九年级（上）期末数学模拟试卷（1）-2024-2025学年九年级数学上学期期中期末考点归纳满分攻略讲练（苏科版）

2024-2025学年九年级（上）期末数学模拟试卷（1） 【苏科版】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 1． 单项选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．已知的半径为2，，则点A在（    ） A．内 B．上 C．外 D．无法确定 2．若，相似比为，则与的面积比为（    ） A． B． C． D． 3．某校蓝球代表队中，名队员的身高如下（单位：厘米）： 则这些队员的平均身高为（       ） A． B． C． D． 4．如果关于x的一元二次方程k2x2﹣（2k+1）x+1＝0有两个实数根，那么k的取值范围是（  ） A．k≥﹣ B．k≥﹣且k≠0 C．k＜﹣ D．k＞－且k≠0 5．在RtABC中，，那么下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 6．将抛物线向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线解析式为（　　） A． B． C． D． 7．如图，已知二次函数的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C，，对称轴为直线，则下列结论：①；②；③；④是关于x的一元二次方程的一个根．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．如图，是等边三角形，为的外接圆，点D在劣弧上，连结并在上取点E，使得，连结．若，，则的半径为（    ） A． B． C． D． 2． 填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分．） 9．已知，则 ． 10．五张分别印有“仁”、“义”、“礼”、“智”、“信”的卡片（除卡片上的字不同外，其余均相同），将它们洗匀后随机抽取两张，则恰好是“仁”和“义”的概率是 ． 11．二次函数的顶点坐标是 ． 12．如图，一位同学通过调整自己的位置，设法使三角板DEF的斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知两条边DE＝0.4m，EF＝0.2m，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝8m，则树高AB为 m． 13．如图，把一个圆锥沿母线OA剪开，展开后得到扇形AOC，已知圆锥的高h为12cm，OA=13cm，则扇形AOC中的长是 cm（计算结果保留π）． 14．小丽参加特岗教师考试，她的笔试、面试成绩分别是80分、90分，若依次按照7：3的比例确定成绩，则小丽的成绩是 分． 15．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 16．如图，圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，若∠ABC＝65°，则∠ACD＝ °． 17．如图，△ABC中，D为BC上一点，且BD：CD＝2：3，点E为AD的中点，BE的延长线交AC于F，则为 ． 18．如图，在中，分别是上的动点，且，连接，则的最小值是 三．解答题（本题共9小题，共84分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 19．（6分）（1）解方程：     （2）计算： 20．（8分）准备两组相同的牌，每组两张且大小一样，两张牌的牌面数字分别是1和2，从每组牌中各摸出一张牌，称为一次试验． （1）一次试验中两张牌的牌面数字和可能有哪些值？ （2）两张牌的牌面数字和为几的概率最大？ （3）两张牌的牌面数字和等于3的概率是多少？ 21．（8分）体育强则国强，国运兴则体育兴．体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想．“双减”落地助力体育锻炼的升温，北京冬奥会激发体育锻炼的热情．“双减”携手“冬奥”，将有助于进一步深化体教融合，全面推动青少年体育事业的健康发展．某校体育部甲乙两名同学为了更好地了解全校学生假期体育锻炼情况，分别随机调查了20名学生平均每天用于体育锻炼的时间，将收集到的数据进行了整理，部分信息如下： 数据收集：甲同学从全校随机抽取20名学生，平均每天用于体育锻炼的时间如下（单位：分钟）： 10，15，20，40，42，43，60，65，70，71，71，71，80，85，85，90，107，120，125，130． 乙同学从九年级随机抽取20名学生，平均每天用于体育锻炼的时间如下（单位：分钟）： 10，18，25，30，40，42，55，60，70，76，82，82，86，90，98，100，102，114，120，140． 