精品解析：云南省昆明市五华区2024-2025学年九年级上学期学业质量监测数学试卷

五华区2024—2025学年上学期学业质量监测 九年级数学试题卷 （全卷三个大题，共27个小题，共8页；满分100分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．本卷为试题卷．考生必须在答题卡上解题作答．答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效． 2．考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己收好，以便讲评． 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. 亚洲、欧洲、非洲和南美洲的最低海拔如下表： 大洲 亚洲 欧洲 非洲 南美洲 最低海拔 其中最低海拔最小的大洲是（ ） A. 亚洲 B. 欧洲 C. 非洲 D. 南美洲 2. 一年之中地球与太阳之间的距离随时间而变化，1个天文单位是地球与太阳之间的平均距离，约为1.496亿千米．用科学记数法可以表示为（ ） A. B. C. D. 3. 我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，其奖牌取名“湖山”，以良渚文化中的礼器玉琮为表征，将八边形和圆形奖章融为一体，这个八边形的内角和是( ) A. B. C. D. 6. 若有意义，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，直线，，，则（    ） A. B. C. D. 8. 按一定规律排列的单项式：，第个单项式为（ ） A. B. C. D. 9. 三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 12或14 D. 以上都不对 10. 如图，圆锥形的烟囱帽的底面圆的周长是，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则它的母线长是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，点是的角平分线上一点，，垂足为，且，点是射线上一动点，则的值可能是（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 12. 为了解学生的视力情况，从甲、乙两班各随机抽取8名学生进行调查，并将统计数据绘制成如图所示的折线统计图，图中视力值均在格线上，则下列说法错误的是（ ） A. 乙班视力值的众数是 B. 甲、乙两班视力值的平均数相等 C. 甲、乙两班视力值的中位数相等 D. 视力值的波动程度甲班大于乙班 13. 如图，在中，是直径，点是圆上一点，在的延长线上取一点，是的切线，若，则图中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 14. 已知直线经过点和点，若点与点关于原点对称，则这条直线对应的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 15. 如图，的直径为4，，点D为的中点，点P沿路线运动，连接，设点P运动的路程为x，则的面积y随x变化的函数图象大致为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分） 16. 分解因式：______． 17. 某中学为了解全校学生参加“交通法规”知识竞赛的成绩情况，随机抽取了一部分学生的成绩，并将这部分成绩分成四组（：，：，：，：）．根据调查数据绘制了如下所示不完整统计图． 若该校共有学生1400人，则这次竞赛成绩在组的学生大约有________人． 18. 如图，在中，，根据下列步骤作图，并保留作图痕迹： （1）分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线，该直线交于点，交于点，连接； （2）以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，连接并延长交于点．若，则________°． 19. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值为________． 三、解答题（本大题共8小题，共62分） 20. 计算： 21. 如图，点B、E、C、F在同一直线上，，，，求证：． 22. 在综合与实践活动中，数学兴趣小组想通过清洗夏季校服来探索清洗衣物的节水策略． 【洗衣目标】 经过漂洗使校服上残留洗衣液浓度不高于． 【洗衣过程】 步骤一：将校服放进清水中，加入洗衣液，充分浸泡揉搓后拧干； 步骤二：将拧干后的校服放进清水中，充分漂洗后拧干． 重复操作步骤二，直至校服上残留洗衣液浓度达到洗衣目标． 假设第一次漂洗前校服上残留洗衣液浓度为，每次拧干后校服上都残留水． 浓度关系式：．其中、分别为单次漂洗前、后校服上残留洗衣液浓度；为单次漂洗所加清水量（单位：）． 根据以上信息完成下列任务： （1）如果只经过一次漂洗，使校服上残留洗衣液浓度降为，需要多少清水？ （2）如果把清水均分，进行两次漂洗，是否能达到洗衣目标？ 23. 某景区为吸引游客，推出系列活动，其中一项活动是赢玩偶游戏 游戏准备：取一枚硬币和四个小球，在这四个小球上分别标记数字1，2，3，4．每个小球除数字不同外其余均相同，将这四个小球放入一个不透明的箱子中． 游戏流程：第一步，参与者掷一次硬币，若该硬币正面向上，则记为数字1；若该硬币反面向上，则记为数字0．第二步，参与者从箱子里的四个小球中随机摸出一个，记录所摸小球上的数字． 获奖规则：若以上两步所得的数字之和大于3，则可赢得玩偶，其余情况不能赢得玩偶． 乐乐想知道参加一次游戏就能获得玩偶的概率，请你用列表法或画树状图法中的一种方法，帮他求出这个概率． 24. 如图，四边形是平行四边形，相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形是菱形，，求的长． 25. 某校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了，两种食品作为师生的午餐，这两种食品每包的营养成分表如下： （1）若要从这两种食品中摄入热量和蛋白质，应选取，两种食品各多少包？ （2）若每份午餐选取这两种食品共5包，要使每份午餐中的蛋白质含量不低于，且热量最低，应如何选取这两种食品？ 26. 如图，四边形内接于，是的直径，，连接，过点的直线与的延长线交于点，且． （1）求证：是的切线； （2）以下与线段，线段，线段有关的三个结论：①，②，③ ，你认为哪个正确？请说明理由． 27. 在平面直角坐标系中，，是抛物线上任意两点，设抛物线的对称轴为直线． （1）若，，求的值； （2）求证：当点，的坐标是，时，； （3）若对于任意，都有，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 五华区2024—2025学年上学期学业质量监测 九年级数学试题卷 （全卷三个大题，共27个小题，共8页；满分100分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．本卷为试题卷．考生必须在答题卡上解题作答．答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效． 2．考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己收好，以便讲评． 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. 亚洲、欧洲、非洲和南美洲的最低海拔如下表： 大洲 亚洲 欧洲 非洲 南美洲 最低海拔 其中最低海拔最小的大洲是（ ） A. 亚洲 B. 欧洲 C. 非洲 D. 南美洲 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了负数的大小比较，掌握负数比较大小，绝对值大的反而小是解题关键．比较各负数的绝对值，绝对值最大的，海拔就最低，故可得出答案． 【详解】，，， ∵， ∴， ∴海拔最低的是亚洲． 故选：A． 2. 一年之中地球与太阳之间的距离随时间而变化，1个天文单位是地球与太阳之间的平均距离，约为1.496亿千米．用科学记数法可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查科学记数法表示绝对值较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．把一个数记成的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，据此即可求得答案． 【详解】解：， 故选：B． 3. 我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则此项符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，则此项不符合题意； 故选：B． 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查整式的运算，根据合并同类项法则、积的乘方与幂的乘方、单项式的乘除法逐一计算可得． 【详解】解：A、，此选项正确，符合题意； B、，此选项错误，不符合题意； C、，此选项错误，不符合题意； D、，此选项错误，不符合题意． 故选：A． 5. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，其奖牌取名“湖山”，以良渚文化中的礼器玉琮为表征，将八边形和圆形奖章融为一体，这个八边形的内角和是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了多边形内角定理的运用．利用多边形内角和定理，即可求出八边形的内角和． 【详解】解：根据题意得，八边形的内角和是． 故选：C． 6. 若有意义，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了分式有意义的条件，解不等式等知识点，根据分母不为零的条件进行解题即可，熟练掌握分母不为零的条件是解决此题的关键． 【详解】解： ∵当分母不为零时，有意义， ∴， 解得． 故选：D． 7. 如图，直线，，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查平行线的性质和三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键； 根据可得出，再根据三角形外角的性质可得结论； 【详解】解：，， ， ， ； 故选：B 8. 