九年级数学上学期期末模拟卷（二）-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（人教版）

2024-2025学年九年级数学上学期期末模拟卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：九年级上册（人教版）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一．单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36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．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． 赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线 C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线 2．已知是方程的一个根，则a的值为（    ） A． B．1 C． D．3 3．对于二次函数的图象，下列说法不正确的是（　　） A．开口向下 B．对称轴是直线 C．当时，有最大值 D．当时，随的增大而减小 4．经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转．如果这三种可能性大小相同，甲、乙两辆汽车经过这个十字路口时，一辆车向左转，一辆车向右转的概率是（    ） A． B． C． D． 5．如图，在ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为（　　） A．70° B．50° C．40° D．35° 6．如图，线段经过圆心，交于，两点，与相切于点，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．若关于x的一元二次方程的一个解是，则（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 8．如图，在中，，，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为（    ） A．2 B．3 C． D． 9．从前有一天，一个笨汉拿着竹竿进屋，横章竖拿都进不去，横着比门框宽4尺，竖若比门框高2尺．另一醉汉叫他沿着门的两个对角斜着拿竿，这个笨汉一试，不多不少刚好进去了，你知道竹竿有多长吗？若设竹竿的长为尺，则下列方程，满足题意的是（    ） A． B． C． D． 10．如图，分别切与点切于点，分别交于点，若的周长，则是（    ） A． B． C． D． 11．二次函数（a，b，c是常数，）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表： x … 0 1 2 … … t m n … 且当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②和3是关于x的方程的两个根；③．其中，正确结论的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 12．如图，四边形是的内接四边形，，，为上一点，，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 第Ⅱ卷 2． 填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分．） 13．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则m的值是 ． 14．如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．    15．在为期3天的广安市第五届运动会（青少年组）三人制篮球比赛中，某同学进行了一次投篮，篮球准确落入篮框内，建立如图所示的平面直角坐标系，篮球的运行轨迹可看作抛物线的一部分，则篮球在空中运行的最大高度为 ． 16． 如图，是圆锥底面的直径，已知，圆锥的母线长为．若一只蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行到点处，则蚂蚁爬行的最短路程为 ． 三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（8分）解方程： (1) (2)． 18．（10分）在一个不透明的袋子里装有4个分别标有数字1，2，3，4的小球，它们除数字外无其他差别． (1)摇匀后随机摸出一个小球，直接写出小球上的数字是一元二次方程的根（记该事件为“”）的概率； (2)摇匀后一次性随机摸出两个小球，请用列表法或画树状图的方法求出“两个小球上的数字之和为偶数”（记该事件为“”）的概率． 19．（10分）如图，⊙的半径为5，弦AB的长为8，OC⊥AB于点C． （1）求AC的长． （2）求圆心O到弦AB的距离． （3）设点P是弦AB上的一个动点，求线段OP的长的取值范围． 20．（10分）如图，中，，D是边上一点，把点D绕点A逆时针旋转得到点E，且点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)求证：． 21．（10分）某景区在今年的“国庆”假期间，接待游客达万人次，预计后年的“国庆”假期接待游客万人次，该景区一家特色小面店希望在“国庆”假期间卖面获得好的收益，经测算知，该面成本价为每碗元，若每碗卖元，平均每天将销售碗，若价格每提高元，则平均每天少销售碗，每天店内所需其他各种费用为元． (1)求预计该景区明、后两年“国庆”假期间游客人次的年平均增长率； (2)为了更好地维护景区形象，物价局规定每碗面售价不得超过元，当每碗面提高多少元时，店家才能实现每天净利润元？（净利润＝总收入总成本其它各种费用） 22．（12分）点O是边长为m的正多边形的中心，将一块足够长，圆心角为的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板绕O点旋转． 若正多边形为正三角形，扇形的圆心角时，通过观察或测量，得到如图1、2中，正三角形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度均为m； (1)若正多边形为正方形，扇形的圆心角时， ①如图3，求正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度； ②如图4，正方形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度为多少？并给予证明； (2)若正多边形为正五边形，如图5，当扇形纸板的圆心角为多少度时，正五边形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度仍为定值m． 23．