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广东省深圳市深圳外国语学校2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试题
一、选择题（共8小题）
1．如图，在中，，，，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；求正弦值
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】先根据勾股定理求出BC，再根据正弦函数的定义结合题意即可求解。
2．下列各式中，是y关于x的二次函数的是（　　）
A． B．y=-3x+7 C． D．y=3x
【答案】A
【知识点】二次函数的定义
【解析】【解答】解：A．是二次函数，符合题意；
B．是一次函数，不符合题意；
C．是反比例函数，不符合题意；
D．是正比例函数，不符合题意．
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的定义“形如（是常数，）的函数，叫做二次函数”进行逐一判断即可．
3．如图，抛物线与直线的两个交点分别为，，则关于x的方程的解集为（　　）
A． B．
C．或 D．或
【答案】C
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：抛物线在直线的上方时，自变量x的取值即为的解集，，，
或，
故选：C．
【分析】本题考查利用函数图象解一元二次不等式，核心是理解不等式的几何意义。不等式的几何含义是：抛物线的图象位于直线图象上方时，对应的自变量的取值范围。由交点坐标可知抛物线开口向上，在两个交点的外侧区域，抛物线始终在直线上方，结合交点的横坐标即可确定不等式的解集。
4．如图，四边形为的内接四边形，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为的内接四边形，
∴，
∵，
，
∵所对圆周角是，所对圆心角是，
．
故选：B．
【分析】本题考查圆内接四边形的性质与圆周角定理的综合应用。首先根据圆内接四边形的对角互补，即，代入的度数可求出。再根据圆周角定理，同一条弧所对的圆心角是其所对圆周角的 2 倍，弧所对的圆周角为，所对的圆心角为，因此，代入数值即可计算出结果。
5．如图，一个圆形喷水池的中央竖直安装了一个柱形喷水装置，喷头M向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，按如图所示的直角坐标系，水流喷出的高度与水平距离之间的关系式是，则水流喷出的最大高度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【解答】解：，
，
当时，取最大值，最大值为，即2.75米，
故选：B．
【分析】先把函数解析式化为顶点式，由函数性质可求最大值．
6．如图，为O的直径，与O相切于点A，与O的交于点D，若，，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的性质；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：连接，过点O作，垂足为H，
∵与O相切于点A，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
中，，.
∴.
∴.
∵
∴阴影部分的面积为．
故选：C．
【分析】本题考查切线的性质、垂径定理、扇形面积计算与解直角三角形的综合应用。阴影部分为不规则图形，需通过连接、过作，将阴影分割为与扇形两部分分别计算。首先由切线的性质可知，结合可求出；再由等腰三角形，根据等边对等角得，利用三角形外角性质求出圆心角。在中，根据 30° 角所对直角边等于斜边的一半，求出，再由勾股定理算出；结合垂径定理得，进而求出的面积。最后根据扇形面积公式计算扇形的面积，两部分面积相加即为阴影部分总面积。
7．如图，是的外接圆，是直径，是的内切圆，连接，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】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；角平分线的概念；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：是外接圆，是直径，
∴，
∴在中，，
∵是内切圆，
∴是的角平分线，
∴，
∴在中，，
故选：B．
【分析】本题考查三角形外接圆、内切圆的性质与三角形内角和定理的综合。首先根据直径所对的圆周角为直角，由是外接圆直径可得，因此在中，。又因为是三角形的内切圆，内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，所以、分别平分、，由此可得。最后在中，利用三角形内角和为，即可求出的度数。
8．如图，二次函数的图象经过点，且与轴交点的横坐标分别为，，其中，，顶点纵坐标大于．下列结论：；；；若，（）是方程的两个根，则，．其中正确的结论有（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【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；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】∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线交轴于正半轴，
∴，
∵，
∴，
∴，故正确，
∵顶点纵坐标大于，
∴，
∵，
∴，
∴，故正确；
∵二次函数的图象经过点，
∴，
∴，
根据图象可知：当时，，
∴，故正确；
由得：，
即函数与的交点，
如图，
∴，，故正确，
综上可知：正确，共个，
故答案为：．
【分析】本题综合考查二次函数的图象与系数的对应关系，涉及开口方向、对称轴、顶点坐标、特殊点函数值以及函数与方程的转化等核心知识。判断结论①时，根据抛物线开口向下的图象特征，由二次项系数的符号与开口方向的对应规律可得；由抛物线与y轴的交点位于正半轴，可得常数项；再结合对称轴位于y轴左侧，根据对称轴公式，结合可推出，由此可判断的乘积为正。判断结论②时，根据顶点纵坐标大于2的条件，代入二次函数顶点纵坐标公式列出不等式，由于，依据不等式的基本性质，不等式两边同乘负数时不等号方向改变，整理后即可验证成立。判断结论③时，先将点代入函数解析式，得到的关系式，将用含、的式子表示；再结合图象中对应的函数值小于0，将代入解析式得到，将的表达式代入该不等式后化简，即可得出的结论。判断结论④时，先对给定方程进行移项、合并同类项整理，将其转化为的形式，此时方程的两个根等价于二次函数与正比例函数图象交点的横坐标，结合两个函数的图象位置与交点分布，即可判断两个根分别满足、。
二、填空题（共5小题）
9．把抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：抛物线，
向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，
得到
即
故答案为：．
【分析】根据函数解析式平移的特征：左加右减，上加下减求解即可。
10．如图，，分别切于点A，B，点C是上一点，过C作的切线，交，于点D，E，若，则的周长是　 　．
【答案】
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵，分别切于点A，B，
∴，
∵是的切线，
∴，，
∴的周长为：，
故答案为：．
【分析】
本题考查了切线长定理。根据切线长定理可得，，，求出的周长为即可．
11．如图是一块四边形空地，该空地面积为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接AC，作于点E，作于点F，
在中，∵，，
∴，
在中，∵，，
∴．
则该空地的面积
，
故答案为：．
【分析】本题考查不规则四边形的面积计算，通过作辅助线将四边形分割为两个三角形，结合特殊角的三角函数求解。连接对角线，分别过作、过作，将四边形拆分为和两个三角形。在中，已知、，根据正弦的定义可求出高；在中，已知、，同理求出高。分别用三角形面积公式计算两个三角形的面积，相加即得四边形空地的总面积。
12．年级的一名高个子男生推铅球，铅球的运动轨迹可看作某条抛物线的一部分，已知这名男生的出手处A点离地面的高度为2米，当球运动到点B最高处5米时，离该男生站立地点O的水平距离为6米．以点O为原点建立如图所示的坐标系，有一个横截面为矩形的竹筐，长米，高米（不考虑竹筐的宽度），若铅球可落入筐内（不含G，F点），请求竹筐的边到O点的水平距离m的取值范围　 　．
【答案】
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【解答】解：∵ A点离地面的高度为2米
∴，
∵点B最高处5米时，离该男生站立地点O的水平距离为6，
∴顶点坐标
设抛物线的解析式为，
将代入，得，解得，
抛物线的解析式为；
令，得．
解得，（舍去）．
，
．
故答案为：．
【分析】
根据A点离地面的高度为2米得，再由点B最高处5米时，离该男生站立地点O的水平距离为6，得到顶点坐标为，可设顶点式，再用待定系数法将代入求出函数解析式，再把代入计算即可得到x得值，结合，即可解答．
13．如图，是的外接圆，弦交于点，，，过点作于点，延长交于点，若，，则的长为　 　．
【答案】7
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图，连接，
在和中，
，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
如图，作于点，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
．
故答案为：7．
【分析】本题考查三角形外接圆的性质、全等三角形判定与性质、等边三角形判定、垂径定理、勾股定理与特殊角三角函数的综合应用。首先连接，由同弧所对的圆周角相等得，结合对顶角与已知，根据 ASA 判定，由全等三角形对应边相等得；又已知，因此，根据等边三角形的判定可知为等边三角形，故。由，根据垂径定理得；在中，，因此，由 30° 角所对直角边等于斜边的一半，结合得。由可算出，因此，进而得，即。过作于，在中，，由三角函数可求出与的长度，再计算出的长度，最后在中由勾股定理即可求出的长。
三、解答题（共8小题）
14．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】二次根式的混合运算；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】（1）本题考查特殊角的三角函数值与实数的混合运算。先分别代入、、的三角函数值，再按照先乘方、再乘除、后加减的运算顺序逐步计算即可。
（2）本题考查特殊角的三角函数值、二次根式与绝对值的综合运算。先代入各特殊角的三角函数值，其中需根据二次根式的性质化简为，再根据绝对值的性质，因为，去绝对值后变为，最后按照运算法则合并计算。
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
15．已知在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）______；
（2）画出绕点C按顺时针方向旋转的，点A在旋转过程中所经过的路径长为______；（结果保留）
（3）在（2）的条件下，利用无刻度直尺及圆规画出的外接圆，并得出P的坐标为______．（保留作图痕迹）
【答案】（1）
（2）作图见解析，
（3）作图见解析，
【知识点】勾股定理；弧长的计算；作图﹣旋转；尺规作图-垂直平分线；尺规作图-作三角形的外接圆
【解析】【解答】
（1）解：由图得：，，
∵，，，
∴，
又∵（为边上的高），
∴，
解得，
∴；
（2）解：如图，即为所求．
由勾股定理得，，
∴点A在旋转过程中所经过的路径长为．
故答案为：．
（3）解：如图，即为所求，．
【分析】（1）本题考查锐角三角函数的计算与勾股定理的应用。先根据坐标系中各点坐标，利用勾股定理求出三边的长度，再用面积法求出边上的高，根据正弦的定义，的正弦值等于对边的高与边长的比值，代入计算即可。
（2）本题考查图形的旋转性质与弧长公式。根据旋转的性质，确定点绕点顺时针旋转 90° 后的对应点的坐标，顺次连接得到；点的运动路径是以为圆心、长为半径、圆心角为 90° 的弧，先由勾股定理算出的长度，再代入弧长公式计算路径长。
（3）本题考查三角形外接圆的作法与坐标确定。三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点，作任意两边的垂直平分线，交点即为圆心，结合坐标系读出点坐标，再以为圆心、为半径画圆即可。
（1）解：由图得：，，
∵，，，
∴，
又∵（为边上的高），
∴，
解得，
∴；
（2）解：如图，即为所求．
由勾股定理得，，
∴点A在旋转过程中所经过的路径长为．
故答案为：．
（3）解：如图，即为所求，．
16．如图，丹山白塔位于雁江区丹山镇，始建于唐朝，有着美丽的传说．在一次综合实践活动中，小明和小组同学想要测量丹山白塔的高度．小明和同学在斜坡P处测得塔顶B的仰角为，然后他们沿着坡度为的斜坡行走了13米，在坡顶A处又测得塔顶B的仰角为．
（1）求坡顶A到地面的距离；
（2）求塔高的长．（参考数据：，，）
【答案】（1）解：过点A作于H，
∵斜坡的坡度为，
∴，
设，则，
则，
，解得：，
，，
坡顶A到地面的距离为米．
（2）解：由题意得：，，延长交于D，如图所示：
，，
，
∴，
四边形是矩形，，，
，
∴为等腰直角三角形，
，
设，则，
，
在中，，
即，解得：，
古塔的高度约32米．
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】(1) 过 A 作 AH 垂直地面 PO，根据斜坡坡度设直角边，结合勾股定理求出坡顶 A 到地面的距离；
(2) 延长 BC 交地面于 D，利用矩形性质得 CD=AH，再由∠BPD=45° 得 PD=BD，设 BC 为 x，在 Rt△ABC 中用 tan52° 列方程求解得到塔高。
（1）解：过点A作于H，
∵斜坡的坡度为，
∴，
设，则，
则，
，解得：，
，，
坡顶A到地面的距离为米．
（2）解：由题意得：，，延长交于D，如图所示：
，，
，
∴，
四边形是矩形，，，
，
∴为等腰直角三角形，
，
设，则，
，
在中，，
即，解得：，
古塔的高度约32米．
17．第十五届全运会将于2025年在粤港澳三地联合举办，口号为“激情全运会，活力大湾区（PassionateNation Games，Vibrant Greater Bay Area）”全运会吉祥物是名为“喜洋洋”和“乐融融”的中华白海豚，寓意“喜气洋洋、其乐融融、团圆和美”。全运会特许商品零售店预售吉祥物“乐融融”，该吉祥物每个进价为40元，规定售价不低于进价，现在售价为每个60元，每天可销售100个.经市场调查发现，若售价每降价1元，则每天销售量将增加8个，设每个吉祥物降价x元（x为整数），每天销售量为y个.
（1）写出y关于x的函数表达式，并写出x的取值范围；
（2）设每天销售吉祥物“乐融融”的利润为W元，零售店如何定价，才能使得每天销售吉祥物“乐融融”的利润W最大 最大利润是多少元
【答案】（1）解：由题意可得，
∵ 定价不低于进价，即，
∴，
又∵为非负整数，
∴且为整数；
（2）解：；
，
∵，且x为整数，
∴当时，最大值为2112，此时定价为．
∴当定价为56元时，才能使得每天销售吉祥物“乐融融”的利润最大，最大利润为2112元
.
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据“销售量原销售量降价增加的数量”列出函数表达式，结合“定价不低于进价”确定的范围；
（2）根据“利润=（售价进价降价）销售量”列出利润函数，结合二次函数性质求最大值．
18．如图，是半的直径，点在半上，，，连接、AC．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：连接．
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：∵，是的直径，∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，，则，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，
∴．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）本题考查圆的切线判定，结合圆周角定理与等腰三角形性质证明。连接，根据直径所对的圆周角为直角，得，因此；由，根据等腰三角形等边对等角得，等量代换得。结合已知，代入可得，即，又是半径，根据切线的判定定理即可证得是的切线。
（2）本题考查相似三角形的判定与性质及勾股定理的综合应用。由，结合，根据平行线的性质得；再通过角的等量代换证出，根据两角分别相等的两个三角形相似，得。由相似三角形对应边成比例，结合与的比值设参数表示各边长，先由勾股定理求出的参数表达式，再由相似比求出的参数表达式。最后在中，由勾股定理列方程，代入的长度求解参数，即可算出的长。
（1）证明：连接．
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：∵，是的直径，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，，则，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，
∴．
19．【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段、组成折线段，点在折线段上，若，则称点是折线段的中点．
【概念应用】
（1）如图2，的半径为2，是的切线，为切点，点是折线段的中点．若，则的长为________________；
【认识定理】
爱动脑筋的小亮发现将折线段放在圆中，且、、三点都在圆上时，就有数学中著名的阿基米德折弦定理：如图3，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），是的中点，，垂足为，则．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明的部分证明过程，
【证明定理】
证明：如图3，在上截取，连接，，和．
是的中点，
…
（2）请按照上面的证明思路，在图3中连接辅助线并写出该证明的剩余部分；
【灵活运用】
（3）如图4，已知等边三角形内接于，为弧上一点，于点，连接，若，，请直接写出的周长．
【答案】（1）；
（2）证明：如图3，在上截取，连接，，和．
是的中点，
，，
在和中，
，
，
；
（3）．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：∵是的切线，为切点，
∵是折线段的中点，
．
（3）解：∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
由（2）同理可得，，
∴的周长
．
【分析】（1）本题考查切线的性质与新定义的理解应用。根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，得，即为直角三角形；在中，，30° 角所对的直角边等于斜边的一半，已知即可求出。根据折线段中点的定义，等于折线段总长的一半，即，代入数值计算即可。
（2）本题考查全等三角形的判定与性质，结合圆的性质证明定理。在上截取，连接。由是弧的中点，根据等弧对等弦得；同弧所对的圆周角相等，得。结合，根据 SAS 可证，由全等三角形对应边相等得。又，根据等腰三角形三线合一的性质，得，因此，定理得证。
（3）本题考查等边三角形的性质与阿基米德折弦定理的应用。为等边三角形，故，结合可算出；由可知为等腰直角三角形，因此，由勾股定理求出，即。根据阿基米德折弦定理可得，因此的周长可转化为，代入数值计算即可。
20．如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，对称轴为直线．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，设P为横坐标为t，的面积为S，求S与t的函数关系式；当t取何值时，S有最大值，求出S的最大值；
（3）点P是直线一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，以P为圆心，为半径作，当与坐标轴相切时，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线，∴点A和点B关于抛物线对称轴对称，
∴，
解得，
∴，，
将，代入抛物线，
可得，解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：如图2，
∵轴，点P的横坐标为t，
∴点Q的横坐标为t，点，
对于抛物线，
令，则有，
∴，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为．
∴点，
∴，
∴当时，PQ最大，
∴
（3）点P的坐标为或或或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；切线的性质；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数-面积问题
【解析】【解答】（3）解：由（2）可知直线的解析式为，
∵点P是直线一动点，
∴可设，
又∵轴，点Q在抛物线上，
∴，
∴，
当与x轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即
当时，可有，即；
当与y轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即，
当时，可有，即；
综上所述，与x轴相切时，点P的坐标为或或或．
【分析】（1）本题考查待定系数法求二次函数解析式，结合抛物线的对称性求解。抛物线与 x 轴的两个交点关于对称轴对称，因此两点横坐标的平均数等于对称轴横坐标，据此列方程求出，得到、两点的坐标；将两点坐标代入抛物线解析式，解二元一次方程组求出的值，即可确定抛物线解析式。
（2）本题考查二次函数与三角形面积的最值问题。先求出抛物线与 y 轴交点的坐标，再用待定系数法求出直线的解析式。由轴可知两点横坐标均为，分别代入直线与抛物线解析式得到两点的纵坐标，的长度为两点纵坐标之差。的面积可拆分为与的面积和，化简得到关于的二次函数，配方后根据二次函数的性质求出最大值及对应的值。
（3）本题考查圆的切线性质与二次函数的结合。设点横坐标为，代入直线解析式表示出点坐标，同理表示出点坐标，进而得到的长度表达式。分两种情况讨论：①与 x 轴相切时，半径等于点纵坐标的绝对值，列绝对值方程求解；②与 y 轴相切时，半径等于点横坐标的绝对值，列绝对值方程求解。舍去重合的情况，即可得到所有符合条件的点坐标。
（1）解：∵抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线，
∴点A和点B关于抛物线对称轴对称，
∴，
解得，
∴，，
将，代入抛物线，
可得，解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：如图2，
∵轴，点P的横坐标为t，
∴点Q的横坐标为t，点，
对于抛物线，
令，则有，
∴，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为．
∴点，
∴，
∴当时，PQ最大，
∴；
（3）解：由（2）可知直线的解析式为，
∵点P是直线一动点，
∴可设，
又∵轴，点Q在抛物线上，
∴，
∴，
当与x轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即
当时，可有，即；
当与y轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即，
当时，可有，即；
综上所述，与x轴相切时，点P的坐标为或或或．
1 / 1广东省深圳市深圳外国语学校2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试题
一、选择题（共8小题）
1．如图，在中，，，，则的值是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各式中，是y关于x的二次函数的是（　　）
A． B．y=-3x+7 C． D．y=3x
3．如图，抛物线与直线的两个交点分别为，，则关于x的方程的解集为（　　）
A． B．
C．或 D．或
4．如图，四边形为的内接四边形，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，一个圆形喷水池的中央竖直安装了一个柱形喷水装置，喷头M向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，按如图所示的直角坐标系，水流喷出的高度与水平距离之间的关系式是，则水流喷出的最大高度是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，为O的直径，与O相切于点A，与O的交于点D，若，，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，是的外接圆，是直径，是的内切圆，连接，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，二次函数的图象经过点，且与轴交点的横坐标分别为，，其中，，顶点纵坐标大于．下列结论：；；；若，（）是方程的两个根，则，．其中正确的结论有（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题（共5小题）
9．把抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为　 　．
10．如图，，分别切于点A，B，点C是上一点，过C作的切线，交，于点D，E，若，则的周长是　 　．
11．如图是一块四边形空地，该空地面积为　 　．
12．年级的一名高个子男生推铅球，铅球的运动轨迹可看作某条抛物线的一部分，已知这名男生的出手处A点离地面的高度为2米，当球运动到点B最高处5米时，离该男生站立地点O的水平距离为6米．以点O为原点建立如图所示的坐标系，有一个横截面为矩形的竹筐，长米，高米（不考虑竹筐的宽度），若铅球可落入筐内（不含G，F点），请求竹筐的边到O点的水平距离m的取值范围　 　．
13．如图，是的外接圆，弦交于点，，，过点作于点，延长交于点，若，，则的长为　 　．
三、解答题（共8小题）
14．计算：
（1）；
（2）．
15．已知在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）______；
（2）画出绕点C按顺时针方向旋转的，点A在旋转过程中所经过的路径长为______；（结果保留）
（3）在（2）的条件下，利用无刻度直尺及圆规画出的外接圆，并得出P的坐标为______．（保留作图痕迹）
16．如图，丹山白塔位于雁江区丹山镇，始建于唐朝，有着美丽的传说．在一次综合实践活动中，小明和小组同学想要测量丹山白塔的高度．小明和同学在斜坡P处测得塔顶B的仰角为，然后他们沿着坡度为的斜坡行走了13米，在坡顶A处又测得塔顶B的仰角为．
（1）求坡顶A到地面的距离；
（2）求塔高的长．（参考数据：，，）
17．第十五届全运会将于2025年在粤港澳三地联合举办，口号为“激情全运会，活力大湾区（PassionateNation Games，Vibrant Greater Bay Area）”全运会吉祥物是名为“喜洋洋”和“乐融融”的中华白海豚，寓意“喜气洋洋、其乐融融、团圆和美”。全运会特许商品零售店预售吉祥物“乐融融”，该吉祥物每个进价为40元，规定售价不低于进价，现在售价为每个60元，每天可销售100个.经市场调查发现，若售价每降价1元，则每天销售量将增加8个，设每个吉祥物降价x元（x为整数），每天销售量为y个.
（1）写出y关于x的函数表达式，并写出x的取值范围；
（2）设每天销售吉祥物“乐融融”的利润为W元，零售店如何定价，才能使得每天销售吉祥物“乐融融”的利润W最大 最大利润是多少元
18．如图，是半的直径，点在半上，，，连接、AC．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
19．【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段、组成折线段，点在折线段上，若，则称点是折线段的中点．
【概念应用】
（1）如图2，的半径为2，是的切线，为切点，点是折线段的中点．若，则的长为________________；
【认识定理】
爱动脑筋的小亮发现将折线段放在圆中，且、、三点都在圆上时，就有数学中著名的阿基米德折弦定理：如图3，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），是的中点，，垂足为，则．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明的部分证明过程，
【证明定理】
证明：如图3，在上截取，连接，，和．
是的中点，
…
（2）请按照上面的证明思路，在图3中连接辅助线并写出该证明的剩余部分；
【灵活运用】
（3）如图4，已知等边三角形内接于，为弧上一点，于点，连接，若，，请直接写出的周长．
20．如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，对称轴为直线．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，设P为横坐标为t，的面积为S，求S与t的函数关系式；当t取何值时，S有最大值，求出S的最大值；
（3）点P是直线一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，以P为圆心，为半径作，当与坐标轴相切时，请直接写出点P的坐标．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；求正弦值
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】先根据勾股定理求出BC，再根据正弦函数的定义结合题意即可求解。
2．【答案】A
【知识点】二次函数的定义
【解析】【解答】解：A．是二次函数，符合题意；
B．是一次函数，不符合题意；
C．是反比例函数，不符合题意；
D．是正比例函数，不符合题意．
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的定义“形如（是常数，）的函数，叫做二次函数”进行逐一判断即可．
3．【答案】C
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：抛物线在直线的上方时，自变量x的取值即为的解集，，，
或，
故选：C．
【分析】本题考查利用函数图象解一元二次不等式，核心是理解不等式的几何意义。不等式的几何含义是：抛物线的图象位于直线图象上方时，对应的自变量的取值范围。由交点坐标可知抛物线开口向上，在两个交点的外侧区域，抛物线始终在直线上方，结合交点的横坐标即可确定不等式的解集。
4．【答案】B
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为的内接四边形，
∴，
∵，
，
∵所对圆周角是，所对圆心角是，
．
故选：B．
【分析】本题考查圆内接四边形的性质与圆周角定理的综合应用。首先根据圆内接四边形的对角互补，即，代入的度数可求出。再根据圆周角定理，同一条弧所对的圆心角是其所对圆周角的 2 倍，弧所对的圆周角为，所对的圆心角为，因此，代入数值即可计算出结果。
5．【答案】B
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【解答】解：，
，
当时，取最大值，最大值为，即2.75米，
故选：B．
【分析】先把函数解析式化为顶点式，由函数性质可求最大值．
6．【答案】C
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的性质；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：连接，过点O作，垂足为H，
∵与O相切于点A，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
中，，.
∴.
∴.
∵
∴阴影部分的面积为．
故选：C．
【分析】本题考查切线的性质、垂径定理、扇形面积计算与解直角三角形的综合应用。阴影部分为不规则图形，需通过连接、过作，将阴影分割为与扇形两部分分别计算。首先由切线的性质可知，结合可求出；再由等腰三角形，根据等边对等角得，利用三角形外角性质求出圆心角。在中，根据 30° 角所对直角边等于斜边的一半，求出，再由勾股定理算出；结合垂径定理得，进而求出的面积。最后根据扇形面积公式计算扇形的面积，两部分面积相加即为阴影部分总面积。
7．【答案】B
【知识点】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；角平分线的概念；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：是外接圆，是直径，
∴，
∴在中，，
∵是内切圆，
∴是的角平分线，
∴，
∴在中，，
故选：B．
【分析】本题考查三角形外接圆、内切圆的性质与三角形内角和定理的综合。首先根据直径所对的圆周角为直角，由是外接圆直径可得，因此在中，。又因为是三角形的内切圆，内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，所以、分别平分、，由此可得。最后在中，利用三角形内角和为，即可求出的度数。
8．【答案】D
【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；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】∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线交轴于正半轴，
∴，
∵，
∴，
∴，故正确，
∵顶点纵坐标大于，
∴，
∵，
∴，
∴，故正确；
∵二次函数的图象经过点，
∴，
∴，
根据图象可知：当时，，
∴，故正确；
由得：，
即函数与的交点，
如图，
∴，，故正确，
综上可知：正确，共个，
故答案为：．
【分析】本题综合考查二次函数的图象与系数的对应关系，涉及开口方向、对称轴、顶点坐标、特殊点函数值以及函数与方程的转化等核心知识。判断结论①时，根据抛物线开口向下的图象特征，由二次项系数的符号与开口方向的对应规律可得；由抛物线与y轴的交点位于正半轴，可得常数项；再结合对称轴位于y轴左侧，根据对称轴公式，结合可推出，由此可判断的乘积为正。判断结论②时，根据顶点纵坐标大于2的条件，代入二次函数顶点纵坐标公式列出不等式，由于，依据不等式的基本性质，不等式两边同乘负数时不等号方向改变，整理后即可验证成立。判断结论③时，先将点代入函数解析式，得到的关系式，将用含、的式子表示；再结合图象中对应的函数值小于0，将代入解析式得到，将的表达式代入该不等式后化简，即可得出的结论。判断结论④时，先对给定方程进行移项、合并同类项整理，将其转化为的形式，此时方程的两个根等价于二次函数与正比例函数图象交点的横坐标，结合两个函数的图象位置与交点分布，即可判断两个根分别满足、。
9．【答案】
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：抛物线，
向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，
得到
即
故答案为：．
【分析】根据函数解析式平移的特征：左加右减，上加下减求解即可。
10．【答案】
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵，分别切于点A，B，
∴，
∵是的切线，
∴，，
∴的周长为：，
故答案为：．
【分析】
本题考查了切线长定理。根据切线长定理可得，，，求出的周长为即可．
11．【答案】
【知识点】三角形的面积；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接AC，作于点E，作于点F，
在中，∵，，
∴，
在中，∵，，
∴．
则该空地的面积
，
故答案为：．
【分析】本题考查不规则四边形的面积计算，通过作辅助线将四边形分割为两个三角形，结合特殊角的三角函数求解。连接对角线，分别过作、过作，将四边形拆分为和两个三角形。在中，已知、，根据正弦的定义可求出高；在中，已知、，同理求出高。分别用三角形面积公式计算两个三角形的面积，相加即得四边形空地的总面积。
12．【答案】
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【解答】解：∵ A点离地面的高度为2米
∴，
∵点B最高处5米时，离该男生站立地点O的水平距离为6，
∴顶点坐标
设抛物线的解析式为，
将代入，得，解得，
抛物线的解析式为；
令，得．
解得，（舍去）．
，
．
故答案为：．
【分析】
根据A点离地面的高度为2米得，再由点B最高处5米时，离该男生站立地点O的水平距离为6，得到顶点坐标为，可设顶点式，再用待定系数法将代入求出函数解析式，再把代入计算即可得到x得值，结合，即可解答．
13．【答案】7
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图，连接，
在和中，
，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
如图，作于点，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
．
故答案为：7．
【分析】本题考查三角形外接圆的性质、全等三角形判定与性质、等边三角形判定、垂径定理、勾股定理与特殊角三角函数的综合应用。首先连接，由同弧所对的圆周角相等得，结合对顶角与已知，根据 ASA 判定，由全等三角形对应边相等得；又已知，因此，根据等边三角形的判定可知为等边三角形，故。由，根据垂径定理得；在中，，因此，由 30° 角所对直角边等于斜边的一半，结合得。由可算出，因此，进而得，即。过作于，在中，，由三角函数可求出与的长度，再计算出的长度，最后在中由勾股定理即可求出的长。
14．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】二次根式的混合运算；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】（1）本题考查特殊角的三角函数值与实数的混合运算。先分别代入、、的三角函数值，再按照先乘方、再乘除、后加减的运算顺序逐步计算即可。
（2）本题考查特殊角的三角函数值、二次根式与绝对值的综合运算。先代入各特殊角的三角函数值，其中需根据二次根式的性质化简为，再根据绝对值的性质，因为，去绝对值后变为，最后按照运算法则合并计算。
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
15．【答案】（1）
（2）作图见解析，
（3）作图见解析，
【知识点】勾股定理；弧长的计算；作图﹣旋转；尺规作图-垂直平分线；尺规作图-作三角形的外接圆
【解析】【解答】
（1）解：由图得：，，
∵，，，
∴，
又∵（为边上的高），
∴，
解得，
∴；
（2）解：如图，即为所求．
由勾股定理得，，
∴点A在旋转过程中所经过的路径长为．
故答案为：．
（3）解：如图，即为所求，．
【分析】（1）本题考查锐角三角函数的计算与勾股定理的应用。先根据坐标系中各点坐标，利用勾股定理求出三边的长度，再用面积法求出边上的高，根据正弦的定义，的正弦值等于对边的高与边长的比值，代入计算即可。
（2）本题考查图形的旋转性质与弧长公式。根据旋转的性质，确定点绕点顺时针旋转 90° 后的对应点的坐标，顺次连接得到；点的运动路径是以为圆心、长为半径、圆心角为 90° 的弧，先由勾股定理算出的长度，再代入弧长公式计算路径长。
（3）本题考查三角形外接圆的作法与坐标确定。三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点，作任意两边的垂直平分线，交点即为圆心，结合坐标系读出点坐标，再以为圆心、为半径画圆即可。
（1）解：由图得：，，
∵，，，
∴，
又∵（为边上的高），
∴，
解得，
∴；
（2）解：如图，即为所求．
由勾股定理得，，
∴点A在旋转过程中所经过的路径长为．
故答案为：．
（3）解：如图，即为所求，．
16．【答案】（1）解：过点A作于H，
∵斜坡的坡度为，
∴，
设，则，
则，
，解得：，
，，
坡顶A到地面的距离为米．
（2）解：由题意得：，，延长交于D，如图所示：
，，
，
∴，
四边形是矩形，，，
，
∴为等腰直角三角形，
，
设，则，
，
在中，，
即，解得：，
古塔的高度约32米．
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】(1) 过 A 作 AH 垂直地面 PO，根据斜坡坡度设直角边，结合勾股定理求出坡顶 A 到地面的距离；
(2) 延长 BC 交地面于 D，利用矩形性质得 CD=AH，再由∠BPD=45° 得 PD=BD，设 BC 为 x，在 Rt△ABC 中用 tan52° 列方程求解得到塔高。
（1）解：过点A作于H，
∵斜坡的坡度为，
∴，
设，则，
则，
，解得：，
，，
坡顶A到地面的距离为米．
（2）解：由题意得：，，延长交于D，如图所示：
，，
，
∴，
四边形是矩形，，，
，
∴为等腰直角三角形，
，
设，则，
，
在中，，
即，解得：，
古塔的高度约32米．
17．【答案】（1）解：由题意可得，
∵ 定价不低于进价，即，
∴，
又∵为非负整数，
∴且为整数；
（2）解：；
，
∵，且x为整数，
∴当时，最大值为2112，此时定价为．
∴当定价为56元时，才能使得每天销售吉祥物“乐融融”的利润最大，最大利润为2112元
.
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据“销售量原销售量降价增加的数量”列出函数表达式，结合“定价不低于进价”确定的范围；
（2）根据“利润=（售价进价降价）销售量”列出利润函数，结合二次函数性质求最大值．
18．【答案】（1）证明：连接．
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：∵，是的直径，∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，，则，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，
∴．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）本题考查圆的切线判定，结合圆周角定理与等腰三角形性质证明。连接，根据直径所对的圆周角为直角，得，因此；由，根据等腰三角形等边对等角得，等量代换得。结合已知，代入可得，即，又是半径，根据切线的判定定理即可证得是的切线。
（2）本题考查相似三角形的判定与性质及勾股定理的综合应用。由，结合，根据平行线的性质得；再通过角的等量代换证出，根据两角分别相等的两个三角形相似，得。由相似三角形对应边成比例，结合与的比值设参数表示各边长，先由勾股定理求出的参数表达式，再由相似比求出的参数表达式。最后在中，由勾股定理列方程，代入的长度求解参数，即可算出的长。
（1）证明：连接．
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：∵，是的直径，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，，则，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，
∴．
19．【答案】（1）；
（2）证明：如图3，在上截取，连接，，和．
是的中点，
，，
在和中，
，
，
；
（3）．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：∵是的切线，为切点，
∵是折线段的中点，
．
（3）解：∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
由（2）同理可得，，
∴的周长
．
【分析】（1）本题考查切线的性质与新定义的理解应用。根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，得，即为直角三角形；在中，，30° 角所对的直角边等于斜边的一半，已知即可求出。根据折线段中点的定义，等于折线段总长的一半，即，代入数值计算即可。
（2）本题考查全等三角形的判定与性质，结合圆的性质证明定理。在上截取，连接。由是弧的中点，根据等弧对等弦得；同弧所对的圆周角相等，得。结合，根据 SAS 可证，由全等三角形对应边相等得。又，根据等腰三角形三线合一的性质，得，因此，定理得证。
（3）本题考查等边三角形的性质与阿基米德折弦定理的应用。为等边三角形，故，结合可算出；由可知为等腰直角三角形，因此，由勾股定理求出，即。根据阿基米德折弦定理可得，因此的周长可转化为，代入数值计算即可。
20．【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线，∴点A和点B关于抛物线对称轴对称，
∴，
解得，
∴，，
将，代入抛物线，
可得，解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：如图2，
∵轴，点P的横坐标为t，
∴点Q的横坐标为t，点，
对于抛物线，
令，则有，
∴，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为．
∴点，
∴，
∴当时，PQ最大，
∴
（3）点P的坐标为或或或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；切线的性质；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数-面积问题
【解析】【解答】（3）解：由（2）可知直线的解析式为，
∵点P是直线一动点，
∴可设，
又∵轴，点Q在抛物线上，
∴，
∴，
当与x轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即
当时，可有，即；
当与y轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即，
当时，可有，即；
综上所述，与x轴相切时，点P的坐标为或或或．
【分析】（1）本题考查待定系数法求二次函数解析式，结合抛物线的对称性求解。抛物线与 x 轴的两个交点关于对称轴对称，因此两点横坐标的平均数等于对称轴横坐标，据此列方程求出，得到、两点的坐标；将两点坐标代入抛物线解析式，解二元一次方程组求出的值，即可确定抛物线解析式。
（2）本题考查二次函数与三角形面积的最值问题。先求出抛物线与 y 轴交点的坐标，再用待定系数法求出直线的解析式。由轴可知两点横坐标均为，分别代入直线与抛物线解析式得到两点的纵坐标，的长度为两点纵坐标之差。的面积可拆分为与的面积和，化简得到关于的二次函数，配方后根据二次函数的性质求出最大值及对应的值。
（3）本题考查圆的切线性质与二次函数的结合。设点横坐标为，代入直线解析式表示出点坐标，同理表示出点坐标，进而得到的长度表达式。分两种情况讨论：①与 x 轴相切时，半径等于点纵坐标的绝对值，列绝对值方程求解；②与 y 轴相切时，半径等于点横坐标的绝对值，列绝对值方程求解。舍去重合的情况，即可得到所有符合条件的点坐标。
（1）解：∵抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线，
∴点A和点B关于抛物线对称轴对称，
∴，
解得，
∴，，
将，代入抛物线，
可得，解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：如图2，
∵轴，点P的横坐标为t，
∴点Q的横坐标为t，点，
对于抛物线，
令，则有，
∴，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为．
∴点，
∴，
∴当时，PQ最大，
∴；
（3）解：由（2）可知直线的解析式为，
∵点P是直线一动点，
∴可设，
又∵轴，点Q在抛物线上，
∴，
∴，
当与x轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即
当时，可有，即；
当与y轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即，
当时，可有，即；
综上所述，与x轴相切时，点P的坐标为或或或．
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