精品解析：2025年云南省怒江傈僳族自治州民族中学一模数学试题

2024-2025学年上学期九年级一模模拟考试数学试题卷 范围：九年级上册 （全卷共三个大题，27个小题，共8页；满分100，考试时间120分钟） 注意事项： 1．本卷为试题卷，答题前请在答题卡指定位置填写学校、班级、姓名等信息．答案书写在答题卡相应位置上，答在试题卷或草稿纸上的答案无效． 2、考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本大题共15小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共30分） 1. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的顶点式的特点，熟练掌握二次函数的顶点式的特点是解此题的关键．直接利用顶点式的特点可求顶点坐标． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故选：D． 2. 2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射．每一次的飞天，都是中国载人航天事业的全新突破；每一次对太空的叩问都绘成了建设航天强国的坚实足迹．下列是与中国航天事业相关的图标，可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故符合题意； 故选：D． 3. 下列成语描述的事件为随机事件的是（ ） A. 水中捞月 B. 守株待兔 C. 水涨船高 D. 画饼充饥 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了事件的分类，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．必然事件和不可能事件统称为确定事件． 【详解】解：A．水中捞月是不可能事件，故不符合题意； B．守株待兔是随机事件，故符合题意； C．水涨船高是必然事件，故不符合题意； D．画饼充饥是不可能事件，故不符合题意； 故选B． 4. 平面内，的半径为，若点P在内，则的长可以是（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系．熟练掌握点在圆内，则点到圆心的距离小于圆的半径是解题的关键． 根据点在圆内，则点到圆心的距离小于圆的半径判断作答即可． 【详解】解：∵点P内， ∴， ∴的长可以是8， 故选：A． 5. 已知关于x的方程，如果，那么此方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查一元二次方程根的情况与判别式的关系：（1）方程有两个不相等的实数根；（2）方程有两个相等的实数根；（3）方程没有实数根．先求一元二次方程的判别式，再根据，判断出的情况，由与0的大小关系来判断方程根的情况． 【详解】解：关于x的方程中，，，， ， ， ， 关于的方程有两个不相等实数根． 故选：A． 6. 风力发电机可以在风力作用下发电，如图，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则旋转角至少为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转对称图形的定义．熟练掌握“把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角”是解题的关键． 根据旋转对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：由图可得，该图形被平分三部分，每部分度数为， ∴旋转角至少为，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合， 故选：C． 7. 平移抛物线使其顶点在原点，可以平移的方法是（ ） A. 向左1个单位 B. 向右1个单位 C. 向上1个单位 D. 向下1个单位 【答案】A 【解析】 【分析】根据平移前后抛物线的顶点坐标来作答即可．由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 【详解】解：依题意，抛物线的顶点坐标为，平移抛物线后的顶点坐标为， ∴将点向左平移一个单位后得到点， ∴平移抛物线使其顶点在原点，可以平移的方法是向左1个单位． 故选：A． 8. 如图，若是的直径，，则度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理．熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 根据，计算求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 故选：C． 9. 已知点，，都在二次函数的图象上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，先求出、、的值，比较即可得解． 【详解】解：∵点，，都在二次函数的图象上， ∴，，， ∵， ∴， 故选：A． 10. 围棋起源于中国，棋子分黑白两色．一个不透明的盒子中装有黑白两色棋子共10枚，每枚棋子除颜色外都相同．将盒子中的棋子搅拌均匀，从中随机摸出一枚棋子，记下它的颜色后再放回盒子中．不断重复这一过程，共摸了100次，发现有71次摸到白色棋子，则盒子中黑色棋子可能有（ ） A. 2.9枚 B. 3枚 C. 7枚 D. 7.1枚 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了如何利用频率估计概率，在解题时要注意频率和概率之间的关系，属于中考常考题型．先求出摸到白棋的频率为，即为概率，根据白棋个数=棋子的总数×摸到的白棋的概率，棋子的总数减去白棋的个数即为黑棋的个数． 【详解】解：∵不断重复这一过程，共摸了100次，发现有71次摸到白色棋子， ∴摸到白棋的频率为，即为概率， ∴盒子中黑色棋子为（枚）， ∴盒子中黑色棋子可能有（枚）， 故答案为：B． 11. 在平面直角坐标系中，若抛物线的图象经过，，三点，则下列关于抛物线性质的说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 与轴交于负半轴 C. 顶点在第二象限 D. 对称轴在轴右侧 【答案】D 【解析】 【分析】本题全面考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．根据抛物线三点的位置、根据抛物线的对称性解答即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点、、的位置如已知图所示，若抛物线的图象经过、、三点， ∴抛物线开口向下，对称轴为，即对称轴在轴右侧，与轴交于正半轴，顶点到第一象限， ∴D正确，A，B，C错误； 故选：D． 12. 如图，是的弦，半径，垂足为D，设，，则的半径长为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接，由垂径定理可得，设，则，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图，连接， ∵是的弦，半径，垂足为D， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即， 解得：， 故选：C． 13. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了个人，则下列结论不正确的是（ ） A. 第一轮后共有个人患了流感 B. 第二轮后又增加个人患流感 C. 依题意可以列方程 D. 按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有人患流感 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，根据题意建立等量关系是解题的关键； 本题属于传播问题，依次表示第一轮传染，第二轮传染后的量，再结合最后共有人感染可得方程． 【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了个人，则第一轮传染增加了个人患了流感，第一轮后共有个人患了流感； 第二轮传染后增加了个人患了流感，第二轮传染后共有个人患了流感，可得方程； 解得：，或（舍去） 第三轮传染后增加了人，此时共有人患流感， 故选项A、B、C、均正确，不符合题意， D选项错误，符合题意； 故选：D 14. 如图，周长为的三角形纸片，小刚想用剪刀剪出它的内切圆，他先沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，则三角形纸片的周长是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查三角形内切圆与内心、切线的性质，设三角形与相切于、、，与相切于，根据切线长定理和三角形的周长公式即可得到结论．，解题的关键是熟练掌握切线的性质． 【详解】解：设三角形与相切于、、，与相切于，如图所示： 由切线长定理可知：，，，，， ，， ，， ， 故选：D． 15. 已知m是方程的根，求代数式的值（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，求代数式的值，由题意得出，再整体代入计算即可得解． 【详解】解：∵m是方程的根， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分） 16. 点关于原点对称的点的坐标是_______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了求关于原点对称的点的坐标．根据“关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数”即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 17. 已知a，b是一元二次方程的两个根，则_____． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系．熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键． 根据一元二次方程的根与系数的关系求解作答即可． 【详解】解：∵a，b是一元二次方程的两个根， ∴， 故答案为：6． 18. 航航同学参加滑雪运动，航航的爸爸帮助他测得某一次滑雪的数据，已知在某个时间段内，滑行的距离与滑行时间成二次函数关系，请你能根据表中的数据，帮助航航同学计算出他滑行10秒时，滑行的距离是______m． 滑行时间t 0 1 2 3 … 滑行距离s 0 4.5 14 28.5 … 【答案】270 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，利用待定系数法求出二次函数解析式，再求出当时的值即可得解． 【详解】解：∵滑行的距离与滑行时间成二次函数关系，该函数图象经过， ∴设关于的函数关系式为， 将，代入函数解析式可得：， 积的：， ∴关于的函数关系式为， 当时，， 故答案为：． 19. 某校九年级学生参加社团活动，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为9，底面圆的直径为，则该圆锥的全面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的全面积．熟练掌握圆锥的全面积为，其中为底面圆半径，为母线长是解题的关键． 根据圆锥的全面积为，其中为底面圆半径，为母线长，代值求解即可． 【详解】解：由题意知，， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8小题，共62分） 20. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，选择合适的方法是解此题的关键． （1）利用配方法解一元二次方程即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴或， ∴，． 21. 如图，在的内接四边形中，，． 求证：四边形是矩形． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质与判定，圆内接四边形的性质，先证明四边形是平行四边形，，再由平行四边形的性质推出，根据圆内接四边形对角互补得到，则，据此可证明平行四边形是矩形． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 22. 美化城市、改善人们的居住环境已成为城市建设的一项重要内容．我市近几年来，通过拆迁旧房植草、栽树、修公园等措施，使城区绿地面积不断增加．我市某城区2023年底时绿化面积约为10万亩，计划到2025年底时绿化面积达到万亩．若绿化面积每年的年平均增长率相同，求该城区绿化面积的年平均增长率． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程与增长率的运用，理解数目中数量关系，掌握一元二次方程解实际问题的方法是解题的关键． 根据题意，设该城区绿化面积的年平均增长率为，由此列方程求解即可． 【详解】解：设该城区绿化面积的年平均增长率为， 根据题意可得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：该城区绿化面积的年平均增长率为． 23. 如图，在平面直角坐标系中，已知，，． （1）在平面直角坐标系中画出，并画出关于原点对称的图形； （2）画出绕点B逆时针旋转的图形，并求出点C走过的路径长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查坐标与图形，中心对称，旋转的性质，弧长公式的计算，掌握中心对称，旋转的性质，弧长公式的运用是解题的关键． （1）根据坐标描点连线可得，根据关于原点对称的性质作图即可求解； （2）根据旋转的性质作图，由格点的特点与勾股定理可得，结合弧长公式（是弧所对的圆心角的度数）即可求解． 【小问1详解】 解： 、如图所示， 【小问2详解】 解： 如图所示， ， 点走过的路径长为：． 24. 中国有着悠久的历史文化，一个个非物质文化遗产被国家和世界所肯定，在娱乐匮乏的古代社会，中国的民间文学类非物质文化遗产无不表达人们对美好生活的期盼．为了让学生更多地了解中国传统的民间文学类非物质文化遗产，在某次班会上，甲、乙、丙、丁四位班干部准备从“A．嫦娥奔月、B．牛郎织女、C．三顾茅庐、D．武松打虎”这四个故事传说中，各选一个进行讲解，班长做了4张背面完全相同的卡片，如图，卡片正面分别绘制了这4个故事传说的插画，将卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回，乙再从剩下的3张卡片中随机抽取一张，以所抽取卡片正面的内容进行讲解． （1）甲从这四张卡片中随机抽取一张，抽到三顾茅庐的概率是________； （2）请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人都抽取到神话故事的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比． （1）根据概率公式计算即可得解； （2）列表得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可． 【小问1详解】 解：甲从这四张卡片中随机抽取一张，抽到三顾茅庐的概率是； 【小问2详解】 解：所有可能出现的结果列表如下： （甲，乙） 由表格可知共有12种可能出现的结果，它们出现的可能性相等，其中两张卡片都是神话故事的有，两种， 抽出的两张卡片都是神话故事的概率为：． 25. 某地欲搭建一桥，桥的底部两端间的距离称跨度，桥面最高点到的距离称拱高，如图，已知这座桥的跨度米，拱高米，且设计方案为抛物线型． （1）建立合适的平面直角坐标系，并确定这座桥的函数表达式； （2）现有一艘宽为15米的货船，船舱顶部为方形，并高出水面2.2米．此货船能否顺利通过这座桥？请说明理由． 【答案】（1） （2）不能，见解析 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，正确求出函数解析式是解此题的关键． （1）以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立坐标系，结合题意得出，，，再利用待定系数法求解即可； （2）求出当时的的值，比较即可得解． 【小问1详解】 解：以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立坐标系， 米， ，， 米， ， 设抛物线的解析式为：， 代入点得：，解得：， 抛物线的解析式为：； 【小问2详解】 解：抛物线型方案货船不能顺利通过该桥，理由如下： 当时，， 米米， 货船不能顺利通过该桥． 26. 如图，为⊙的直径，点C在⊙上，的平分线交⊙于点D，过点D作，交的延长线于点E． （1）求证：是⊙的切线； （2）若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由圆周角定理可证，进而可证，由平行线的性质可证，可得是⊙的切线； （2）求出得，在中，由勾股定理求出，然后根据即可求解． 【小问1详解】 解：连接， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， 为的半径， 直线是的切线； 【小问2详解】 ，， ， ， 在中，，即， 解得：， ， ， ． 【点睛】本题考查了勾股定理、圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角、扇形面积公式、切线的判定以及平行线的性质，熟练掌握圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角以及切线的判定是解题的关键． 27. 已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C． （1）求A、B、C三点的坐标； （2）点D是直线上方抛物线上的点，连接、，求的最大值； （3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），， （2）最大值为 （3）存在，或或或或 【解析】 【分析】（1）分别令、计算即可得解； （2）求出直线的解析式为：，过点作轴，交于点，设点的坐标为，则，求出，再由并结合二次函数的性质即可得解； （3）设，则，，，再分三种情况：当时，当时，当时，分别求解即可． 【小问1详解】 解：令， 解得：，， 点在点左侧， ，， 当时，， ； 【小问2详解】 解：设直线的解析式为， ，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：， 过点作轴，交于点， 设点的坐标为，则， ， ， 当时，的面积最大，最大值为； 【小问3详解】 解：点在抛物线对称轴上，且对称轴：， 设，则，，， 是等腰三角形，需分3种情况讨论： ①当时，，解得：， 此时点的坐标为或； ②当时，，解得：， 此时点的坐标为或； ③当时，，解得：， 此时点的坐标为． 综上所述，满足条件的点有5个，分别为或或或或． 【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年上学期九年级一模模拟考试数学试题卷 范围：九年级上册 （全卷共三个大题，27个小题，共8页；满分100，考试时间120分钟） 注意事项： 1．本卷为试题卷，答题前请在答题卡指定位置填写学校、班级、姓名等信息．答案书写在答题卡相应位置上，答在试题卷或草稿纸上的答案无效． 2、考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本大题共15小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共30分） 1. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射．每一次的飞天，都是中国载人航天事业的全新突破；每一次对太空的叩问都绘成了建设航天强国的坚实足迹．下列是与中国航天事业相关的图标，可以看作是中心对称图形的是（ ） A B. C. D. 3. 下列成语描述的事件为随机事件的是（ ） A. 水中捞月 B. 守株待兔 C. 水涨船高 D. 画饼充饥 4. 平面内，的半径为，若点P在内，则的长可以是（ ） A. 8 B. C. D. 5. 已知关于x的方程，如果，那么此方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 不能确定 6. 风力发电机可以在风力作用下发电，如图，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则旋转角至少为（ ） A. B. C. D. 7. 平移抛物线使其顶点在原点，可以平移方法是（ ） A. 向左1个单位 B. 向右1个单位 C. 向上1个单位 D. 向下1个单位 8. 如图，若是的直径，，则度数为（ ） A. B. C. D. 9. 已知点，，都在二次函数的图象上，则（ ） A. B. C. D. 10. 围棋起源于中国，棋子分黑白两色．一个不透明盒子中装有黑白两色棋子共10枚，每枚棋子除颜色外都相同．将盒子中的棋子搅拌均匀，从中随机摸出一枚棋子，记下它的颜色后再放回盒子中．不断重复这一过程，共摸了100次，发现有71次摸到白色棋子，则盒子中黑色棋子可能有（ ） A. 2.9枚 B. 3枚 C. 7枚 D. 7.1枚 11. 在平面直角坐标系中，若抛物线的图象经过，，三点，则下列关于抛物线性质的说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 与轴交于负半轴 C. 顶点在第二象限 D. 对称轴在轴右侧 12. 如图，是的弦，半径，垂足为D，设，，则的半径长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 13. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了个人，则下列结论不正确是（ ） A. 第一轮后共有个人患了流感 B. 第二轮后又增加个人患流感 C. 依题意可以列方程 D. 按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有人患流感 14. 如图，周长为的三角形纸片，小刚想用剪刀剪出它的内切圆，他先沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，则三角形纸片的周长是（　　） A. B. C. D. 15. 已知m是方程的根，求代数式的值（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 7 二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分） 16. 点关于原点对称的点的坐标是_______________． 17. 已知a，b是一元二次方程的两个根，则_____． 18. 航航同学参加滑雪运动，航航的爸爸帮助他测得某一次滑雪的数据，已知在某个时间段内，滑行的距离与滑行时间成二次函数关系，请你能根据表中的数据，帮助航航同学计算出他滑行10秒时，滑行的距离是______m． 滑行时间t 0 1 2 3 … 滑行距离s 0 4.5 14 28.5 … 19. 某校九年级学生参加社团活动，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为9，底面圆的直径为，则该圆锥的全面积为______． 三、解答题（本大题共8小题，共62分） 20. 解方程： （1）； （2）． 21. 如图，在的内接四边形中，，． 求证：四边形是矩形． 22. 美化城市、改善人们的居住环境已成为城市建设的一项重要内容．我市近几年来，通过拆迁旧房植草、栽树、修公园等措施，使城区绿地面积不断增加．我市某城区2023年底时绿化面积约为10万亩，计划到2025年底时绿化面积达到万亩．若绿化面积每年的年平均增长率相同，求该城区绿化面积的年平均增长率． 23. 如图，在平面直角坐标系中，已知，，． （1）在平面直角坐标系中画出，并画出关于原点对称的图形； （2）画出绕点B逆时针旋转的图形，并求出点C走过的路径长． 24. 中国有着悠久的历史文化，一个个非物质文化遗产被国家和世界所肯定，在娱乐匮乏的古代社会，中国的民间文学类非物质文化遗产无不表达人们对美好生活的期盼．为了让学生更多地了解中国传统的民间文学类非物质文化遗产，在某次班会上，甲、乙、丙、丁四位班干部准备从“A．嫦娥奔月、B．牛郎织女、C．三顾茅庐、D．武松打虎”这四个故事传说中，各选一个进行讲解，班长做了4张背面完全相同的卡片，如图，卡片正面分别绘制了这4个故事传说的插画，将卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回，乙再从剩下的3张卡片中随机抽取一张，以所抽取卡片正面的内容进行讲解． （1）甲从这四张卡片中随机抽取一张，抽到三顾茅庐的概率是________； （2）请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人都抽取到神话故事的概率． 25. 某地欲搭建一桥，桥的底部两端间的距离称跨度，桥面最高点到的距离称拱高，如图，已知这座桥的跨度米，拱高米，且设计方案为抛物线型． （1）建立合适的平面直角坐标系，并确定这座桥的函数表达式； （2）现有一艘宽为15米的货船，船舱顶部为方形，并高出水面2.2米．此货船能否顺利通过这座桥？请说明理由． 26. 如图，为⊙的直径，点C在⊙上，的平分线交⊙于点D，过点D作，交的延长线于点E． （1）求证：是⊙的切线； （2）若，，求图中阴影部分的面积． 27. 已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C． （1）求A、B、C三点的坐标； （2）点D是直线上方抛物线上点，连接、，求的最大值； （3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$