（12分）如图1，已知二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴的负半轴交于点． (1)求这个函数的解析式； (2)点P是抛物线上的一点，当时，求点P的坐标； (3)如图2，将直线向下平移与抛物线交于M、N两点，直线交于Q点，请问点Q的横坐标是否为定值，并说明理由． 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学年九年级数学上学期期末模拟卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：九年级上册（人教版）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一．单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36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．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． 赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线 C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线 【答案】C 【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确； D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 故选C． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 2．已知是方程的一个根，则a的值为（    ） A． B．1 C． D．3 【答案】D 【分析】把代入方程得到关于a的方程，解方程即可． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概念：使方程两边成立的未知数的值叫方程的解． 3．对于二次函数的图象，下列说法不正确的是（　　） A．开口向下 B．对称轴是直线 C．当时，有最大值 D．当时，随的增大而减小 【答案】D 【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，根据二次函数各项系数，顶点坐标，对称轴等知识即可求解，掌握二次函数顶点式的特点是解题的关键． 【详解】解：∵二次函数， ∴该函数图象开口向下，故选项A正确，不符合题意； 对称轴是直线，故选项B正确，不符合题意； 顶点坐标为，故选项C正确，不符合题意； 当时，随的增大而增大，故选项D错误，符合题意； 故选：D． 4．经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转．如果这三种可能性大小相同，甲、乙两辆汽车经过这个十字路口时，一辆车向左转，一辆车向右转的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可以采用列表法或树状图求解：可以得到一共有9种情况，一辆向右转，一辆向左转有2种结果数，根据概率公式计算可得． 【详解】画“树形图”如图所示： ∵这两辆汽车行驶方向共有9种可能的结果，其中一辆向右转，一辆向左转的情况有2种， ∴一辆向右转，一辆向左转的概率为； 故选Ｃ． 【点睛】此题考查了树状图法求概率．解题的关键是根据题意画出树状图，再由概率＝所求情况数与总情况数之比求解 5．如图，在ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为（　　） A．70° B．50° C．40° D．35° 【答案】B 【分析】由平行线的性质先求解再由旋转的性质结合等腰三角形的性质可得再求解从而可得答案. 【详解】解： ∠CAB＝65°，， 由旋转的性质可得： 故选B 【点睛】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转过程中图形中每一点都绕旋转中心旋转了相同的角度，旋转前后的对应角相等，对应线段线段. 6．如图，线段经过圆心，交于，两点，与相切于点，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质以及圆周角定理是解题的关键．先根据圆周角定理求出，再利用切线的性质可知，即可求出． 【详解】解：， 与相切于点 故选：A． 7．若关于x的一元二次方程的一个解是，则（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】A 【分析】利用一元二次方程解的定义得到，然后再利用整体代入的方法计算． 【详解】解：把代入方程得， ， 所以， 所以． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概念：使方程两边成立的未知数的值叫方程的解． 8．如图，在中，，，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】连接,根据已知条件以及旋转的性质可得，进而可得是等边三角形，可得旋转角为60°，即可得是等边三角形，即可求解． 【详解】解：如图，连接, 将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上， ，， 又， 是等边三角形， 旋转角， ， 是等边三角形， ， 在中，，，， ， ， ， 点与点B之间的距离为， 故选D 【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，找到旋转角是解题的关键． 9．从前有一天，一个笨汉拿着竹竿进屋，横章竖拿都进不去，横着比门框宽4尺，竖若比门框高2尺．另一醉汉叫他沿着门的两个对角斜着拿竿，这个笨汉一试，不多不少刚好进去了，你知道竹竿有多长吗？若设竹竿的长为尺，则下列方程，满足题意的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，门框的长，宽，以及竹竿长是直角三角形的三个边长，等量关系为：门框长的平方+宽的平方=门的两个对角长的平方，把相关数值代入即可求解． 【详解】解：∵竹竿的长为x尺，横着比门框宽4尺，竖着比门框高2尺． ∴门框的长为（x-2）尺，宽为（x-4）尺， 可列方程，， 故选C． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，得到门框的长，宽，竹竿长是直角三角形的三个边长是解决问题的关键． 10．如图，分别切与点切于点，分别交于点，若的周长，则是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据切线长定理得MA=MC，NC=NB，PA=PB，然后根据三角形周长的定义进行计算． 【详解】∵直线PA、PB、MN分别与⊙O相切于点A、B、C， ∴MA=MC，NC=NB，PA=PB， ∵△PMN的周长=PM+PN+MC+NC=PM+MA+PN+NB=PA+PB=8（cm）， ∴PA=PB=（cm）． 故选：A． 【点睛】本题考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线长定理． 