数据描述：将体育锻炼时间分为四个等级：，，，． 甲同学按下表整理样本数据： 等级 A B C D 人数 3 9 a 3 乙同学绘制扇形统计图如图： 分析数据：样本数据的平均数、中位数、，众数如下表所示： 平均数 中位数 众数 甲 70 b 71 乙 72 79 c 根据以上信息，回答下列问题： (1)填空：______，______，______，______． (2)甲乙两名同学中，哪名同学随机调查的数据能较好地反映出该校学生平均每天用于体育锻炼的时间情况，并简要说明另一名同学调查的不足之处； (3)根据正确统计的这组平均每天用于体育锻炼的时间的样本数据，若该校学生有1500人，请估计平均每天用于体育锻炼的时间在80分钟（含80分钟）以上的学生有多少人？ 22．（8分）已知二次函数的图象的对称轴是直线，它与轴交于、两点，与轴交于点，点、的坐标分别是、． （1）请在平面直角坐标系内画出示意图； （2）求此图象所对应的函数关系式； （3）若点是此二次函数图象上位于轴上方的一个动点，求面积的最大值． 23．（10分）如图，在长为10cm，宽为8cm的矩形的四个角上截去四个全等的小正方形， 问： (1)所截去小正方形的边长多少时，留下的图形（阴影部分）面积为原矩形面积的80%？ (2)设所截去小正方形的边长为y厘米，则当y取何值时，利用留下的图形（即阴影部分）制成的无盖长方体侧面积最大？最大值是多少？ 24．（10分）如图，在四边形中，平分．点 O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点 E，交于点 F，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 25．（10分）如图，在路边安装路灯，灯柱高10m，与灯杆的夹角为．路灯采用锥形灯罩，照射范围长为，从D、E两处测得路灯A的仰角分别为，．求：    (1)路灯A离地面的高度（即点A到地面的距离）； (2)灯杆的长度．（参考数据：，） 26．（12分）为喜迎 “五一” 佳节，某食品公司推出一种新礼盒，每盒成本10元，在 “五一” 节前进行销售后发现，该礼盒的日销售量y（盒）与销售价x（元/盒）的关系如下表: 销售价x(元/盒) ∙∙∙ 20 30 40 50 ∙∙∙ 日销售量y(盒) ∙∙∙ 50 40 30 20 ∙∙∙ 同时，销售过程中每日的其他开支（不含进价）总计100元. (1)以x作为点的横坐标，y作为点的纵坐标，把表中数据，在图中的直角坐标系中描出相应点，观察顺次连结各点所得图形，判断y与x的函数关系，并求出y（盒）与x（元/盒）的函数解析式: (2)请计算销售价格为多少元/盒时，该公司销售这种礼盒的日销售利润w（元）最大，最大日销售利润是多少？ (3)“五一” 当天，销售价格（元/盒）比（2）的销售价格降低m元（m＞0），日销售额比（2）中的最大日销售利润多200元，求m的值. 27．（12分）在中，，，为平面内的一点． (1)如图1，当点在边上时，，且，求的长； (2)如图2，当点在的外部，且满足，求证：； (3)如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年九年级（上）期末数学模拟试卷（1） 【苏科版】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 1． 单项选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．已知的半径为2，，则点A在（    ） A．内 B．上 C．外 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，判断点与圆的位置关系，根据点在圆上，则；点在圆外，则；点在圆内，则（即点到圆心的距离，即圆的半径）进行判断是解决问题的关键． 【详解】解：∵， ∴点与的位置关系是点在圆外， 故选：C． 2．若，相似比为，则与的面积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据相似三角形的性质，相似三角形面积比等于相似比的平方即可得到结论． 【详解】解：∵的相似比是1：3， ∴△ABC和△DEF的面积比为1：9． 故选：A． 【点睛】本题考查相似三角形的性质，熟记性质内容是解题的关键． 3．某校蓝球代表队中，名队员的身高如下（单位：厘米）： 则这些队员的平均身高为（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将所有人的身高进行相加，然后除以人数得出答案． 【详解】(185+178+184+183+180)÷5=182，故选B． 【点睛】本题主要考查的是平均数的求法，属于基础题型．明确平均数的计算方法是解决这个问题的关键． 4．如果关于x的一元二次方程k2x2﹣（2k+1）x+1＝0有两个实数根，那么k的取值范围是（  ） A．k≥﹣ B．k≥﹣且k≠0 C．k＜﹣ D．k＞－且k≠0 【答案】B 【分析】根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义得出k2≠0，且△=b2-4ac≥0，建立关于k的不等式组，求出k的取值范围． 【详解】解：由题意知，k2≠0，且△=b2-4ac=（2k+1）2-4k2=4k+1≥0． 解得k≥-且k≠0． 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义． 5．在RtABC中，，那么下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据勾股定理求出AB，再根据锐角三角函数的定义解决问题即可． 【详解】解：如图， ∵∠B＝90°，BC＝3，AC＝5， ∴， ∴tanA，sinA，cosA＝， 故选：B． 【点睛】本题考查锐角三角函数的定义和勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题， 6．将抛物线向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线解析式为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据抛物线在平面直角坐标系中平移的规律：左加右减，上加下减，即可得到答案． 【详解】解：∵将抛物线向右平移2个单位，再向上平移3个单位， ∴平移后得到的抛物线的解析式为：； 故选C． 【点睛】此题考查了二次函数图像的平移，熟练掌握抛物线在平面直角坐标系中平移的规律是解答此题的关键． 7．如图，已知二次函数的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C，，对称轴为直线，则下列结论：①；②；③；④是关于x的一元二次方程的一个根．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了抛物线与x轴交点及与二次函数图象与系数的关系，根据二次函数的开口方向，与y轴的交点，对称轴可知，，由此即可判断①②；再根据，，得到，即可推出，即可判断③；根据对称性求出，即可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴， ∵抛物线与y轴的交点在x轴上方， ∴， ∴，所以①正确； ∵点A到直线的距离大于1， ∴点B到直线的距离大于1， 即点B在的右侧， ∴当时，， 即， ∴，所以②错误； ∵，， ∴， ∴，即，所以③错误； ∵点A与点B关于直线对称， ∴， ∴是关于x的一元二次方程的一个根，所以④正确． 故选：B． 8．如图，是等边三角形，为的外接圆，点D在劣弧上，连结并在上取点E，使得，连结．若，，则的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据是等边三角形，以及圆周角定理得出，从而证明是等边三角形，求出，再证明，证出，过点作，算出，，连接，过点作，得出，再用勾股定理即可解答； 【详解】∵是等边三角形， ， ， ， ∴是等边三角形， ， ， ， ∴， ， 过点作， 则， ， ， 连接，过点作， 则， ， ， 解得：． 故选：B． 【点睛】该题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质判定，特殊直角三角形，圆周角定理，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 2． 填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分．） 9．已知，则 ． 【答案】 【分析】根据比例的基本性质得到，代入原式计算即可． 【详解】解：∵， ∴，代入， ∴ ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了比例的性质，根据两内项之积等于两外项之积用b表示出a是解题的关键． 10．五张分别印有“仁”、“义”、“礼”、“智”、“信”的卡片（除卡片上的字不同外，其余均相同），将它们洗匀后随机抽取两张，则恰好是“仁”和“义”的概率是 ． 【答案】/0.1 【分析】本题考查了用树状图或列表法求概率，先画出树状图，再利用概率公式即可求解，根据题意画出树状图是解题的关键． 【详解】解：用A、B、C、D、E分别表示“仁”、“义”、“礼”、“智”、“信”的卡片， 画树状图如图： 共有20种等可能事件，其中抽到恰好是“仁”和“义”的有2种情况， 恰好是“仁”和“义”的概率是， 故答案为：． 11．二次函数的顶点坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查二次函数的性质，根据二次函数的顶点坐标为求解即可． 【详解】解：二次函数的顶点坐标是， 故答案为：． 12．如图，一位同学通过调整自己的位置，设法使三角板DEF的斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知两条边DE＝0.4m，EF＝0.2m，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝8m，则树高AB为 m． 【答案】5.5 【分析】利用和相似求得的长后加上同学的身高即可求得树高． 【详解】解：，， ， ，，， ， ， ． 故答案为：5.5． 【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形的模型． 13．如图，把一个圆锥沿母线OA剪开，展开后得到扇形AOC，已知圆锥的高h为12cm，OA=13cm，则扇形AOC中的长是 cm（计算结果保留π）． 【答案】10π 【分析】根据的长就是圆锥的底面周长即可求解． 【详解】解：∵圆锥的高h为12cm，OA=13cm， ∴圆锥的底面半径为=5cm， ∴圆锥的底面周长为10πcm， ∴扇形AOC中的长是10πcm， 故答案为10π． 【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的底面周长等于展开扇形的弧长． 14．小丽参加特岗教师考试，她的笔试、面试成绩分别是80分、90分，若依次按照7：3的比例确定成绩，则小丽的成绩是 分． 【答案】83． 【分析】根据加权平均数的定义计算可得． 【详解】小丽的成绩是＝83（分）， 故答案为83． 【点睛】本题考查了加权平均数：若n个数x1，x2，x3，…，xn的权分别是w1，w2，w3，…，wn，则（x1w1＋x2w2＋…＋xnwn）÷（w1＋w2＋…＋wn）叫做这n个数的加权平均数． 15．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 【答案】九/9 【分析】本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提． 根据圆周角定理可得正多边形的边所对的圆心角，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案． 【详解】解：如图，设正多边形的外接圆为，连接，， ， ， 而， 这个正多边形为正九边形， 故答案为：九． 16．如图，圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，若∠ABC＝65°，则∠ACD＝ °． 【答案】40 【分析】由圆内接四边形的性质求出∠ADC=180°-∠ABC=115°，由圆周角定理求出∠ACB=90°，得出∠BAC=25°，由过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，可得∠MCA＝∠ABC＝65°，∠AMC＝90°，继而根据三角形的外角性质得出∠DCM=∠ADC-∠AMC=25°，即可求出∠ACD的度数． 【详解】∵圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O， ∴∠ADC+∠ABC＝180°，∠ACB＝90°， ∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝115°，∠BAC＝90°﹣∠ABC＝25°， ∵过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M， ∴∠MCA＝∠ABC＝65°，∠AMC＝90°， ∵∠ADC＝∠AMC+∠DCM， ∴∠DCM＝∠ADC﹣∠AMC＝25°， ∴∠ACD＝∠MCA﹣∠DCM＝65°﹣25°＝40°， 故答案为40． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形的外角性质、弦切角定理等知识；熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解决问题的关键． 17．如图，△ABC中，D为BC上一点，且BD：CD＝2：3，点E为AD的中点，BE的延长线交AC于F，则为 ． 【答案】 【分析】如图，过点D作DT∥BF交AC于点T．证明AF＝FT，CT：FT＝3：2，可得结论． 【详解】解：如图，过点D作DT//BF交AC于点T． ∵E为AD的中点， ∴AE＝DE， ∵EF//DT， ∴, ∴AF＝FT， ∵DT//BF， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，解题的关键在于能够熟练掌握平行线分线段成比例． 18．如图，在中，分别是上的动点，且，连接，则的最小值是 【答案】 【分析】延长，取，连接，在上取，连接，过点F作，取，连接，证明，得出，证明，得出，说明，得出当最小时，最小，根据当C、H、G三点共线时，最小，且最小值为，求出最小值即可． 【详解】解：延长，取，连接，在上取，连接，过点F作，取，连接，如图所示： ∵，， ∴，垂直平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， ∴当C、H、G三点共线时，最小，且最小值为， ∴的最小值为：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 三．解答题（本题共9小题，共84分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 19．（6分）（1）解方程：     （2）计算： 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查了解一元二次方程，实数的混合运算，特殊角的三角函数值，熟练掌握相关知识及运算法则是解题的关键； （1）根据公式法解一元二次方程，即可求解； （2）根据特殊角的三角函数值，零指数幂，负整数指数幂，进行计算即可求解． 【详解】解：（1） ∵，， ∴， 解得：； （2） 20．（8分）准备两组相同的牌，每组两张且大小一样，两张牌的牌面数字分别是1和2，从每组牌中各摸出一张牌，称为一次试验． （1）一次试验中两张牌的牌面数字和可能有哪些值？ （2）两张牌的牌面数字和为几的概率最大？ （3）两张牌的牌面数字和等于3的概率是多少？ 【答案】（1）2，3和4；（2）两张牌的牌面数字和等于3的概率最大；（3） 【分析】（1）根据题意列出表格，即可得两张牌的数字和可能值，即可求解； （2）根据表格，可得两张牌的牌面数字和等于3的概率最大，即可求解； （3）利用概率公式，即可求解． 【详解】解：（1）列表如下：       第2张牌 第1张牌 1 2 1 2 ∴一次试验中两张牌的牌面数字和可能为1+1=2，1+2=3，2+1=3和2+2=4； （2）由（1）中表格得：总共有4种结果，每种结果出现的可能性相同．两张牌的牌面数字和等于2的结果有一种：；两张牌的牌面数字和等于3的结果有两种 ；两张牌的牌面数字和等于4的结果有一种：．因此，两张牌的牌面数字和等于3的概率最大； （3）两张牌的牌面数字和等于3的概率是． 【点睛】本题主要考查了列表法或树状图法求概率，根据题意，准确列出表格或画出树状图是解题的关键． 21．（8分）体育强则国强，国运兴则体育兴．体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想．“双减”落地助力体育锻炼的升温，北京冬奥会激发体育锻炼的热情．“双减”携手“冬奥”，将有助于进一步深化体教融合，全面推动青少年体育事业的健康发展．某校体育部甲乙两名同学为了更好地了解全校学生假期体育锻炼情况，分别随机调查了20名学生平均每天用于体育锻炼的时间，将收集到的数据进行了整理，部分信息如下： 数据收集：甲同学从全校随机抽取20名学生，平均每天用于体育锻炼的时间如下（单位：分钟）： 10，15，20，40，42，43，60，65，70，71，71，71，80，85，85，90，107，120，125，130． 乙同学从九年级随机抽取20名学生，平均每天用于体育锻炼的时间如下（单位：分钟）： 10，18，25，30，40，42，55，60，70，76，82，82，86，90，98，100，102，114，120，140． 数据描述：将体育锻炼时间分为四个等级：，，，． 甲同学按下表整理样本数据： 等级 A B C D 人数 3 9 a 3 乙同学绘制扇形统计图如图： 分析数据：样本数据的平均数、中位数、，众数如下表所示： 平均数 中位数 众数 甲 70 b 71 乙 72 79 c 根据以上信息，回答下列问题： (1)填空：______，______，______，______． (2)甲乙两名同学中，哪名同学随机调查的数据能较好地反映出该校学生平均每天用于体育锻炼的时间情况，并简要说明另一名同学调查的不足之处； (3)根据正确统计的这组平均每天用于体育锻炼的时间的样本数据，若该校学生有1500人，请估计平均每天用于体育锻炼的时间在80分钟（含80分钟）以上的学生有多少人？ 【答案】(1)5，108，71，82； (2)甲同学的较好；理由见解析； (3)600人． 【分析】（1）用甲同学统计的数据总个数20减去等级为A、C、D的个数即可得到；在乙同学统计的数据中，先统计出等级为B的人数，再求出占总体的百分比，即可求得的值；甲同学统计的20个数据按照从小到大排列后，找到中间两个数，求出平均数即为的值；从乙同学统计的20个数据中找到出现次数最多的数据即为的值． （2）根据抽样调查的原则即可得出答案； （3）利用样本和总体之间的比例关系即可得出答案． 【详解】（1）解：甲同学统计的20个数据中，等级为A、C、D的个数分别为3、9、3， ∴等级为B的人数＝20－3－9－3＝5； 乙同学统计的数据中等级为的数据有：40，42，55，60，70，76，共有6人， ∴＝， ∴ ； 甲同学统计的数据按照从小到大排列后，排在第10和第11的两个数都是71， ∴中位数＝； 乙同学统计的20个数据中出现次数最多的数据为出现3次的82， ∴＝82； 故答案为：5，108，71，82； （2）解：甲同学的较好：甲同学随机调查的数据都是从全校随机抽取的，能较好的反映出该校学生平均每天用于体育锻炼的时间情况；乙同学的不足之处是：总体是全体学生，而乙同学的样本是从九年级选取的，样本数据选取不具有代表性． （3）解：甲同学统计的数据中，平均每天用于体育锻炼的时间在80分钟（含80分钟）以上的学生为，的和，即5＋3＝8，占所抽取的样本百分比为： ∴（人） 答：该校学生有1500人，请估计平均每天用于体育锻炼的时间在80分钟（含80分钟）以上的学生有600人． 【点睛】此题主要考查数据的统计和分析的知识，准确把握三种数（平均数、中位数、众数）和理解样本和总体的关系是关键． 22．（8分）已知二次函数的图象的对称轴是直线，它与轴交于、两点，与轴交于点，点、的坐标分别是、． （1）请在平面直角坐标系内画出示意图； （2）求此图象所对应的函数关系式； （3）若点是此二次函数图象上位于轴上方的一个动点，求面积的最大值． 【答案】（1）详见解析；（2）；（3）面积的最大值为． 【分析】（1）根据对称性可求得B点坐标为（3，0），再根据描点法，可画出图象； （2）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，把A、B、C三点的坐标代入可求得解析式； （3）根据题意AB长度不变，则当点P离x轴远则△ABP的面积越大，可知点P为顶点，可求得顶点坐标，再计算出△APB的面积即可． 【详解】（1）∵对称轴为x=1，A为（﹣1，0），∴B为（3，0），∴抛物线图象示意图如图所示： （2）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c． ∵图象过A、B、C三点，∴把三点的坐标代入可得：，解得：，∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+； （3）根据题意可知当P为顶点时△ABP的面积最大． ∵y=﹣x2+x+=，∴其顶点坐标为（1，2），且AB=4，∴S△ABP=×4×2=4，即△ABP面积的最大值为4． 【点睛】本题考查了待定每当法求函数解析式，掌握应用待定系数法的关键是点的坐标，在（3）中知道当P为顶点时△ABP的面积最大是关键． 23．（10分）如图，在长为10cm，宽为8cm的矩形的四个角上截去四个全等的小正方形， 问： (1)所截去小正方形的边长多少时，留下的图形（阴影部分）面积为原矩形面积的80%？ (2)设所截去小正方形的边长为y厘米，则当y取何值时，利用留下的图形（即阴影部分）制成的无盖长方体侧面积最大？最大值是多少？ 【答案】(1)截去的小正方形的边长为2cm (2)当y取cm时，利用留下的图形（即阴影部分）制成的无盖长方侧面积最大，最大值是cm2 【分析】（1）设小正方形的边长为xcm，等量关系为：矩形面积﹣四个全等的小正方形面积＝10×8×80%，列方程即可求解； （2）无盖长方形的侧面积为，再配方即可求解． 【详解】（1）设小正方形的边长为xcm，由题意得： ， ， ， ． 解得：，， 经检验符合题意，不符合题意，舍去； 所以x=2． 答：截去的小正方形的边长为2cm． （2）无盖长方形的侧面积=， 故当y取cm时，利用留下的图形（即阴影部分）制成的无盖长方侧面积最大，最大值是 ． 【点睛】考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，读懂题意，找到合适的等量关系是解决本题的关键，实际问题中需注意负值应舍去． 24．（10分）如图，在四边形中，平分．点 O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点 E，交于点 F，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)的长为 【分析】（1）连接，证明，得到，即可求证； （2）由，，可得垂直平分，，进而可得，即可求出，再利用勾股定理得到的长即可． 【详解】（1）如图，连接， ∵平分， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵与相切于点B， ∴， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）∵，， ∴垂直平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点晴】本题主要考查了角平分线的定义，切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆的有关性质是解决此题的关键． 25．（10分）如图，在路边安装路灯，灯柱高10m，与灯杆的夹角为．路灯采用锥形灯罩，照射范围长为，从D、E两处测得路灯A的仰角分别为，．求：    (1)路灯A离地面的高度（即点A到地面的距离）； (2)灯杆的长度．（参考数据：，） 【答案】(1)路灯A离地面的高度为 (2)灯杆的长度为 【分析】本题考查解直角三角形的应用，矩形的判定和性质． （1）过点作，设，则：，在中，表示出的长，在，利用，列出方程求解即可； （2）过点作，易得四边形为矩形，得到，进而求出的长，再利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长即可． 【详解】（1）解：过点作，则：，    设，则：， 在中，，则：， 在中，，则：， ∴，解得：， ∴； 答：路灯A离地面的高度为； （2）过点作，    ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； 答：灯杆的长度为． 26．（12分）为喜迎 “五一” 佳节，某食品公司推出一种新礼盒，每盒成本10元，在 “五一” 节前进行销售后发现，该礼盒的日销售量y（盒）与销售价x（元/盒）的关系如下表: 销售价x(元/盒) ∙∙∙ 20 30 40 50 ∙∙∙ 日销售量y(盒) ∙∙∙ 50 40 30 20 ∙∙∙ 同时，销售过程中每日的其他开支（不含进价）总计100元. (1)以x作为点的横坐标，y作为点的纵坐标，把表中数据，在图中的直角坐标系中描出相应点，观察顺次连结各点所得图形，判断y与x的函数关系，并求出y（盒）与x（元/盒）的函数解析式: (2)请计算销售价格为多少元/盒时，该公司销售这种礼盒的日销售利润w（元）最大，最大日销售利润是多少？ (3)“五一” 当天，销售价格（元/盒）比（2）的销售价格降低m元（m＞0），日销售额比（2）中的最大日销售利润多200元，求m的值. 【答案】（1）y=-x+70.（2）当销售价格为40元/盒时，日销售利润w(元)最大，最大日销售利润是800元.（3）m的值为20. 【分析】（1）画出图形可知该礼盒的日销售量y（盒）与销售价x（元/盒）的关系是一次函数的关系，然后用待定系数法求解即可； （2）列出关于销售利润w（元）的函数解析式，然后根据二次函数的性质求解即可； （3）根据日销售额比（2）中的最大日销售利润多200元列方程求解即可. 【详解】(1)表中数据，在图中的直角坐标系中描出相应点，并连结各点所得图形为： 观察图象可知，y是关于x的一次函数，设y=kx+b，代入(20, 50)，(30, 40)，得 ，解得， 故y（盒）与x（元/盒）的函数解析式为：y=-x+70. (2)依题意可得，w=(x-10)(-x+70)-100=-x2+80x-800=-(x-40)2+800，当x=40时，w取得最大值800， 所以当销售价格为40元/盒时，日销售利润w(元)最大，最大日销售利润是800元. (3)依题意，可得(40-m)[-(40-m)+70]=800+200， 整理，得m2-10m-200=0， 解得m=20或m=-10(舍). 所以m的值为20. 【点睛】本题考查了描点法画函数图像，待定系数法求函数解析式，二次函数的应用及一元二次方程的应用.熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，正确列出函数关系式是解（2）的关键，根据题意列出一元二次方程是解（3）的关键. 27．（12分）在中，，，为平面内的一点． (1)如图1，当点在边上时，，且，求的长； (2)如图2，当点在的外部，且满足，求证：； (3)如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可； （2）过作，且，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可； （3）连接交于G，证明出，得到，然后证明出为直角三角形，点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，然后利用三角形中位线和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，将沿折叠，得到，连接，    ∵， ∴， 将沿折叠，得到， ∴ ∴，，， ∴， ∴为等边三角形，为等腰直角三角形 ∴， ∴； （2）如图，过作，且，连接，    ∵ ∴， 又∵， ∴ ∴ 又∵， ∴，，即 ，， ∴ ∴； （3）如图3，连接交于G点 ∵绕A点旋转 ∴，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴为直角三角形 ∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N， 当时，点P到直线的距离最大， ∵ ∴A、P、B、C四点共圆 ∵， ∴N是的中点 ∵M是的中点 ∴ ∵， ∴， ∴， ∴ ， ∴点P到所在直线的距离的最大值为 ． ∴的面积最大值为． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线性质，四点共圆性质，勾股定理等知识，作出辅助线是解本题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$