精品解析：江西省宜春市2024-2025学年上学期九年级数学期末考试卷

2024-2025学年第一学期九年级数学期末试卷 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 我国航天事业取得了跨越式发展，下列航天图标属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念逐项判断即可． 【详解】解：选项A、B、C中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转180°，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． ． 2. 若是方程的一个根，则的值是（　　） A. 3 B. 4 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，把代入方程得，求出m的值即可． 【详解】解：把代入得： ， 解得， 故选：D． 3. 如图，是的直径，是上一点．若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，等边对等角等．根据圆周角定理得到，然后根据等边对等角解题即可． 【详解】解：∵， ∴， 故选：C． 4. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了配方法的运用，先移项，在等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，由此即可求解． 【详解】解： ， 故选：A． 5. 一次函数与反比例函数在同一坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数与反比例函数的性质，特别是图象共存的问题，掌握以上知识是解题的关键．根据反比例函数及一次函数图象的特点对四个选项进行逐一分析即可． 【详解】解：A、由反比例函数的图象在一、三象限可知，， ∴一次函数的图象经过一、二、四象限，故本选项错误，不符合题意； B、由反比例函数的图象在一、三象限可知，， ∴一次函数的图象经过一、二、四象限，故本选项正确，符合题意； C、由反比例函数的图象在一、三象限可知，， ∴一次函数的图象经过一、二、四象限，故本选项错误，不符合题意； D、∵由反比例函数的图象在二、四象限可知，， ∴一次函数的图象经过一、二、三象限，故本选项错误，不符合题意． 故选：B． 6. 抛物线（为常数，）经过点，抛物线的对称轴为直线，点是抛物线上任意一点，有下列结论：①；②；③；④一元二次方程的两个根为和；⑤若，则．其中正确结论的个数是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据已知，结合图象可得，，即可判断结论①；当时，可有，即可判断结论②；根据图象与轴有两个交点，即可判断结论③；将方程整理为，求解即可判断结论④；结合函数图象，可知当时，可有，当时，可有，即可判断结论⑤，进而可得答案． 【详解】解：∵抛物线经过点，对称轴为直线，由图象可知， ∴该抛物线与轴的另一交点为， ∴可有，， ∴，， ∴，故结论①错误； 当时，可有，故结论②正确； ∵图象与轴有两个交点， ∴， ∴故③错误， ∵，， ∴方程， ∵， ∴方程可整理为， 解得和，故结论④正确； 如下图， ∵， ∴该抛物线开口向下， 若， 则当时，有， 当时，可有， ∴，故结论⑤正确． 综上所述，结论正确的有3个． 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一个不透明的口袋里装有10个除颜色外其他完全相同的小球，将口袋中的球摇匀，从中任意摸出一个球记下颜色后再放回，通过大量重复上述试验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%，由此估计口袋中有黄球_______个． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．根据利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为30%，然后根据概率公式计算黄球个数． 【详解】解：由题意得：个 所以口袋中有黄球3个， 故答案为：3 8. 已知点与点关于原点对称，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的性质，熟练掌握关于原点对称点的横、纵坐标都是互为相反数的性质是解题的关键．关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 利用如果两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，由此求出，的值，代入求解即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ， ， 故答案为：． 9. 随着阿里巴巴、淘宝网、京东、小米等互联网巨头的崛起，促进了快递行业的高速发展．据调查，宜春市某家快递公司，去年十月份与十二月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件．如果该公司每月投递的快递总件数的增长率相同，设月平均增长率为，列方程可得_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 设月平均增长率为，根据去年十月份与十二月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件，即可得出关于x的一元二次方程． 【详解】解：由题意得：． 故答案为：． 10. 如图，小明用矩形纸片裁一扇形，围成一个圆锥侧面．若，则围成的圆锥底面圆半径为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的底面半径，根据弧长等于底面圆的周长，即可求解． 【详解】解：设底面圆的半径为， 则， 解得：， 故答案为：． 11. 如图，是等边三角形，边在y轴上，反比例函数的图象经过点C，若，则k的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，求得点的坐标是解题的关键． 作轴于，根据等边三角形的性质得出，解直角三角形求得，即可得到点的坐标，代入即可求得的值． 【详解】解：作轴于D， ∵是等边三角形，边在轴上，， ，， ∵反比例函数的图象经过点， 故答案为：． 12. 如图，弦是半圆的直径，，点在半圆上，，连接．点从点出发，沿以的速度匀速运动到点．当以点为圆心，为半径的圆在运动过程中与的边，相切时，则点的运动时间________． 【答案】的值为或或． 【解析】 【分析】先证明，求解，，再分：如图，当在上时，与相切， 为切点，连接，则；当在上时，与相切，切点为；当与相切，切点为，则，，再进一步解答即可． 【详解】解：∵弦是半圆的直径，，点在半圆上，， ∴，， ∴，， 如图，当在上时，与相切， 为切点，连接，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 当在上时，与相切，切点为， ∴， ∴， 当与相切，切点为，则，， ∴， ∴， ∴； 综上：的值为或或． 【点睛】本题考查的是圆的切线的性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数的应用，注意有不同的情况． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）解方程：； （2）如图，水平放置的圆柱形排水管的截面为⊙O，有水部分弓形的高，水面宽度．求截面⊙O的半径． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，勾股定理和垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键． （1）运用因式分解法解一元二次方程即可； （2）连接，设的半径为，则，，然后根据列方程解题即可． 【详解】解：（1） 解得，； （2）连接， 设的半径为，则，， 在中，，即， 解得：． 14. 如图，小刚用同种材料自制了两个可以自由转动的转盘，把转盘分成了三等份，每份分别标有数字-1，2，3，把转盘分成两等份，每份分别标有数字，小刚先转动转盘，停止后指针所指区域的数字用表示，再转动转盘，停止后指针所指区域的数字用表示（指针停止在分界线上时无效，重转）． （1）小刚转动转盘时，停止后指针所指区域的数字是的概率为 ； （2）请用画树状图法或列表法求的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查概率的求法，解题的关键是运用列表或树状图得到所有等可能结果． （1）利用概率公式求解即可； （2）列表得到所有等可能结果，找出符合条件的结果数，再根据概率公式解题． 【小问1详解】 解：转动转盘可以得到种等可能结果，其中停止后指针所指区域的数字是的结果有一种， ∴停止后指针所指区域的数字是的概率为， 故答案为：； 【小问2详解】 解：列表得： 结果 由表格可得共有种等可能结果，其中乘积为负数的有种， ∴的概率为． 15. 如图，一位足球运动员在距离球门中心水平距离8米的A处射门，球沿一条抛物线运动．当球运动的水平距离为6米时，达到最大高度3米． （1）建立图中所示的平面直角坐标系，求抛物线所对应的函数表达式； （2）已知球门高为2.44米，通过计算判断这位运动员能否将球射进球门． 【答案】（1） （2）球不能射进球门 【解析】 【分析】本题主要考查求二次函数解析式以及二次函数的应用： （1）用待定系数法运用顶点式设出函数解析式，再把代入，求出的值即可； （2）当时，，即可求解． 【小问1详解】 ∵， ∴抛物线的顶点坐标为， 设抛物线为 ， 把点代入得：， 解得， ∴抛物线的函数表达式为； 【小问2详解】 当时， ∴球不能射进球门． 16. 如图，一次函数经过点，与反比例函数图象相交于，与轴交于点，连接． （1）求反比例函数的解析式； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了一次函数解析式，反比例函数解析式，反比例函数与几何综合．熟练掌握一次函数解析式，反比例函数解析式是解题的关键． （1）先把点坐标代入求出，得到一次函数解析式，然后确定点的坐标，利用待定系数法求出的值，得到反比例函数的解析式； （2）先利用一次函数解析式确定点坐标，然后根据三角形面积公式求解. 【小问1详解】 解：∵一次函数经过点 ， ， ∴一次函数的表达式为， 把代入得, ， ， ∵反比例函数图象经过点， ， ∴反比例函数的表达式为； 【小问2详解】 解：一次函数与轴的交点为， ， ． 17. 仅用无刻度的直尺，按要求画图（保留画图痕迹，不写作法）． （1）如图①，是的直径，点是上异于，的一点，请画出的内接矩形； （2）如图②，是的直径，是弦，且，请画出的内接正方形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查作图—复杂作图； （1）连接并延长交于点D，即可得到的一个内接矩形； （2）连接，交于点G，延长，交于点H，连接并延长交于点E，F两点，则即为所作． 【小问1详解】 解：如图，矩形即为所作； 【小问2详解】 解：如图，即为所作； 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 某灯饰商店销售一种进价为每件20元的护眼灯.销售过程中发现，每月销售量（件）与销售单价（元）之间的关系可近似地看作一次函数.物价部门规定该品牌的护眼灯售价不能超过36元. （1）如果该商店想要每月获得2000元的利润，那么销售单价应定为多少元？ （2）设该商店每月获得利润为（元），当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？最大利润为多少元？ 【答案】（1）30元；（2）当销售单价定为35元时，每月可获得最大利润为2250元． 【解析】 【分析】(1)由题意得，每月销售量与销售单价之间的关系可近似看作一次函数，利润=(定价－进价)×销售量，从而列出一元二次方程，解出方程即可. (2)根据题意可以写出w关于x的函数关系式，从而可以求出函数的最大值，本题即可得到解决. 【详解】解:（1）由题意可得: 解得，， ∵， ∴（舍去） 则． 答:如果该商店想要每月获得2000元的利润，那么销售单价应定为30元． （2）， ∵， ∴有最大值， 当（元）， （元） 答:当销售单价定为35元时，每月可获得最大利润为2250元． 【点睛】本题的考点是一元二次方程的应用及二次函数的应用，方法是根据题意列出函数关系式，根据问题的需要求出答案即可. 19. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根是另一个根的3倍，那么称这样的方程为“三倍根方程”．例如：方程的两个根是1和3，则这个方程就是“三倍根方程”． （1）方程 （填“是”或“不是”）“三倍根方程”； （2）若关于的方程是“三倍根方程”，求的值； （3）若是关于的“三倍根方程”，求代数式的值． 【答案】（1）是 （2）12 （3） 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，，也考查了因式分解法解方程． （1）先解方程，然后根据“三倍根方程”的定义进行判断； （2）设方程的两根为，，则利用根与系数的关系得，，然后先求出，再计算出的值； （3）设方程的两根为，，利用根与系数的关系得到，，再把原式进行变形，再整体代入计算即可． 【小问1详解】 解：解方程得，， 所以是“三倍根方程”； 【小问2详解】 设方程的两根为，， 根据根与系数的关系得，， 解得， ∴； 【小问3详解】 设方程的两根为，， 根据根与系数的关系得，， 即，， ∴． 20. 如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过点A作AB⊥OP，垂足为点C，交⊙O于点B，延长BO与PA的延长线交于点D． （1）求证：PB为⊙O的切线； （2）若OB=3，OD=5，求OP的长． 【答案】 （1）证明：连接OA， ∵AB⊥OP，OB=OA， ∴∠BOP=∠AOP， ∵PA是⊙O的切线， ∴∠OAP=90°， 在△OBP与△OAP中， ∴△OBP≌△OAP（SAS）， ∴∠OBP=∠OAP=90°． ∴OB⊥PB． ∴PB是⊙O的切线； （2）3 【解析】 【分析】（1）连接OA，已知AB⊥OP，OB=OA，根据等腰三角形的三线合一的性质可得∠BOP=∠AOP；根据切线的性质定理可得∠OAP=90°，证明△OBP≌△OAP，根据全等三角形的性质可得∠OBP=∠OAP=90°．由此即可证得结论； （2）在Rt△AOD中，根据勾股定理求得AD=4，由切线长定理可得PA=PB，在Rt△DBP中，根据勾股定理求得PB= 6，再在Rt△OBP中，根据勾股定理求得OP=3． 【详解】（1）略 （2）∵OD=5，OA=OB=3，∴在Rt△AOD中，AD==4， ∵PA、PB为⊙O的切线， ∴PA=PB， 在Rt△DBP中，PD2=PB2+BD2，即（PB+4）2=PB2+82， 解得，PB= 6， 在Rt△OBP中，OP==3． 【点睛】本题主要考查了切线的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质及切线长定理，熟悉图形的几何关系是解题的关键. 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 【教材再现】 如图1，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条的夹角为的长为，扇面的长为，求扇面的面积． 解答过程： 问题分析：纸扇是由含同一个圆心角，半径不同的两个扇形组成的，本题已知的三个条件扇形的圆心角和两个扇形的半径． （1）新编问题：如图1，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条，的夹角为，的长为30cm，扇面的长为，求扇面（阴影部分）的周长． （2）问题延伸：如图2，若要从矩形中剪出符合“教材再现”题干中要求的扇面，求矩形的长与宽的最小值． （3）探究规律：如图1．扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条，的夹角为，，的长度，的长度，则扇面的面积 ．（用含字母的式子表示） 【答案】（1） （2）矩形的两边长度的最小值为和 （3） 【解析】 【分析】（1）先求出长，然后根据弧长公式计算即可； （2）当扇面的弧的端点，分别在，上且与边相切于点， 的端点在边上时，矩形的两边长度取得最小值，连接， 设与交于点， 与交于点，利用等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理求得，，，再利用矩形的判定与性质求得即可； （3）利用扇形面积公式求得扇面的面积，再利用弧长公式得到代入整理即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∴扇面（阴影部分）的周长为； 【小问2详解】 解：当扇面的弧的端点，分别在，上且与边相切于点， 的端点在边上时，矩形的两边长度取得最小值， 连接， 设与交于点， 与交于点， 如图， 则 ， ， ∵四边形为矩形， ， ， ， ， ，， ， ， ， 同理：， ∴的最小值为， ， ∴四边形为矩形， ， ∴的最小值为， ∴矩形的两边长度的最小值为和； 【小问3详解】 解： ，， ， ∴扇面的面积 ， ∵外侧两竹条，的夹角为， ∴， ， ∴扇面的面积 ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，扇形的面积，弧长公式，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，特殊角的三角函数值，熟练掌握扇形的面积公式和弧长公式是解题的关键． 22. 图形的旋转是全等变换重要的变换方式之一，利用图形旋转中的对应线段长度相等，对应角大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变等性质，可以将一般图形转化成特殊图形，从而达到解决问题的目的． （1）初步感知：如图1，在四边形中，，，垂足为，且，，求四边形的面积．可作如下思考：将绕点逆时针旋转，得到，可以证到，即点落在的延长线上，进一步得出四边形的形状为 ，最后得出四边形的面积为 ； （2）延伸探究：如图2，在四边形中，，，，求四边形的面积； （3）拓展应用：如图3，四边形是的内接四边形，，，求四边形的面积． 【答案】（1）正方形， （2）四边形的面积为 （3） 【解析】 【分析】本题考查了四边形的综合问题，掌握正方形的判定与性质、三角形全等的判定及性质运用、等边三角形的判定与性质、圆的内接四边形 性质及旋转的性质是解题的关键． （1）先得到B、C、F三点共线，然后得到，进而得到四边形为正方形，求解即可； （2）过点作交延长线于点， 证明， 从而得到四边形为的面积，根据即可求解； （3）将绕点逆时针旋转，交延长线于点， 则， 证明， 进而得为等边三角形， 根据求解即可. 【小问1详解】 解：如图， 由旋转可得，，， ∴， ∴， ∴B、C、F三点共线， 又∵， ∴， ∴四边形是正方形， ， ∴四边形的面积为正方形的面积， ∴四边形的面积为：， 故答案为：正方形，； 【小问2详解】 解：如图， 过点作交延长线于点，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， ∴四边形的面积为的面积， ∵， ∴， ， ∴四边形的面积为； 【小问3详解】 如图， 将绕点逆时针旋转， 交延长线于点， 则， ∵，， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， 在和中， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ∴四边形的面积为的面积， ∴， 过点D作于点H， ∴， ∴， ， ∴四边形的面积为． 六、（本大题共12分） 23. 如图，抛物线与轴交于点，点，交轴于点． （1）求抛物线的解析式． （2）如图1，点在直线上方抛物线上运动，过点作于点，轴于点，交于点，求的最大值，以及此时点的坐标． （3）将原抛物线沿轴向右平移1个单位长度后，得到新抛物线与轴交于点，点的对应点为，点是第一象限内新抛物线上的点，且点到轴的距离等于点到轴的距离的一半，，请求出点的坐标． （4）在（3）的条件下，点是新抛物线的对称轴上一点，在轴上是否存在一点，使得以点，为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）最大值为； （3） （4）存在点Q，点的坐标或或 【解析】 【分析】（1）把点，点代入即可求解； （2）根据题意可得，是等腰直角三角形，并求出直线的解析式为：，可得是等腰直角三角形，则，设，则，，且，，，结合二次函数图象的性质即可求解； （3）根据抛物线的平移可得，，，并求出直线的解析式，过点作，交抛物线与点，运用待定系数法求出直线的解析式，再联立新抛物线为方程组即可求解． （4）分两种情况：当时或当为以点，为顶点的四边形为平行四边形的对角线时，根据平行四边形性质分别求出即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线过点，点， 代入可得，， 解得，， ∴抛物线解析式为：； 【小问2详解】 解：当时，，即， ∵，， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， 设直线的解析式为：， ∵点，点． ∴， 解得，， ∴直线的解析式为：， 如图所示， ∵轴， ∴，且， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则，，且， ∴，， ∴， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：存在点，点的横坐标为，理由如下， ∵抛物线， ∴将原抛物线沿轴向右平移个单位长度，新抛物线的解析式为：， 令，则， 令，则， 解得， ∴，， ∵点是第一象限中新抛物线上一点，且点到轴的距离等于点到轴的距离的一半， ∴，且， 把代入得，， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为：， 新抛物线图像如图所示， 过点作，交抛物线与点，则， ∴设直线的解析式为，把点代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为：， 联立新抛物线与直线为方程组得，， 解得，（与点重合，不符合题意，舍去）或， ∴； 【小问4详解】 解：新抛物线的解析式为：， 对称轴为直线， ，，点在轴上，以点为顶点的四边形为平行四边形， 当时，如下图： ，则， 点M向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到， 点向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到， 同理，得，则； 当为以点，为顶点的四边形为平行四边形的对角线时， 则， ，则， ， ； 综上所述，存在点Q，点的坐标或或． 【点睛】本题主要考查二次函数与图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数最值问题，函数平移的性质，等腰三角形的性质，二次函数与二元一次方程组求解交点等知识的综合运用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期九年级数学期末试卷 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 我国航天事业取得了跨越式发展，下列航天图标属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若是方程的一个根，则的值是（　　） A. 3 B. 4 C. D. 6 3. 如图，是的直径，是上一点．若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 4. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（　　） A. B. C. D. 5. 一次函数与反比例函数在同一坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 抛物线（为常数，）经过点，抛物线的对称轴为直线，点是抛物线上任意一点，有下列结论：①；②；③；④一元二次方程的两个根为和；⑤若，则．其中正确结论的个数是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一个不透明的口袋里装有10个除颜色外其他完全相同的小球，将口袋中的球摇匀，从中任意摸出一个球记下颜色后再放回，通过大量重复上述试验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%，由此估计口袋中有黄球_______个． 8. 已知点与点关于原点对称，则的值为________． 9. 随着阿里巴巴、淘宝网、京东、小米等互联网巨头的崛起，促进了快递行业的高速发展．据调查，宜春市某家快递公司，去年十月份与十二月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件．如果该公司每月投递的快递总件数的增长率相同，设月平均增长率为，列方程可得_______． 10. 如图，小明用矩形纸片裁一扇形，围成一个圆锥侧面．若，则围成的圆锥底面圆半径为_______． 11. 如图，是等边三角形，边在y轴上，反比例函数的图象经过点C，若，则k的值为_____． 12. 如图，弦是半圆的直径，，点在半圆上，，连接．点从点出发，沿以的速度匀速运动到点．当以点为圆心，为半径的圆在运动过程中与的边，相切时，则点的运动时间________． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）解方程：； （2）如图，水平放置的圆柱形排水管的截面为⊙O，有水部分弓形的高，水面宽度．求截面⊙O的半径． 14. 如图，小刚用同种材料自制了两个可以自由转动的转盘，把转盘分成了三等份，每份分别标有数字-1，2，3，把转盘分成两等份，每份分别标有数字，小刚先转动转盘，停止后指针所指区域的数字用表示，再转动转盘，停止后指针所指区域的数字用表示（指针停止在分界线上时无效，重转）． （1）小刚转动转盘时，停止后指针所指区域的数字是的概率为 ； （2）请用画树状图法或列表法求的概率． 15. 如图，一位足球运动员在距离球门中心水平距离8米的A处射门，球沿一条抛物线运动．当球运动的水平距离为6米时，达到最大高度3米． （1）建立图中所示的平面直角坐标系，求抛物线所对应的函数表达式； （2）已知球门高为2.44米，通过计算判断这位运动员能否将球射进球门． 16. 如图，一次函数经过点，与反比例函数图象相交于，与轴交于点，连接． （1）求反比例函数的解析式； （2）求的面积． 17. 仅用无刻度的直尺，按要求画图（保留画图痕迹，不写作法）． （1）如图①，是的直径，点是上异于，的一点，请画出的内接矩形； （2）如图②，是的直径，是弦，且，请画出的内接正方形． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 某灯饰商店销售一种进价为每件20元的护眼灯.销售过程中发现，每月销售量（件）与销售单价（元）之间的关系可近似地看作一次函数.物价部门规定该品牌的护眼灯售价不能超过36元. （1）如果该商店想要每月获得2000元的利润，那么销售单价应定为多少元？ （2）设该商店每月获得利润为（元），当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？最大利润为多少元？ 19. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根是另一个根的3倍，那么称这样的方程为“三倍根方程”．例如：方程的两个根是1和3，则这个方程就是“三倍根方程”． （1）方程 （填“是”或“不是”）“三倍根方程”； （2）若关于的方程是“三倍根方程”，求的值； （3）若是关于的“三倍根方程”，求代数式的值． 20. 如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过点A作AB⊥OP，垂足为点C，交⊙O于点B，延长BO与PA的延长线交于点D． （1）求证：PB为⊙O的切线； （2）若OB=3，OD=5，求OP的长． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 【教材再现】 如图1，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条的夹角为的长为，扇面的长为，求扇面的面积． 解答过程： 问题分析：纸扇是由含同一个圆心角，半径不同的两个扇形组成的，本题已知的三个条件扇形的圆心角和两个扇形的半径． （1）新编问题：如图1，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条，的夹角为，的长为30cm，扇面的长为，求扇面（阴影部分）的周长． （2）问题延伸：如图2，若要从矩形中剪出符合“教材再现”题干中要求的扇面，求矩形的长与宽的最小值． （3）探究规律：如图1．扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条，的夹角为，，的长度，的长度，则扇面的面积 ．（用含字母的式子表示） 22. 图形的旋转是全等变换重要的变换方式之一，利用图形旋转中的对应线段长度相等，对应角大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变等性质，可以将一般图形转化成特殊图形，从而达到解决问题的目的． （1）初步感知：如图1，在四边形中，，，垂足为，且，，求四边形的面积．可作如下思考：将绕点逆时针旋转，得到，可以证到，即点落在的延长线上，进一步得出四边形的形状为 ，最后得出四边形的面积为 ； （2）延伸探究：如图2，在四边形中，，，，求四边形的面积； （3）拓展应用：如图3，四边形是的内接四边形，，，求四边形的面积． 六、（本大题共12分） 23. 如图，抛物线与轴交于点，点，交轴于点． （1）求抛物线的解析式． （2）如图1，点在直线上方抛物线上运动，过点作于点，轴于点，交于点，求的最大值，以及此时点的坐标． （3）将原抛物线沿轴向右平移1个单位长度后，得到新抛物线与轴交于点，点的对应点为，点是第一象限内新抛物线上的点，且点到轴的距离等于点到轴的距离的一半，，请求出点的坐标． （4）在（3）的条件下，点是新抛物线的对称轴上一点，在轴上是否存在一点，使得以点，为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；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 $