11．二次函数（a，b，c是常数，）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表： x … 0 1 2 … … t m n … 且当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②和3是关于x的方程的两个根；③．其中，正确结论的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图象的性质，观察表格得出信息是解题的关键． 先根据函数值相等的自变量值求对称轴，再根据时，确定抛物线的开口方向，根据表格可知当，，可得，进而根据对称轴可知b，即可判断①；然后根据表格可知当时，，再根据抛物线的对称性可知，可知另一个根是，判断②；将，代入关系式，得出含有a的关系式，根据当时，，求出a的取值范围，然后表示m，n，可得的范围，并判断． 【详解】观察表格可知当，时，函数值， ∴对称轴． 当时，， ∴抛物线的开口方向向上， ∴． 当，，可得． ∵， ∴， ∴． 可知①不正确； 当时，． 设另一个根是x，则， 解得， 所以和3是关于x的方程两个根． 则②正确； 将，代入关系式，得， 则， ∴函数关系式为． 当时，， 即， 解得． 当时，，当时，， ∴， ∴， 即． 所以③不正确． 正确的个数有1个． 故选：B． 12．如图，四边形是的内接四边形，，，为上一点，，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，以边为斜边，在的下方构造等腰直角，以为圆心，为半径作，在的优弧上取一点，连接、，连接，，，，由勾股定理及圆周角定理的推论得，是的直径，根据等腰直角三角形的性质得，，从而，点在定圆的上运动，利用勾股定理得，进而利用三角形的三边关系即可得解． 【详解】解：如图，以边为斜边，在的下方构造等腰直角，以为圆心，为半径作，在的优弧上取一点，连接、，连接，，，， ∵，， ∴，是的直径， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴点在定圆的上运动， ∴根据三角形的两边只差小于第三边得，当、、三点共线时，最小， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故选∶． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的三边关系，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论，勾股定理是解题的关键． 第Ⅱ卷 2． 填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分．） 13．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则m的值是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特点，解题的关键是熟练掌握关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数．根据关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数，进行解答即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴． 故答案为：5． 14．如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．    【答案】10 【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解． 【详解】解：根据题意可得： ∵正五边形的一个外角， ∴， ∴， ∴共需要正五边形的个数（个）， 故答案为：10．    【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法． 15．在为期3天的广安市第五届运动会（青少年组）三人制篮球比赛中，某同学进行了一次投篮，篮球准确落入篮框内，建立如图所示的平面直角坐标系，篮球的运行轨迹可看作抛物线的一部分，则篮球在空中运行的最大高度为 ． 【答案】3.6// 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题关键．将抛物线解析式转化为顶点式，即可获得答案． 【详解】解：∵， ∴当时，取最大值，最大值为， 即篮球在空中运行的最大高度为． 故答案为：3.6． 16． 如图，是圆锥底面的直径，已知，圆锥的母线长为．若一只蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行到点处，则蚂蚁爬行的最短路程为 ． 【答案】/厘米 【分析】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、勾股定理，熟练掌握圆锥侧面展开图是解题关键．先画出圆锥侧面展开图，再利用弧长公式求出圆心角的度数，然后根据两点之间线段最短，利用勾股定理求出结果即可． 【详解】解：画出圆锥侧面展开图，点A在点处，连接，如图所示： 根据题意得：，点为的中点，设圆锥侧面展开图的圆心角的度数为，根据题意得： ， 解得：， ∴， ∴蚂蚁爬行的最短路程为：， 故答案为：． 三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（8分）解方程： (1) (2)． 【答案】(1)， (2)， 【分析】（1）分解因式后得出，推出，，求出方程的解即可； （2）配方后得出，开方得到方程，求出方程的解即可． 【详解】（1）解：， ， ，， 解得：，． （2）解：移项得：， 配方得：， 即， 开方得：， 解得：，． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握分解因式法，配方法求解一元二次方程，难度也适中． 18．（10分）在一个不透明的袋子里装有4个分别标有数字1，2，3，4的小球，它们除数字外无其他差别． (1)摇匀后随机摸出一个小球，直接写出小球上的数字是一元二次方程的根（记该事件为“”）的概率； (2)摇匀后一次性随机摸出两个小球，请用列表法或画树状图的方法求出“两个小球上的数字之和为偶数”（记该事件为“”）的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用分解因式法解方程，再利用概率公式，即可得到答案； （2）根据题意画树状图，即可求出概率． 【详解】（1）解：， ， 解得：，， 一元二次方程的根为2或3， ； （2）解：画树状图如下： 由上图可知，该实验共有12种等可能的结果出现，而事件有4种， ． 【点睛】本题考查了概率、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法以及概率公式是解题关键． 19．（10分）如图，⊙的半径为5，弦AB的长为8，OC⊥AB于点C． （1）求AC的长． （2）求圆心O到弦AB的距离． （3）设点P是弦AB上的一个动点，求线段OP的长的取值范围． 【答案】（1）AC＝4；（2）OC＝3；（3）. 【分析】（1）根据垂径定理求解即可； （2）根据勾股定理求解即可； （3）当点P与点C重合时，OP最短；当点P与点A或点B重合时，OP最长； 【详解】解：（1）∵AB是⊙的弦，OC⊥AB，∴垂径定理得：AC＝AB＝4； （2）在中，AO＝5，AC＝4，由勾股定理得：OC＝＝3； （3）∵当点P与点C重合时，OP最短等于3；当点P与点A或点B重合时，OP最长等于5， ∴线段OP的长的取值范围是：； 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理及垂线段最短等知识.垂径定理是:垂直与弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧 . 20．（10分）如图，中，，D是边上一点，把点D绕点A逆时针旋转得到点E，且点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据旋转的性质可得，从而，得即，用SAS即可证明； （2）根据等腰三角形的性质得，，可证，由得，从而可证结论成立． 【详解】（1）∵点D绕点A逆时针旋转得到点E， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质，熟练应用全等三角形判定定理． 21．（10分）某景区在今年的“国庆”假期间，接待游客达万人次，预计后年的“国庆”假期接待游客万人次，该景区一家特色小面店希望在“国庆”假期间卖面获得好的收益，经测算知，该面成本价为每碗元，若每碗卖元，平均每天将销售碗，若价格每提高元，则平均每天少销售碗，每天店内所需其他各种费用为元． (1)求预计该景区明、后两年“国庆”假期间游客人次的年平均增长率； (2)为了更好地维护景区形象，物价局规定每碗面售价不得超过元，当每碗面提高多少元时，店家才能实现每天净利润元？（净利润＝总收入总成本其它各种费用） 【答案】(1) (2)当每碗面提高元时，店家才能实现每天净利润600元 【分析】（1）今年“国庆”假期间接待游客达万人次，预计后年的“国庆”假期接待游客万人次，根据增长率的计算方法，即可求解； （2）成本价为每碗元，若每碗卖元，平均每天将销售碗，若价格每提高元，则平均每天少销售碗，每天店内所需其他各种费用为元，根据题意设当每碗面提高元时，店家才能实现每天净利润元，由此列出方程即可求解. 【详解】（1）解：根据题意，设年平均增长率为， ∴，解方程得，，（舍去）， ∴预计该景区明、后两年“国庆”假期间游客人次的年平均增长率为. （2）解：设当每碗面提高元时，店家才能实现每天净利润元， ∴， 即， 解方程得，，， 当时，售价为，符合题意； 当时，售价为，不符题意，舍去． 答：每碗面提高元时，店家能实现每天净利润元． 【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的实际应用，理解销售中的数量关系，列出方程是解题的关键． 22．（12分）点O是边长为m的正多边形的中心，将一块足够长，圆心角为的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板绕O点旋转． 若正多边形为正三角形，扇形的圆心角时，通过观察或测量，得到如图1、2中，正三角形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度均为m； (1)若正多边形为正方形，扇形的圆心角时， ①如图3，求正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度； ②如图4，正方形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度为多少？并给予证明； (2)若正多边形为正五边形，如图5，当扇形纸板的圆心角为多少度时，正五边形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度仍为定值m． 【答案】(1)①；②，见解析 (2)度 【分析】（1）①根据正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为的长作答即可； ②如图1，连接，证明，则，，然后作答即可； （2）如图2，连接，根据，计算求解即可． 【详解】（1）①解：由题意知，， ∴正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为； ②解：正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为，证明如下； 如图1，连接， ∵为正方形的中心， ∴，，， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为； （2）解：如图2，连接， ∵正五边形， ∴， ∴当扇形纸板的圆心角为时，正五边形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度仍为定值m． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正多边形与圆，旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 23．（12分）如图1，已知二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴的负半轴交于点． (1)求这个函数的解析式； (2)点P是抛物线上的一点，当时，求点P的坐标； (3)如图2，将直线向下平移与抛物线交于M、N两点，直线交于Q点，请问点Q的横坐标是否为定值，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点Q的横坐标为定值，理由见解析 【分析】本题考查了二次函数综合问题，全等三角形性质，待定系数法求解析式，一次函数的平移，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）待定系数法求解析式即可求解； （2）通过等腰三角形先求得T点坐标，然后解出直线的解析式，联立二次函数，求出P点坐标即可； （3）设点的坐标为，点的坐标为．由点，点，可得到直线的解析式．得出点的坐标可以表示为．由点，点，得直线的解析式为：．同理可得可得到直线的解析式为：．联立可得，则点的横坐标为定值． 【详解】（1）解：将和代入解析式 ∴解析式为 （2）解： ∴点B坐标为． 如图，作，过点B作交与T，作， 则三角形为等腰直角三角形， ∴，， ∴①， 又∵②， ③， 由①②③得， ∴，， ∴ ∴ 设解析式，C，T坐标分别代入得 ， ∴此函数解析式为， 联立和得 解得（舍去） 将代入得 ∴ （3）解：点Q的横坐标为定值，理由如下： 由，得， ∴直线AC的解析式为：，又 ∴可设直线MN的解析式为： 设， 联立和， ∴    设直线的解析式为： 将M点坐标代入得， 得， 解得 设直线NC的解析式为：， 同理可得 ∴解析式为，解析式为 联立和的解析式：得Q的横坐标 得 ∵ ∴ 将代入，得 ∴点Q的横坐标为定值． 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 $$