法求出BE，再利用勾股定理求出CE，则AE可得，最后再利用勾股定理即可求得AC.
（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）证明：①连接，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
②如图，连接，并延长交于，连接交于，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴.
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