按一定规律排列的单项式：，第个单项式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查数字的变化规律，解决本题的关键是明确题意，发现单项式的变化特点． 分别从符号、符号后的数字、以及字母的指数三方面找规律即可． 【详解】解：根据一列单项式，可以发现系数的符号由奇偶性决定，所以为，其后的数字为，字母为，所以第个单项式为． 故选：C． 9. 三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 12或14 D. 以上都不对 【答案】B 【解析】 【分析】解方程得x＝5或x＝7，由三角形三边满足的条件可知x＝7不合题意，x＝5符合题意，由此即可求得周长． 【详解】解：解方程x2−12x＋35＝0 得x＝5或x＝7， 又3＋4＝7， 故长度为3，4，7的线段不能组成三角形， ∴x＝7不合题意， ∴三角形的周长为3＋4＋5＝12． 故选：B． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，三角形三边满足的条件，解题关键是掌握三角形三边满足的条件． 10. 如图，圆锥形的烟囱帽的底面圆的周长是，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则它的母线长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了弧长和勾股定理．根据弧长公式列方程求解即可． 【详解】解：∵圆锥的底面圆的周长为， ∴它的侧面展开图的弧长为， 设母线的长为， ∴， 解得， ∴母线长是． 故选：D． 11. 如图，点是的角平分线上一点，，垂足为，且，点是射线上一动点，则的值可能是（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查角平分线的性质定理，熟练掌握角平分线的性质定理是解题的关键．根据点到直线垂线段最短可得当时，的值最小，然后根据角平分线的性质定理可求解的最小值． 【详解】解：当时，的值最小， ，点P是的角平分线上一点，， ， ， ， 即， 故选：D． 12. 为了解学生的视力情况，从甲、乙两班各随机抽取8名学生进行调查，并将统计数据绘制成如图所示的折线统计图，图中视力值均在格线上，则下列说法错误的是（ ） A. 乙班视力值的众数是 B. 甲、乙两班视力值的平均数相等 C. 甲、乙两班视力值的中位数相等 D. 视力值的波动程度甲班大于乙班 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查折线图，求平均数，中位数，方差和众数，从折线图中获取信息，求出每组数据的平均数，中位数，方差和乙班的众数，再进行判断即可． 【详解】解：甲班的数据为：， ∴平均数为：； 中位数为：； 方差为： 乙班的数据为：， ∴众数为， 平均数为：； 中位数为：； 方差为：； 故：乙班视力的众数为，甲班视力值的平均数等于乙班视力值的平均数，甲班视力值的中位数等于乙班视力值的中位数，视力值的波动程度甲班小于乙班； ∴D选项描述错误； 故选：D． 13. 如图，在中，是直径，点是圆上一点，在的延长线上取一点，是的切线，若，则图中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，由切线的性质，三角形内角和定理求出，再利用圆周角定理和圆的性质求得是等边三角形，结合直径所对的圆周角，利用勾股定理求得， 然后利用直角三角形的面积减去扇形的面积求解． 【详解】解：连接，如下图 ∵是的切线， ∴，即， ∴， ， ． ， ， ． ∴，， 是等边三角形， ． 在中，是直径， ， ， 即， ， ， ∴阴影部分的面积 ． 故选：D． 【点晴】本题主要考查圆周角定理，切线的性质，扇形的面积公式，等腰三角形的性质，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质，作出辅助线是解题关键． 14. 已知直线经过点和点，若点与点关于原点对称，则这条直线对应的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查正比例函数的图象，坐标与中心对称，根据关于原点对称的两个点的横纵坐标均互为相反数，求出点与点的坐标，进而利用待定系数法求出函数表达式即可． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴，直线经过原点， ∴，， 设正比例函数的解析式为：，把代入，得：， ∴； 故选B． 15. 如图，的直径为4，，点D为的中点，点P沿路线运动，连接，设点P运动的路程为x，则的面积y随x变化的函数图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，动点的函数图象问题，分点P在上运动和点P在上运动两种情况，分别用含x的式子表示出的面积，即可求解． 【详解】解：当点P在上运动时，作于点E，如图： 为的直径， ， ， 是等腰直角三角形， ，， 点D为的中点， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ； 即当时，，排除C，D选项； 当点P在上运动时，如图： ， ， 即当时，，排除B选项； 故选A． 二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分） 16. 分解因式：______． 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式，再利用平方差公式进行二次分解，确保分解彻底． 【详解】解：． 17. 某中学为了解全校学生参加“交通法规”知识竞赛的成绩情况，随机抽取了一部分学生的成绩，并将这部分成绩分成四组（：，：，：，：）．根据调查数据绘制了如下所示不完整统计图． 若该校共有学生1400人，则这次竞赛成绩在组的学生大约有________人． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了频数分布直方图、扇形统计图等知识点，先由B组人数及其所占百分比得出被调查的总人数，再用总人数乘以样本中D组人数所占比例求解即可，熟练掌握两个统计图中数量之间的关系并能正确掌握频率公式是解决此题的关键． 【详解】解： ∵被调查的总人数为（人）， ∴这次竞赛成绩在D组的学生大约有（人）， 故答案为：． 18. 如图，在中，，根据下列步骤作图，并保留作图痕迹： （1）分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线，该直线交于点，交于点，连接； （2）以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，连接并延长交于点．若，则________°． 【答案】15 【解析】 【分析】本题考查了对“线段垂直平分线”与“角平分线”的作法理解，解题的关键是知晓作法的过程． 由作法过程可知垂直平分线段，由对称性可得出；再由作法过程知平分，于是得出，故的度数可求． 【详解】解：根据作图过程可知，是线段的垂直平分线， ∴点A与点C关于直线对称， 则， ∵，且由作图过程知平分， ∴， ∴． 故答案为：15． 19. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，根据根的判别式的意义得到，所以，然后利用降次的方法和整体代入的方法进行计算． 【详解】解：∵关于的方程有两个相等的实数根， ∴， 整理得， ∴，，即， ∴ ， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8小题，共62分） 20. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了实数的混合运算，负整指数幂，绝对值的性质，零指数幂的性质，求一个数的算术平方根，熟练掌握相关运算法则是关键．先根据有理数的乘方、负整数指数幂、绝对值、零指数幂、算术平方根的定义计算，再合并即可． 【详解】解： ， 21. 如图，点B、E、C、F在同一直线上，，，，求证：． 【答案】 证明：∵， ∴，即， 在和中， ， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定定理，由得出，再利用证明即可，熟练掌握全等三角形的判定定理是解此题的关键． 【详解】略 22. 在综合与实践活动中，数学兴趣小组想通过清洗夏季校服来探索清洗衣物的节水策略． 【洗衣目标】 经过漂洗使校服上残留洗衣液浓度不高于． 【洗衣过程】 步骤一：将校服放进清水中，加入洗衣液，充分浸泡揉搓后拧干； 步骤二：将拧干后的校服放进清水中，充分漂洗后拧干． 重复操作步骤二，直至校服上残留洗衣液浓度达到洗衣目标． 假设第一次漂洗前校服上残留洗衣液浓度为，每次拧干后校服上都残留水． 浓度关系式：．其中、分别为单次漂洗前、后校服上残留洗衣液浓度；为单次漂洗所加清水量（单位：）． 根据以上信息完成下列任务： （1）如果只经过一次漂洗，使校服上残留洗衣液浓度降为，需要多少清水？ （2）如果把清水均分，进行两次漂洗，是否能达到洗衣目标？ 【答案】（1）只经过一次漂洗，使校服上残留的洗衣液浓度降为,需要清水； （2）进行两次漂洗，能达到洗衣目标. 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的应用，代数式的求值等知识点， 依题意，直接代入公式求解即可得解； 依题意，先求得第一次漂洗后的洗衣液溶度，再求第二次漂洗后洗衣液的溶度看是否即可； 正确根据题意代入公式求解是解决此题的关键． 【小问1详解】 解：依题意，把代入：， 解得：,经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ∴只经过一次漂洗，使校服上残留的洗衣液浓度降为,需要清水； 【小问2详解】 解：第一次漂洗：把代入：，得, 第二次漂洗：把,代入：，得， ∵, ∴进行两次漂洗，能达到洗衣目标. 23. 某景区为吸引游客，推出系列活动，其中一项活动是赢玩偶游戏 游戏准备：取一枚硬币和四个小球，在这四个小球上分别标记数字1，2，3，4．每个小球除数字不同外其余均相同，将这四个小球放入一个不透明的箱子中． 游戏流程：第一步，参与者掷一次硬币，若该硬币正面向上，则记为数字1；若该硬币反面向上，则记为数字0．第二步，参与者从箱子里的四个小球中随机摸出一个，记录所摸小球上的数字． 获奖规则：若以上两步所得的数字之和大于3，则可赢得玩偶，其余情况不能赢得玩偶． 乐乐想知道参加一次游戏就能获得玩偶的概率，请你用列表法或画树状图法中的一种方法，帮他求出这个概率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查列表法和树状图法，列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可． 【详解】解：列表如下： 1 0 1 2 1 2 3 2 3 4 3 4 5 4 由表知，共有8种等可能结果，其中两次所得的数字之和大于3的有3种结果， 所以他获得玩偶的概率为． 24. 如图，四边形是平行四边形，相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形是菱形，，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ． ， ， 于点，于点， ， 四边形是平行四边形 ， ， 四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可知，根据已知可得，所以，于点，于点，则，先证明四边形是平行四边形，再证是直角即可； （2）根据菱形的性质可知，根据已知可求出，然后利用等面积法求出即可． 本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质，熟记菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是菱形， ，，，， ，， ，， 在中，， ， 即， ． 25. 某校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了，两种食品作为师生的午餐，这两种食品每包的营养成分表如下： （1）若要从这两种食品中摄入热量和蛋白质，应选取，两种食品各多少包？ （2）若每份午餐选取这两种食品共5包，要使每份午餐中的蛋白质含量不低于，且热量最低，应如何选取这两种食品？ 【答案】（1）应选用A种食品3包，B种食品1包 （2）应选取A种食品3包，B种食品2包 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用． （1）设选用A种食品x包，B种食品y包，根据要从这两种食品中摄入热量和蛋白质，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设选用A种食品m包，则选用B种食品包，根据要使每份午餐中的蛋白质含量不低于，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，设每份午餐的总热量为，利用每份午餐的总热量每包A种食品的热量选用A种食品的数量每包B种食品的热量选用B种食品的数量，可找出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题． 【小问1详解】 解：设选用A种食品x包，B种食品y包， 根据题意得：， 解得， 答：应选用A种食品3包，B种食品1包； 【小问2详解】 解：设选用A种食品m包，则选用B种食品包， 根据题意得：， 解得：． 设每份午餐的总热量为，则， 即， ∵， ∴w随m的增大而减小， ∴当时，w取得最小值，此时． 答：应选取A种食品3包，B种食品2包． 26. 如图，四边形内接于，是的直径，，连接，过点的直线与的延长线交于点，且． （1）求证：是的切线； （2）以下与线段，线段，线段有关的三个结论：①，②，③，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】（1） 证明：如图1，连接， ∵是的直径， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， 又∵是半径， ∴直线是的切线； （2） 解：②正确，理由如下： 过点B作交延长线于点G，如图2， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 则， ∴． 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，全等三角形的判定与性质． （1）先由圆的性质得，即，，再由推出，进而得，即，即可得出结论； （2）证明，得到，，则，进而求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 27. 在平面直角坐标系中，，是抛物线上任意两点，设抛物线的对称轴为直线． （1）若，，求的值； （2）求证：当点，的坐标是，时，； （3）若对于任意，都有，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 证明：由题意得，即， 把代入， 得， 即， 整理得，， ∴， ∴； （3）当时，；当时， 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是根据数形结合求解． （1）把，代入，得到，再根据代入数据计算即可求解； （2）利用对称轴的性质求得，把代入，求得，得到，再代入计算即可得出结论； （3）先求得，分当和时，两种情况讨论，即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得，把，代入， 得， 得， 即， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵，， ∴，且， 当时， ∵， ∴离对称轴更近，则与的中点在对称轴左侧， ∴，； 当时， ∵， ∴离对称轴更近，则与的中点在对称轴右侧， ∴，； 综上，当时，；当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $