精品解析：天津市西青区2024-2025学年九年级上学期期末考试数学试题

20242025学年度第一学期_____学校学业质量检测 九年级数学试卷 本试卷分为第I卷（选择题）、第II卷（非选择题）两部分．第I卷为第1页至第3页，第II卷为第4页至第8页．试卷满分120分．考试时间100分钟． 答卷前，请你务必将自己的姓名、考生号等相关信息填写在“答题卡”上．答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回． 祝你考试顺利！ 第I卷（选择题共36分） 注意事项： 1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点． 2．本卷共12题，共36分． 一、选择题：本大题共12个小题，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. 下列事件中，随机事件是（ ） A. 投掷一枚质地均匀的骰子，向上一面的点数不超过6 B. 我国节气“雨水”那天下雨 C. 通常情况下，自来水在结冰 D. 从装满红球的袋子中随机摸出一个球，是白球 2. 在一个不透明袋子中有红球和黑球共10个球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球是红球的概率是，则袋子中红球的个数是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3. 垃圾分类功在当代，利在千秋．下列垃圾分类指引标志图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 4. 把抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的底面半径是3，母线长是5，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为的直径，点C，D是圆上两点，且分别在两侧，若，则的大小是（ ） A. B. C. D. 7. 已知一元二次方程的两根为，，式子的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. 且 B. 且 C. D. 9. 如图，的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且，，则的周长为（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 10. 如图，是的直径，点C是上一点，点D是的中点，连接，，，若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 11. 如图，在等腰直角中，，，点为斜边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则下列说法错误的是（ ） A. B. 是等腰直角三角形 C. D. 12. 已知抛物线（，，为常数，）的对称轴为直线，且经过点，与轴的两个交点之间的距离大于4，有下列结论： ①； ②若抛物线经过点，则其解析式为； ③一元二次方程没有实数根； ④． 其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第II卷（非选择题共84分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上． 2．本卷共13题，共84分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分． 13. 林业部门考察某种幼树在一定条件下的移植成活率，统计数据如下： 移植总数 10 270 750 1500 3500 7000 14000 成活数 8 235 662 1335 3180 6292 12628 成活的频率（结果保留小数点后三位） 0.800 0.870 0.883 0.890 0.909 0.899 0.902 则可估计这种幼树移植成活率的概率约为_____（结果精确到0.1）． 14. 某城区采取多项综合措施降低降尘量提升空气质量，降尘量由2021年的吨/平方公里下降至2023年的吨/平方公里，则降尘量的年平均下降率为_____． 15. 中国体育代表队在巴黎奥运会上取得了优异的成绩，图是年巴黎奥运会上的一面金牌，金牌正中间镶嵌了一块来自埃菲尔铁塔的正六边形铁块．这个正六边形铁块的示意图如图所示，已知该正六边形的周长约为，则的长为______． 16. 如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：s）之间具有函数关系：，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间_________s． 17. 如图，为的直径，射线交于点，浮点是上一点，与射线位于直径同侧，连接，若，，，则阴影部分的面积为_____（结果保留π）． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，内接于圆，且顶点A，B均在格点上． （1）线段的长为______； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点M，使，并简要说明点M的位置是如何找到的（不要求证明）______． 三、解答题：本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 19. 解下列方程： （1）； （2）． 20. 已知抛物线（，，为常数，）与轴的一个交点坐标是，与轴的交点坐标是，且经过点． （1）求该抛物线解析式中，，的值； （2）直接写出时，自变量的取值范围． 21. 邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示： 某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品． （1）填空：在抢答环节中，若答对一题，可从整套邮票（共4枚）中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“③冬季两项”的概率是_____； （2）在抢答环节中，若答对两题，可从整套邮票（共4枚）中任意抽取2枚（先随机抽取1枚，不放回，再随机抽取另1枚）作为奖品． ①请用列表或画树状图的方法，列举出答对两道题奖品情况的所有可能的结果；（可用邮票名称前的标号表示邮票名称） ②依据①的图表分析，完成填空：答对两题，从整套邮票中任意抽取2枚的结果共有__________种，即_____（可用邮票名称前的标号表示邮票名称），且它们出现的可能性相等；恰好抽到“②高山滑雪”和“④自由式滑雪”的结果有_____种，即_____，其概率为_____． 22. 已知中，，为的弦． （1）如图①，半径，垂足为点，若，求弦的长； （2）如图②，过圆上一点作的切线，满足，过点作，垂足为，与相交于点，若的半径是3，求的长． 23. 某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一边靠墙（墙的长度为），其他边均用栅栏围成，中间用与墙垂直的栅栏把它分成两个面积为的矩形，如图所示．已知栅栏的总长度为，设较小矩形中与墙平行的一边长为． （1）填空： ①养殖场中每一条与墙垂直的边长均可用含的代数式表示为_____； ②x的取值范围是_____； （2）矩形养殖场的面积能否达到？如果能，请求出的值；如果不能，请说明理由． 24. 在等边中，，垂足为点，点为直线上一动点，连接，以点为旋转中心，把线段顺时针旋转，得到线段，连接． （1）如图①，当点在线段上时，求证：． （2）如图②，当点在线段的延长线上时，连接，，若，求的大小． （3）若等边的边长是6，连接，在点运动过程中，直接写出线段的最小值． 25. 如图，已知抛物线（为常数）的对称轴是直线，与轴相交于，两点（点在点左侧），与轴相交于点． （1）求该抛物线的解析式及点的坐标． （2）抛物线上一点在直线上方，其横坐标为，过点作轴，垂足为点，交线段于点． ①若，求点的坐标； ②连接，，求四边形面积的最大值及此时点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 20242025学年度第一学期_____学校学业质量检测 九年级数学试卷 本试卷分为第I卷（选择题）、第II卷（非选择题）两部分．第I卷为第1页至第3页，第II卷为第4页至第8页．试卷满分120分．考试时间100分钟． 答卷前，请你务必将自己的姓名、考生号等相关信息填写在“答题卡”上．答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回． 祝你考试顺利！ 第I卷（选择题共36分） 注意事项： 1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点． 2．本卷共12题，共36分． 一、选择题：本大题共12个小题，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. 下列事件中，随机事件是（ ） A. 投掷一枚质地均匀的骰子，向上一面的点数不超过6 B. 我国节气“雨水”那天下雨 C. 通常情况下，自来水在结冰 D. 从装满红球的袋子中随机摸出一个球，是白球 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是必然事件、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．根据事件发生的可能性大小判断． 【详解】解：A、投掷一枚质地均匀的骰子，向上一面的点数不超过6，是必然事件，不符合题意； B、我国节气“雨水”那天下雨，是随机事件，符合题意； C、通常情况下，自来水在结冰，是不可能事件，不符合题意； D、从装满红球的袋子中随机摸出一个球，是白球，是不可能事件，不符合题意． 故选：B． 2. 在一个不透明袋子中有红球和黑球共10个球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球是红球的概率是，则袋子中红球的个数是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了概率，用总个数乘以红球的概率即可得出答案． 【详解】解：∵从袋子中随机取出一个球是红球的概率是， ∴袋子中红球的个数是（个）． 故选：C． 3. 垃圾分类功在当代，利在千秋．下列垃圾分类指引标志图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形的概念：如果一个图形绕着一点旋转后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．据此进行判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、是中心对称图形，故此选项符合题意； C、不是中心对称图形，故此选项不合题意； D、不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：B． 4. 把抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a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． 先确定抛物线的顶点坐标为，利用点平移的规律得到点平移后所得对应点的坐标为，然后利用顶点式写出平移后的抛物线的解析式． 【详解】解：抛物线的顶点坐标为，点向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度所得对应点的坐标为， 所以新抛物线的解析式为． 故选：D． 5. 已知圆锥的底面半径是3，母线长是5，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的计算，圆锥的侧面积底面周长母线长，把相应数值代入即可求解． 【详解】解：圆锥的侧面积． 故选：C． 6. 如图，为的直径，点C，D是圆上两点，且分别在两侧，若，则的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理，由平角的定义可得出，再根据圆周角定理得出，故可得结论． 【详解】解：∵ ∴， ∵所对的圆心角是，所对的圆周角是, ∴， 故选：A． 7. 已知一元二次方程的两根为，，式子的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数关系，解题关键是明确，； 求出，再整体代入计算即可． 【详解】解：一元二次方程的两根为，， 则，， ， 故选：D． 8. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. 且 B. 且 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，利用一元二次方程根有两个不相等的实数根得到，，据此列不等式求解即可． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴，且， 解得且， 故选：A． 9. 如图，的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且，，则的周长为（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到，，，根据即可得到的周长． 【详解】解：∵的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且， ∴，，， ∵， ∴， ∴的周长， 故选：A． 10. 如图，是的直径，点C是上一点，点D是的中点，连接，，，若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．连接，根据圆周角定理求出，根据圆内接四边形的性质求出，根据弧、弦的关系及等腰三角形的性质求出，再根据角的和差求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 11. 如图，在等腰直角中，，，点为斜边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则下列说法错误的是（ ） A. B. 是等腰直角三角形 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查的是旋转的性质、等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理的应用，由，，可得，由旋转可得，再逐个选项判断即可． 【详解】解：∵，， ∴． ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，，， 故选项A正确，不符合题意； ∴是等腰直角三角形， 故B正确，不符合题意； ∴，， ∴中，， ∴， 故C错误，符合题意； ∵，且， ∴， ∴， 故D正确，不符合题意； 故选：C． 12. 已知抛物线（，，为常数，）的对称轴为直线，且经过点，与轴的两个交点之间的距离大于4，有下列结论： ①； ②若抛物线经过点，则其解析式为； ③一元二次方程没有实数根； ④． 其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的符号判断，根据对称轴为直线得到，由经过点得到，由与轴的两个交点之间的距离大于4，得到，然后逐个选项判断即可． 【详解】解：∵抛物线（，，为常数，）的对称轴为直线，且经过点， ∴，，即， ∴抛物线解析式为， 设抛物线与轴的两个交点分别为，，且， ∴，是方程的两个根， ∴，， ∴， ∵抛物线与轴的两个交点之间的距离大于4， ∴， ∴，解得， ∵， ∴， 故④正确； ∴， 故①正确； 若抛物线经过点，则，解得，不满足，即抛物线不可能经过点，故②错误； ∵一元二次方程可变形为，， ∴， ∴一元二次方程有两不等实数根； 综上所述，正确的有①④， 故选：B． 第II卷（非选择题共84分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上． 2．本卷共13题，共84分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分． 13. 林业部门考察某种幼树在一定条件下的移植成活率，统计数据如下： 移植总数 10 270 750 1500 3500 7000 14000 成活数 8 235 662 1335 3180 6292 12628 成活的频率（结果保留小数点后三位） 0.800 0.870 0.883 0.890 0.909 0.899 0.902 则可估计这种幼树移植成活率的概率约为_____（结果精确到0.1）． 【答案】0.9 【解析】 【分析】本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率等于所求情况数与总情况数之比．概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率． 【详解】解：∵概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率， ∴所以这种幼树移植成活率的概率约为0.9， 故答案为：0.9． 14. 某城区采取多项综合措施降低降尘量提升空气质量，降尘量由2021年的吨/平方公里下降至2023年的吨/平方公里，则降尘量的年平均下降率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用；根据“2021年的降尘量年平均下降率年的降尘量”求解即可． 【详解】解：设降尘量的年平均下降率为，根据题意得： ， 解得：，（舍去）， 答：降尘量的年平均下降率为． 故答案为：． 15. 中国体育代表队在巴黎奥运会上取得了优异的成绩，图是年巴黎奥运会上的一面金牌，金牌正中间镶嵌了一块来自埃菲尔铁塔的正六边形铁块．这个正六边形铁块的示意图如图所示，已知该正六边形的周长约为，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆的性质和等边三角形的判定与性质，勾股定理，连接，根据正六边形的性质和直角三角形的性质即可得到结论，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵多边形为正六边形，该正六边形的周长约为， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由正六边形的性质可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得：， 故答案为：． 16. 如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：s）之间具有函数关系：，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间_________s． 【答案】2 【解析】 【分析】把一般式化为顶点式，即可得到答案． 【详解】解：∵h=-5t2+20t=-5（t-2）2+20， 且-5＜0， ∴当t=2时，h取最大值20， 故答案为：2． 【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是掌握将二次函数一般式化为顶点式． 17. 如图，为的直径，射线交于点，浮点是上一点，与射线位于直径同侧，连接，若，，，则阴影部分的面积为_____（结果保留π）． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，扇形的面积公式，等边三角形的判定及性质，连接交于点，连接、、，由，得为等边三角形，由得，进而得、为等边三角形，继而可知，可得，再结合阴影部分的面积即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点，连接、、， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴、为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积， 故答案为：． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，内接于圆，且顶点A，B均在格点上． （1）线段的长为______； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点M，使，并简要说明点M的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 ①. 5 ②. 解：如图所示，作直径交于点，连接并延长交于点，连接，点即为所求： 【解析】 【分析】本题主要考查网格与勾股定理，直径或半圆所对圆周角为直角，等圆或同圆中，等弧所对圆周角相等，掌握勾股定理，圆的基础知识是解题的关键． （1）根据网格与勾股定理即可求解； （2）根据直径或半圆所对圆周角为直角，等圆或同圆中，等弧所对圆周角相等，直角三角形两锐角互余的方法作图即可． 【详解】解：（1）， 故答案为：5； （2）如图所示，作直径交于点，连接并延长交于点，连接， ∵直径交于点， ∴点为圆心， ∴为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点即为所求点的位置． 三、解答题：本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 19. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，涉及配方法解一元二次方程、因式分解法解一元二次方程等知识． （1）根据所给方程结构特征，利用提公因式法解一元二次方程即可得到答案； （2）根据配方法解一元二次方程的方法步骤，先配方，再直接开平方求解即可得到答案． 【小问1详解】 解：， ， ， 或， ，； 【小问2详解】 解：， ， ， ， ， ，． 20. 已知抛物线（，，为常数，）与轴的一个交点坐标是，与轴的交点坐标是，且经过点． （1）求该抛物线解析式中，，的值； （2）直接写出时，自变量的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的性质，根据交点求不等式的解集； （1）把点代入，运用待定系数法求解析式即可求解； （2）根据题意，令时，则，得到二次函数与轴的两个交点为，由抛物线开口向上，即可求解． 【小问1详解】 解：由题意可知抛物线经过点，，， 有 解得 【小问2详解】 解：由（1）可得，抛物线的解析式为， 令时，则， 解得，， ∴二次函数与轴的两个交点为， ∵， ∴图象开口向上， ∴当时，自变量的取值范围或． 21. 邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示： 某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品． （1）填空：在抢答环节中，若答对一题，可从整套邮票（共4枚）中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“③冬季两项”的概率是_____； （2）在抢答环节中，若答对两题，可从整套邮票（共4枚）中任意抽取2枚（先随机抽取1枚，不放回，再随机抽取另1枚）作为奖品． ①请用列表或画树状图的方法，列举出答对两道题奖品情况的所有可能的结果；（可用邮票名称前的标号表示邮票名称） ②依据①的图表分析，完成填空：答对两题，从整套邮票中任意抽取2枚的结果共有__________种，即_____（可用邮票名称前的标号表示邮票名称），且它们出现的可能性相等；恰好抽到“②高山滑雪”和“④自由式滑雪”的结果有_____种，即_____，其概率为_____． 【答案】（1） （2）①见解析；②12；①②，①③，①④，②①，②③，②④，③①，③②，③④，④①，④②，④③；2；②④，④②； 【解析】 【分析】此题考查的是用树状图法求概率． （1）直接由概率公式求解即可； （2）①画树状图，列举出答对两道题奖品情况的所有可能的结果； ②由①可知，共有12种等可能结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，再由概率公式求解即可． 【小问1详解】 解：恰好抽到“冬季两项”的概率是， 故答案为：； 【小问2详解】 解：①画树状图如下：（邮票名称前的标号表示邮票名称） ②由①可知，从整套邮票中任意抽取2枚的结果共有12种等可能结果，即①②，①③，①④，②①，②③，②④，③①，③②，③④，④①，④②，④③，其中恰好抽到“②高山滑雪”和“④自由式滑雪”的结果有2种，即②④，④②，其概率为． 故答案为：12；①②，①③，①④，②①，②③，②④，③①，③②，③④，④①，④②，④③；2；②④，④②；． 22. 已知中，，为的弦． （1）如图①，半径，垂足为点，若，求弦的长； （2）如图②，过圆上一点作的切线，满足，过点作，垂足为，与相交于点，若的半径是3，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，得出，，结合，得出，结合半径都相等进行列式计算，得，则．最后结合勾股定理列式计算，即可作答． （2）连接，因为切于点，则，因为，所以．因为，得．则，又，故，所以，在中，运用勾股定理列式计算，即可作答． 【小问1详解】 解：， ，． ， ． ， ． ，． 在中，． ． 【小问2详解】 解：如图，连接， 切于点， ， 即 ， ． ， ． ． 又， ． ． 在中，， ． ． 【点睛】本题考查了垂直定理，勾股定理，切线的性质，30度所对的直角边是斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 23. 某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一边靠墙（墙的长度为），其他边均用栅栏围成，中间用与墙垂直的栅栏把它分成两个面积为的矩形，如图所示．已知栅栏的总长度为，设较小矩形中与墙平行的一边长为． （1）填空： ①养殖场中每一条与墙垂直的边长均可用含的代数式表示为_____； ②x的取值范围是_____； （2）矩形养殖场的面积能否达到？如果能，请求出的值；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）①；② （2）能， 【解析】 【分析】本题考查了列代数式，一元二次方程的应用，理解题意是解答的关键． （1）①由“中间用与墙垂直的栅栏把它分成两个面积为的矩形”得，即可得，再由即可得出结论； ②由“墙的长度为”得，继而可得x的取值范围； （2）根据题意列一元二次方程，解方程，有附合题意的解，即可得出结论． 【小问1详解】 解：①由题意得，， ∵中间用与墙垂直的栅栏把它分成两个面积为的矩形，即， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵墙的长度为， ∴， 即， ∴x的取值范围是， 故答案为：； 【小问2详解】 解：能． 根据题意，列方程得， 整理，得， 解方程，得，， 由（1）可知，， ， 即矩形养殖场的面积能达到，此时的值是． 24. 在等边中，，垂足为点，点为直线上一动点，连接，以点为旋转中心，把线段顺时针旋转，得到线段，连接． （1）如图①，当点在线段上时，求证：． （2）如图②，当点在线段的延长线上时，连接，，若，求的大小． （3）若等边的边长是6，连接，在点运动过程中，直接写出线段的最小值． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质； （1）由旋转得到，，再证明，得到； （2）先证明，得到，，由等边三角形的性质可得，得到，由，得到是等腰直角三角形，即可得到，得到； （3）过作，则，，由（1）（2）可得点在直线上运动，过作于，则长度即为的最小值，再根据直角三角形的性质求解即可． 【小问1详解】 证明：∵等边， ∴，， 线段顺时针旋转，得到线段， ，， ， ，即， ， ； 【小问2详解】 解：同（1）可知，，， ，即， ， ，， 是等边三角形，， ，， ， ， ， ， ， ，即， ， 又， ， ； 【小问3详解】 解：过作，则， ∵， ∴，， 由（1）可得，当点在线段上时，，； 由（2）可得，当点在在线段的延长线上时，，； ∴点在直线上运动， 过作于，则长度即为的最小值，此时， ∵等边的边长是6， ∴， ∴， ∴中，，， ∴的最小值为． 25. 如图，已知抛物线（为常数）的对称轴是直线，与轴相交于，两点（点在点左侧），与轴相交于点． （1）求该抛物线的解析式及点的坐标． （2）抛物线上一点在直线上方，其横坐标为，过点作轴，垂足为点，交线段于点． ①若，求点的坐标； ②连接，，求四边形面积的最大值及此时点的坐标． 【答案】（1）， （2）①；②， 【解析】 【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及求二次函数解析式，二次函数与线段关系，二次函数与面积问题； （1）由对称轴是直线，得到，即可求出解析式；再令解方程即可求出点的坐标． （2）①先点坐标为，直线的解析式为，由轴表示出点的坐标为，点的坐标，即可得到，，再由列方程求解即可； ②根据表示出四边形面积，再根据二次函数的性质求最大值即可． 【小问1详解】 解：抛物线（为常数）的对称轴是直线，， 解得， 该抛物线的解析式为， 当时，有，解得，， 点在点左侧， 点的坐标是． 【小问2详解】 解：①由抛物线的解析式为可知点坐标为， 设经过点，两点的直线的解析式为， ∴， 解得， 直线的解析式为， 抛物线上一点在直线上方，其横坐标为， ，点的坐标为， 轴，交线段于点， 点的坐标为， ，， ， ， 解得，， ， 取， 此时点的坐标为； ②∵点，， ∴，， ， 由①知，， ， 当时，四边形面积最大，的最大值是，此时点的坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $