精品解析：安徽省阜阳市颍州区未来学校期末考试卷2023-2024学年上学期 九年级数学试题

2023-2024学年第一学期阜阳市未来学校期末考试卷 九年级数学 （120分钟．150分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．如图，黑白棋子摆成的图案里下一黑棋，使全部棋子构成的图形是中心对称图形的位置是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2或3 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义求解即可． 本题考查了中心对称图形的判断，中心对称图形定义：把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与原来的图形重合，这个图形就叫中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 【详解】解：根据中心对称图形的定义，在位置1和位置3下一黑棋，都不能使所有棋子构成中心对称图形，只有在位置2下一黑棋可以使全部棋子构成的图形是中心对称图形． 故选：B 2. 将抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数图象的平移规律（左加右减，上加下减）进行解答即可． 【详解】解：原抛物线的顶点为，向左平移2个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为． ∴新抛物线为． 故选：C． 【点睛】本题考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式． 3. 下列事件中，属于随机事件的是（ ）． A. 任意写一个一元二次方程，有四个实数根 B. 任意画一个圆，它是轴对称图形 C. 任意画一个三角形，其内角和是 D. 任意画一条抛物线，开口朝上 【答案】D 【解析】 【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念逐项判定即可得答案． 【详解】解：A、任意写一个一元二次方程，有四个实数根，是不可能事件，故此选项不符合题意； B、任意画一个圆，它是轴对称图形，是必然事件，故此选项不符合题意； C、任意画一个三角形，其内角和是，是不可能事件，故此选项不符合题意； D、任意画一条抛物线，开口朝上，是随机事件，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件． 4. 九年级毕业之际，在毕业晚会上同学们互赠照片以表留念，每人给其他同学送一张照片，一共送出110张照片．设晚会上有人，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，掌握题目中的等量关系是解题的关键． 设晚会上有x人，那么每名同学要送出张，根据一共送出110张照片列出方程即可． 【详解】解：设晚会上有x人， ∴每名同学要送出张； ∵全班同学是互赠照片，一共送出110张照片， ∴． 故选：C． 5. 已知圆锥的底面半径为50cm,母线长为80cm,则此圆锥的侧面积为(  ) A. 4000πcm2 B. 3600πcm2 C. 2000 πcm2 D. 1000πcm2 【答案】A 【解析】 【分析】圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解． 【详解】解：圆锥的侧面积=π×50×80=4000πcm2． 故选A． 【点睛】本题考查圆锥侧面积公式的运用，掌握公式是关键． 6. 如图1，教室里有一只倒地的装垃圾的灰斗，与地面的夹角为，，小贤同学将它扶起平放在地面上（如图2），则灰斗柄绕点转动的角度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】延长到，根据角的和差关系及补角的定义可知，最后利用旋转的定义即可解答．本题考查了角的和差关系，补角的定义，旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：延长到， ∵，， ∴， ∴， 灰斗柄绕点转动的角度为， 故选． 7. 如图，抛物线与x轴，y轴分别交于A，B两点．若，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式．先求出A、B的坐标，然后把A的坐标代入函数解析式即可求解． 【详解】解：当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 把代入，得 ∴． 故选：D． 8. 如图，是的弦，延长相交于点E，已知，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆心角等知识．明确角度之间的数量关系是解题的关键． 如图，连接，由三角形内角和求，，，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的度数为， 故选：C． 9. 小明、小颖、和小凡都想去看山西第二届文博会，但现在只有一张门票，三人决定一起做游戏，谁获胜谁就去．游戏规则是：连续掷两枚质地均匀的硬币，若两枚正面朝上，则小明获胜；若两枚反面朝上，则小颖获胜；若一枚正面朝上，一枚反面朝上，则小凡获胜．关于这个游戏，下列判断正确的是（ ） A. 三个人获胜的概率相同 B. 小明获胜的概率大 C. 小颖获胜的概率大 D. 小凡获胜的概率大 【答案】D 【解析】 【分析】利用树状图法得出所有的可能，进而分别求出获胜的概率即可． 【详解】解：如图所示： ， 随机掷一枚均匀的硬币两次，可能的情况为：正正、正反、反正、反反， ∴P（小明）=，P（小颖）=，P（小凡）=． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了游戏公平性，正确利用树状图法求概率是解题关键． 10. 已知关于x的一元二次方程（其中p，q为常数）有两个相等的实数根，则下列结论中，错误的是（ ）． A. 1可能是方程的根 B. 可能是方程的根 C. 0可能是方程的根 D. 1和都是方程的根 【答案】D 【解析】 【分析】利用一元二次方程根的判别式可得，从而得到和是方程的根，不能同时是方程的根，当，时，是方程的根，即可求解． 【详解】解：∵方程（其中p，q为常数）有两个相等的实数根， ∴且， ∴， 当，即时， ∴是的根，故A选项正确，不符合题意； 当，即时， ∴是的根，故B选项正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴和不能同时是方程的根，故D选项错误，符合题意； 当时，， ∴， ∴当，时，是方程的根，故C选项正确，不符合题意； 故选：D 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式与一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 已知一元二次方程的一个根为1，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程解的定义，根据一元二次方程的解的定义，将代入原方程，列出关于的方程，然后解方程即可． 【详解】解：关于的一元二次方程的一个根为， 满足一元二次方程， ， 解得，． 故答案为：． 12. 一个盒子里放有草莓味、苹果味的两种糖各1块，另一个盒子里放有草莓味、苹果味、葡萄味的三种糖各1块，糖的外形相同．小亮从两个盒子中各随机取出一块糖，则两块糖是不同味的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是利用画树状图或列表法求解随机事件的概率，先用列表法求出所有情况，再根据概率公式求出概率． 【详解】解：列表如下： 草莓味1 苹果味1 葡萄味 草莓味2 草莓味1，草莓味2 苹果味1，草莓味2 葡萄味，草莓味2 苹果味2 草莓味1，苹果味2 苹果味1，苹果味2 葡萄味，苹果味2 所有等可能的结果数为6个，符合条件的结果数有4个， ∴两块糖是不同味的概率是． 故答案为： 13. 如图，是等边内的一点，连接，，，将绕点顺时针旋转得，连接，若，则的度数为___________． 【答案】##度 【解析】 【分析】由旋转的性质和全等三角形的性质可得，，，，可证是等边三角形，可得，，由勾股定理的逆定理可求，即可求解． 【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转得， ∴，， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 14. 跳绳是大家喜爱的一项体育运动，当绳子甩到最高处时，其形状视为一条抛物线．如图是小冬与小雪将绳子甩到最高处时的示意图，已知两人拿绳子的手离地面的高度都为米，并且相距米，现以两人的站立点所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，其中小冬拿绳子的手的坐标是．身高米的小丽站在绳子的正下方，且距轴米时，绳子刚好经过她的头顶．若身高米的小伟站在这条绳子的正下方，他距轴米，为确保绳子超过他的头顶，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的实际应用， 依据题意，设解析式为，再由小丽的坐标，且过，求出，，最后令时，求出，进而表示出的范围．解题的关键掌握待定系数法求二次函数解析式． 【详解】解：由题意，可知对称轴是：直线， 设解析式为， 又由小丽头顶的坐标，且过， ∴ 解得：， 解析式为． 又令时， 或． ． 故答案为：． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，利用公式法解方程即可． 【详解】解： ，，， ， ， ，． 16. 如图，在边长为的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，在中，，且点的坐标为． （1）画出向左平移个单位后的，写出点的坐标； （2）画出绕点顺时针旋转后的，并写出点旋转到点时，的坐标． 【答案】（1） 即为所求； （2）即为所求； 【解析】 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握图形平移的规律，根据平移规律求点坐标，图形旋转的性质作图及求旋转点的坐标的方法，图形结合分析是解题的关键． （1）根据图形的平移规律即可求解； （2）根据图形的旋转的性质即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 已知函数的图象与x轴只有一个交点，求出这个交点坐标． 【答案】或 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数与一元二次方程的关系．分与两种情况考虑，对于时，函数是二次函数，由一元二次方程根的判别式即可求得k，再解一元二次方程即可求得交点坐标． 【详解】解：①当时，函数是一次函数； 令，则， 解得：， 即交点为， ②当时，函数是二次函数， ∵函数图象与x轴只有一个交点， ∴， 即， 令，则， 解得：， 即交点为． 综上，函数与x轴的一个交点为或． 18. 唐代李皋发明了桨轮船，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长为，轮子的吃水深度为，求该桨轮船轮子的直径． 【答案】该桨轮船轮子的直径为 【解析】 【分析】过点作，连接，利用垂径定理得到是直角三角形，，最后利用勾股定理即可解答．本题考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 【详解】解：过点作，连接， ∴，， ∴是直角三角形， ∵，， ∴，， ∴设， ∴在中，， ∴， 解得：， 即， ∴该桨轮船轮子的直径为． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称． 观察应用： （1）如图，若点，的对称中心是点，则点的坐标为 ． （2）在（1）的基础上另取两点，．有一电子青蛙从点处开始依次关于点，，作循环对称跳动，即第一次跳到点关于点的对称点处，接着跳到点关于点的对称点处，第三次再跳到点关于点的对称点处，第四次再跳到点关于点的对称点处，… ①则点，，的坐标分别为 ， ， ． ②点的坐标为 ． 【答案】（1） （2）①；；；② 【解析】 【分析】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． （1）设，利用中点坐标公式分别计算出x和y的值即可； （2）①利用中心对称的性质画图可得到点，从而得到它们的坐标． ②观察点坐标的递变规律，可得出点与点的坐标相同． 【小问1详解】 设， ∵点的对称中心是点A， ∴A点坐标为， 故答案为：； 【小问2详解】 ①点的坐标分别为．（见下图） 故答案为：． ②点关于点C的对称点，与点重合，依次类推，点与点重合，点与点重合……， 探索规律可知：设n为正整数，则点与点重合，点与点重合，点与点重合， ∵， ∴点与点的坐标相同，即， 故答案为： 20. 如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）． （1）当羊圈的长和宽分别为多少米时，能围成一个面积为640的羊圈？ （2）羊圈的面积能达到吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）当羊圈的长为，宽为或长为，宽为时，能围成一个面积为的羊圈； （2） 解：不能，理由如下： 由题意，得． 化简，得． ∵， ∴一元二次方程没有实数根． ∴羊圈的面积不能达到． 【解析】 【分析】（1）设矩形的边，则边，根据题意列出一元二次方程，解方程即可求解； （2）同（1）的方法建立方程，根据方程无实根即可求解． 【小问1详解】 解：设矩形的边，则边． 根据题意，得． 化简，得． 解得，． 当时，； 当时，． 答：当羊圈的长为，宽为或长为，宽为时，能围成一个面积为的羊圈． 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程，解一元二次方程是解题的关键． 六、（本题满分12分） 21. 如图，的直径，C为上一点，在的延长线上取一点P，连接交于点D，，． （1）求的长； （2）计算图中阴影部分的面积． 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】（1）作于点E，连接，解直角三角形，即可求得的长，再根据勾股定理和垂径定理，即可解答； （2）根据阴影部分面积等于扇形的面积减去的面积，即可解答． 【小问1详解】 解：作于点E，连接， ， ， ，， ， ， ， ∴， ； 【小问2详解】 解：， ， ， ∴阴影部分的面积为． 【点睛】本题考查了垂径定理，扇形的面积计算，含的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握扇形的面积公式． 七、（本题满分12分） 22. 孙悟空因嫌“弼马温”官小，回到花果山，自封“齐天大圣”，天兵天将的组成如图1． 兵种 人数/万人 骑兵 m 步兵 2.1 水兵 3.0 战车兵 n （1）根据统计图表，可知m＝　 　，n＝　 　，扇形统计图中“战车兵”对应的圆心角度数为　 　°． （2）哪吒的终极形态为三头六臂，如图2，若1号手臂始终拿砍妖刀，2、3、4、5号手臂可随机使用混天绫、降魔、绣球儿、火轮儿四件辅助武器，从而组合成不同的形态，那么哪吒共有　　　种不同的形态． （3）大战一触即发，天庭方将领有李天王、哪吒、巨灵神、鱼肚将、夜叉将，先从5人中随机选出2人与孙悟空交手，请用列表法或树状图法求选出的两人正好是哪吒和巨灵神的概率． 【答案】（1）3.6，3.3，99 （2）24 （3） 【解析】 【分析】（1）由水兵人数和在扇形中所对圆心角的度数可求出总兵种人数，进而可求出m，n，关键战车兵占总兵种人数的比例可求出“战车兵”对应的圆心角度数； （2）哪吒的不同形态由2、3、4、5号手臂使用四件辅助武器决定的，因此只要算出一共有多少中不同的拿兵器的方式即可； （3）用列表法或树状图法列举出5人中选出2人的所有结果数，从中找出哪吒和巨灵神的结果数，再用等可能事件概率公式求出即可． 【小问1详解】 ∵水兵为3.0万人，在扇形统计图中对应的圆心角为， ∴总兵种人数为：（万人）， ∴（万人）， （万人）， “战车兵”对应的圆心角度数为：， 故答案为：3.6，3.3，99； 【小问2详解】 ∵2、3、4、5号手臂可随机使用四件辅助武器， ∴第1个手臂有4件武器可选，第2个手臂有余下3件武器可选，第3个手臂有余下的2件武器可选，第4个手臂没有选择，只能拿最后一个武器， ∴一共有种不同的形态， 故答案为：24； 【小问3详解】 记“李天王、哪吒、巨灵神、鱼肚将、夜叉将”分别为：L，N，J，Y，y，画树状图如下： 一共有20种等可能的结果，其中选出哪吒和巨灵神有2种可能结果， ∴P（选出的两人正好是哪吒和巨灵神）． 【点睛】本题考查扇形统计图，列表法和树状图法求等可能事件的概率，熟悉扇形统计图的意义和列表法、树状图法求等可能事件的方法是解题的关键． 八、（本题满分14分） 23. 抛物线与x轴交于点和． （1）求该抛物线的解析式； （2）若抛物线与y轴交于点C，连接BC.点P是线段下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t． ①求的最大值及此时点M的坐标； ②过点C作于点H，若，求点P的坐标． 【答案】（1） （2）①当时，PM取得最大值2，此时点M的坐标为；② 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出点C的坐标，再求出直线的解析式，则，，从而推出，由此求解即可； ②先由，得到，进而证明，得到，则，证明是等腰直角三角，得到，再由，推出，由，求出，则． 【小问1详解】 解：把、代入得 ∴，即， ∴ ∴抛物线的解析式为：； 【小问2详解】 解：①令得， ∴， 设直线BC的解析式为， ∴， ∴， ∴直线BC的解析式为：， ∵P的横坐标为t，轴， ∴，， ∴， ∵， ∴当时，有最大值2，此时； ②∵、， ∴， ∵， ∴， ∵轴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数综合，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，熟知二次函数的相关知识，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年第一学期阜阳市未来学校期末考试卷 九年级数学 （120分钟．150分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．如图，黑白棋子摆成的图案里下一黑棋，使全部棋子构成的图形是中心对称图形的位置是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2或3 2. 将抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为（ ） A. B. C. D. 3. 下列事件中，属于随机事件的是（ ）． A. 任意写一个一元二次方程，有四个实数根 B. 任意画一个圆，它是轴对称图形 C. 任意画一个三角形，其内角和是 D. 任意画一条抛物线，开口朝上 4. 九年级毕业之际，在毕业晚会上同学们互赠照片以表留念，每人给其他同学送一张照片，一共送出110张照片．设晚会上有人，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的底面半径为50cm,母线长为80cm,则此圆锥的侧面积为(  ) A. 4000πcm2 B. 3600πcm2 C. 2000 πcm2 D. 1000πcm2 6. 如图1，教室里有一只倒地的装垃圾的灰斗，与地面的夹角为，，小贤同学将它扶起平放在地面上（如图2），则灰斗柄绕点转动的角度为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，抛物线与x轴，y轴分别交于A，B两点．若，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，是的弦，延长相交于点E，已知，则的度数是（ ） A. B. C. D. 9. 小明、小颖、和小凡都想去看山西第二届文博会，但现在只有一张门票，三人决定一起做游戏，谁获胜谁就去．游戏规则是：连续掷两枚质地均匀的硬币，若两枚正面朝上，则小明获胜；若两枚反面朝上，则小颖获胜；若一枚正面朝上，一枚反面朝上，则小凡获胜．关于这个游戏，下列判断正确的是（ ） A. 三个人获胜的概率相同 B. 小明获胜的概率大 C. 小颖获胜的概率大 D. 小凡获胜的概率大 10. 已知关于x的一元二次方程（其中p，q为常数）有两个相等的实数根，则下列结论中，错误的是（ ）． A. 1可能是方程的根 B. 可能是方程的根 C. 0可能是方程的根 D. 1和都是方程的根 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 已知一元二次方程的一个根为1，则______． 12. 一个盒子里放有草莓味、苹果味的两种糖各1块，另一个盒子里放有草莓味、苹果味、葡萄味的三种糖各1块，糖的外形相同．小亮从两个盒子中各随机取出一块糖，则两块糖是不同味的概率是______． 13. 如图，是等边内的一点，连接，，，将绕点顺时针旋转得，连接，若，则的度数为___________． 14. 跳绳是大家喜爱的一项体育运动，当绳子甩到最高处时，其形状视为一条抛物线．如图是小冬与小雪将绳子甩到最高处时的示意图，已知两人拿绳子的手离地面的高度都为米，并且相距米，现以两人的站立点所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，其中小冬拿绳子的手的坐标是．身高米的小丽站在绳子的正下方，且距轴米时，绳子刚好经过她的头顶．若身高米的小伟站在这条绳子的正下方，他距轴米，为确保绳子超过他的头顶，则的取值范围为______． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 解方程：． 16. 如图，在边长为的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，在中，，且点的坐标为． （1）画出向左平移个单位后的，写出点的坐标； （2）画出绕点顺时针旋转后的，并写出点旋转到点时，的坐标． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 已知函数的图象与x轴只有一个交点，求出这个交点坐标． 18. 唐代李皋发明了桨轮船，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长为，轮子的吃水深度为，求该桨轮船轮子的直径． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称． 观察应用： （1）如图，若点，的对称中心是点，则点的坐标为 ． （2）在（1）的基础上另取两点，．有一电子青蛙从点处开始依次关于点，，作循环对称跳动，即第一次跳到点关于点的对称点处，接着跳到点关于点的对称点处，第三次再跳到点关于点的对称点处，第四次再跳到点关于点的对称点处，… ①则点，，的坐标分别为 ， ， ． ②点的坐标为 ． 20. 如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）． （1）当羊圈的长和宽分别为多少米时，能围成一个面积为640的羊圈？ （2）羊圈的面积能达到吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由． 六、（本题满分12分） 21. 如图，的直径，C为上一点，在的延长线上取一点P，连接交于点D，，． （1）求的长； （2）计算图中阴影部分的面积． 七、（本题满分12分） 22. 孙悟空因嫌“弼马温”官小，回到花果山，自封“齐天大圣”，天兵天将的组成如图1． 兵种 人数/万人 骑兵 m 步兵 2.1 水兵 3.0 战车兵 n （1）根据统计图表，可知m＝　 　，n＝　 　，扇形统计图中“战车兵”对应的圆心角度数为　 　°． （2）哪吒的终极形态为三头六臂，如图2，若1号手臂始终拿砍妖刀，2、3、4、5号手臂可随机使用混天绫、降魔、绣球儿、火轮儿四件辅助武器，从而组合成不同的形态，那么哪吒共有　　　种不同的形态． （3）大战一触即发，天庭方将领有李天王、哪吒、巨灵神、鱼肚将、夜叉将，先从5人中随机选出2人与孙悟空交手，请用列表法或树状图法求选出的两人正好是哪吒和巨灵神的概率． 八、（本题满分14分） 23. 抛物线与x轴交于点和． （1）求该抛物线的解析式； （2）若抛物线与y轴交于点C，连接BC.点P是线段下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t． ①求的最大值及此时点M的坐标； ②过点C作于点H，若，求点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $