精品解析：天津市和平区2025-2026学年上学期九年级期中数学试题

九年级数学 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． 祝你考试顺利！ 第I卷 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. 下列人工智能图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故B选项符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故D选项不符合题意； 故选：B． 2. 点与点关于原点对称，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的点坐标特征，掌握相关知识是解决问题的关键．关于原点对称的两点的坐标，横坐标和纵坐标都互为相反数． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴． 故选：B． 3. 二次函数的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 利用的图象与性质即可直接得出答案． 【详解】解：二次函数的顶点坐标是， 故选：． 4. 下列方程中，有两个不相等的实数根的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】逐项计算一元二次方程的判别式，判断实数根的情况即可，若，则有两个不相等的实数根； 本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握根的判别式和根据判别式判断一元二次方程根的情况是解题的关键． 【详解】解：选项A：方程， ∵，，， ∴， ∴方程有两个相等的实数根； 选项B：方程化为标准形式， ∵，，， ∴， ∴方程无实数根； 选项C：方程化为标准形式， ∵，，， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根； 选项D：方程， ∵，，， ∴， ∴方程有两个相等实数根． 故选：C． 5. 如图，等腰，，，将绕点旋转，得到，点，的对应点分别为，，且点在的延长线上，则旋转方向和旋转角可能为（ ） A. 顺时针， B. 逆时针， C. 顺时针， D. 逆时针， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，图形旋转的性质，解决本题的关键是利用三角形内角和求出等腰三角形的底角是解决本题的关键． 根据为等腰三角形，，由此可求解底角，再根据旋转的性质，即旋转前后角度不变求解即可． 【详解】解：将绕点旋转，得到， 旋转方向为顺时针， 在等腰，，， ∴， ∵将绕点旋转，得到， ∴， ∴， ∴， ∴将绕点旋转，得到， 旋转方向为顺时针，旋转角可能为． 故选：A ． 6. 在中，，，以点为圆心，为半径作圆与相切，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查切线的性质，理解切线的性质以及三角形面积的计算方法是正确解答的关键．根据勾股定理求出，再根据三角形面积公式求出即可． 【详解】解：∵， ∴， 由勾股定理可得， ， 如图，当与相切于点时，， 由三角形的面积公式可得， ， 即， ∴， 即半径为， 故选：． 7. 如图，四边形内接于，，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质得到，根据得到，即可得到的度数．关键是根据圆内接四边形的性质得到解答． 【详解】解：由圆内接四边形的性质可知：， ， ， ∵， ． 故选：C． 8. 一名男生推铅球，铅球行进高度（单位：）与水平距离（单位：）之间的关系是，则推出铅球的水平距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次函数的实际应用、一元二次方程的解法．铅球落地时高度，解二次方程求x的正根即可． 【详解】解：当时， 令，得方程， ， 解得（水平距离为正，舍去负根）， 综上，推出铅球的水平距离为， 故选：B． 9. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转到，当点落在边上时，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用旋转性质得到边与角的等量关系，结合平行线性质找到角的联系，最后依据三角形内角和定理求解的度数．本题考查旋转的性质（对应边、角相等）、平行线的性质（内错角相等）及三角形内角和定理，熟练运用这些知识，通过角的等量代换与方程思想求解是关键 ． 【详解】解：设 ∵绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 设 ∵， ∴， ∴ ． 在中，，即 ． 化简得，解得， ∴ ． 故选： ． 10. 我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为株，则符合题意的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了列一元二次方程，理解题意，找准等量关系是解题的关键．　 根据题意，每株椽的价钱为文，少拿一株椽后，剩下的椽数量为株且运费为文，根据“剩下的椽的运费等于一株椽的价钱”可列出方程； 【详解】解：设这批椽的数量为株， 由题意得， 两边同时乘以得； 故选：A． 11. 在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴有两个交点，且这两个交点分别位于轴两侧，则下列关于该函数的结论正确的是（ ） A. 图象的开口向下 B. 当时，的值随值的增大而增大 C. 函数的最小值小于 D. 当时， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，由二次函数图象与x轴有两个交点且位于y轴两侧，说明对应方程的两根异号，即常数项与二次项系数符号相反，结合开口方向、顶点坐标及特定点函数值分析选项即可. 【详解】解：由题意可得：方程的两根异号， ∴， 解得， ∴二次项系数，开口向上，故A不符合题意； ∵的对称轴为直线， ∴当时，y随x增大而增大，故B不符合题意； ∵当时，， ∴最小值为，故C不符合题意； 当时，， ∵， ∴此时，故D符合题意； 故选：D 12. 正方形，，对角线，相交于点，动点从点出发，以的速度沿、边向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．当时，点的位置如图所示．有下列结论： ①当时，的面积为； ②在运动过程中，的面积随值的增大而增大； ③在运动过程中，有两个不同的值满足的面积为． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、动点问题，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据时，点的位置即可判断①；当时，根据点的位置表示出的面积，即可判断②；分别令时和时的面积为，根据方程解的个数即可判断③． 【详解】解：①∵四边形是正方形，， ∴； 由题意知，当时，点的位置如图所示： 此时，， ∴，故此序号正确； ②由题意知，时，点到达终点，此时点在上距离处，并停止运动； ∴两动点的运动时间为； 当时，点的位置如图所示： 此时，，， 过点作交于点，则有为等腰直角三角形， ∴， ∴， 当时，的面积随值的增大而减小；故此序号错误； ③由②知，当时，令， 解得：； 当时，点的位置如图所示： 此时，， ∴， 令， 化简得：， 解得：（负值舍去）； 综上，有三个不同的值满足的面积为；故此序号错误； ∴正确的结论有一个．   故选：B． 第II卷 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图可用2B铅笔）． 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. 将抛物线向下平移2个单位长度，得到的抛物线解析式为________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可． 【详解】解：将抛物线向下平移2个单位长度，得到的抛物线解析式为． 故答案为： 14. 一元二次方程配方为，则k的值是______． 【答案】１ 【解析】 【分析】将原方程变形成与相同的形式，即可求解． 【详解】解： ∴ 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程中的配方法，掌握配方法的解题步骤是解本题的关键． 15. 已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，其中，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查根与系数的关系，根据根与系数的关系得到，结合，进行求解即可，熟练掌握根与系数的关系，是解题的关键． 【详解】解：∵是关于x的一元二次方程的两个实数根， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． 16. 如图，是的直径，，在上，若，则的度数为___________（度）． 【答案】110 【解析】 【分析】本题考查了圆的半径性质、等腰三角形的性质以及圆内接四边形的性质，解题的关键是通过连接辅助线，利用等腰三角形求出相关角的度数，再借助圆内接四边形对角互补推导结果． 连接，由（圆的半径相等）可知为等腰三角形，结合的度数求出；再根据圆内接四边形对角互补的性质，结合与的关系求出． 【详解】解：连接， ∵的半径）， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， 又∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 如图，中，，将绕点顺时针旋转，得到，点的对应点分别为，延长与相交于点，连接． （1）___________（度）； （2）若的长为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、直角三角形的性质、三角形外角的性质、等边三角形的判定和性质，弄清角之间的关系成为解题的关键； （1）先根据旋转的性质得、，然后根据三角形外角的性质即可解答． （2）由旋转可得为等边三角形，即可得出，再根据含角的直角三角形的性质即可得出结论 【详解】（1）解： ∵将绕点顺时针旋转得到，， ∴、， ∵ ∴， 故答案为：60． （2）∵将绕点顺时针旋转得到， ∴、， ∴为等边三角形 ∴, ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为： 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均在格点上，点在网格线上． （1）线段的长等于___________； （2）以为直径作圆，在线段上有一点，满足，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）___________ 【答案】 ①. ②. 见解析 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理、圆的基本性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及无刻度直尺的网格作图，解题的关键是熟练运用勾股定理计算线段长度，结合无刻度直尺的网格作图特征、中位线定理和全等判定构造满足条件的点． （1）根据网格确定A、C两点横向距离为4、纵向距离为1，运用勾股定理计算线段的长度； （2）借助无刻度直尺和网格特征，先确定与竖直格线交点M即为的中点（相似三角形判定与性质）；根据圆的对称性作另一条直径，与相交于圆心O．连接，利用中位线定理可得平行于且N为中点，直径所对为直角，再通过可证，从而，由此作射线与的交点即为P． 【详解】（1）解：由勾股定理得，， 故答案为：． （2）解：如图，点P即为所求作的点，满足． 作法：根据圆的对称性，作另一条直径，与相交于O，即为圆心，设线段与竖直格线的交点为点M，连接与相交于点N，作射线与交于点P． 三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 19. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的求解，熟练掌握因式分解法和配方法是解题的关键． （1）移项后提取公因式，利用因式分解法计算即可； （2）移项整理后，利用配方法解方程即可． 【小问1详解】 解： ∴或， ∴． 【小问2详解】 解： ， ∴， ∴． 20. 小宇要对一幅书法作品进行装裱，装裱后如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边，已知原作品的长为，宽为，在装裱后左右两边的边宽相等，天头长与地头长也相等，且与天头长的比为，如果在装裱后，原作品的面积恰好是装裱后作品总面积的，那么装裱后左右两边的边宽分别是多少？ 【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． 设装裱后左右两边的边宽分别是，则天头长和地头长分别是，根据原作品的面积恰好是装裱后作品总面积的，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】解：设装裱后左右两边的边宽分别是，则天头长和地头长分别是， 由题意得：， 整理得：， 解得：，不符合题意，舍去， 答：装裱后左右两边的边宽分别是． 21. 已知是的直径，延长弦到点，使，连接并延长与相交于点． （1）如图①，若，求和的大小； （2）如图②，若，求和的大小． 【答案】（1），； （2），； 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质和判定、同弧或等弧所对的圆周角相等、半圆（直径）所对的圆周角是直角等知识点，掌握相关结论是解题关键． （1）由题意得垂直平分，推出得即可求解； （2）根据，，可推出；是等腰三角形，进而得；结合（1）得，推出，即可求解． 【小问1详解】 解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴； ∵， ∴； ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，是等腰三角形， ∴； 由（1）可知：， ∴， ∵， ∴， ∴． 22. 已知是的直径，是的切线，． （1）如图①，若，求直径的长； （2）如图②，点是上一点，若，与相交于点，过点作弦，与相交于点，求和直径的长． 【答案】（1） （2），； 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质、垂径定理等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键．； （1）由题意得；推出即可求解； （2）连接，同理可得；根据，推出，即；进而得，设半径为，则，根据，即可求解； 【小问1详解】 解：∵是的切线， ∴，即； ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：连接，如图所示： ∵，； ∴， ∴； ∵， ∴，即； ∵， ∴， ∴， ∵是的直径，， ∴， ∴； 设半径为，则， ∵， ∴，解得：， ∴； 23. 通常情况下，人服药后药会被人体吸收，同时人体血液中的药物浓度（简称血药浓度）也会随着时间的推移而发生波动．经研究发现，血药浓度与时间满足某种函数关系．假设某位患者第一次服用某药后的血药浓度与时间近似满足函数关系（为常数，），如表格记录了该患者第一次服用该药后的血药浓度与时间的几组对应值： 0 1 2 3 4 5 … 0 7 12 15 16 15 … 请根据相关信息，回答下列问题： （1）①填空：该患者第一次服用该药后___________的血药浓度最高为___________； ②求该患者第一次服用该药后的血药浓度关于时间的函数解析式； （2）两次分别服用相同剂量的该药产生的体内血药浓度随时间的推移而发生的波动相同．若两次服药后的血药浓度波动有重叠时，血药总浓度是这两次血药浓度的和，当血药总浓度超过时，该药会引起中毒．该患者第一次和第二次服药间隔的时间为，判断该患者是否存在中毒风险，并说明理由． 【答案】（1）①4，16；② （2）患者存在中毒风险，理由见解析 【解析】 【分析】（1）①由对称性可知二次函数的顶点坐标为，则该患者第一次服用该药后的血药浓度最高为；②由①得第一次服药后与的函数解析式为，利用待定系数法求解即可； （2）由“两次服药后的血药浓度波动有重叠时，血药总浓度是这两次血药浓度的和”得此时患者血药浓度为，求出的最大值与进行比较即可； 本题主要考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值等，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：①由表格可知二次函数的顶点坐标为，则该患者第一次服用该药后的血药浓度最高为； 故答案为：4，16； ②由①知与的函数关系式为， 将点代入得， 解得， 则第一次服药后与的函数解析式为； 【小问2详解】 患者存在中毒风险，理由如下： ∵患者第一次和第二次服药间隔的时间为， ∴血药总浓度为， 整理得， ∵， ∴当时，有最大值为， ∵， ∴该患者第一次和第二次服药间隔的时间为，存在中毒风险． 24. 在平面直角坐标系中，为原点，直角的顶点，点在轴的正半轴，，等腰直角，点在轴的负半轴，点在轴的正半轴，． （1）填空：如图①，点的坐标为___________，点的坐标为___________； （2）将等腰直角绕点逆时针旋转，得到，点的对应点分别为，记旋转角为． ①如图②，当点在边上时，求旋转角的大小和的长； ②连接，点为的中点，点为的中点，连接，求的取值范围（直接写出结果即可） 【答案】（1）， （2）①；；② 【解析】 【分析】（1）由，，得，得,得；由 ，得，即得． （2）①过点作于点E，作线段的垂直平分线交于点G，交于点F,连接，设，由，得，由，得，，由，得，解得，得，，，设，由线段垂直平分线性质得，，得，解得，得，得，即得；②连接，由，得，根据三角形中位线性质得． 【小问1详解】 解：∵点， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵点在轴的正半轴， ∴． ∵等腰直角中，， ∴ ∵点在轴的负半轴， ∴． 故答案为：，． 【小问2详解】 解：①过点作于点E，作线段的垂直平分线交于点G，交于点F，连接． 设， 由（1）知，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 化简，得． 解得（舍去），或． ∴，，． ∵， ∴． ∴． 设， 则，． ∵， ∴． 解得． ∴． ∴． ∴． ②连接， 则． ∵， ∴． ∵点为的中点，点为的中点， ∴． ∴． 【点睛】本题考查平面直角坐标系中三角形旋转，熟练掌握点的坐标，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线性质，三角形外角性质，三角形中位线定理，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，正确作出辅助线，是解题的关键． 25. 已知抛物线（a，b，c为常数，，）与轴交于点和点（点在点的左侧），与轴交于点，点在线段（点除外）上运动，将线段绕点逆时针旋转得到线段． （1）当时， ①若点的坐标为，求该抛物线顶点的坐标； ②若，且点在抛物线上，求抛物线的解析式； （2）当时，点为第一象限的动点，，连接．当取得最小值，且点在抛物线上时，求的值． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意可得，，，代入抛物线，求解即可； ②根据可得，，可得，则为等腰直角三角形，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，根据可得，得到，根据，得到，再将、、代入抛物线，求解即可； （2）由可得抛物线为，取点，连接，，根据题意可得，，得到，即在线段上运动，设；由，点为第一象限的动点可得点是在以为直径的半圆上运动，取，连接，，可得当取得最小值时，取得最小值，，由二次函数的性质可得当时，最小，此时点，代入抛物线，求解即可． 【小问1详解】 解：①由题意可得，，， ∵， ∴，， 将，，代入抛物线可得 ，解得， 即抛物线为， 即顶点坐标为； ②由①得，，则，即为等腰直角三角形， 分别过点，作的垂线，垂足分别为，，如下图： 则为等腰直角三角形，设， 由可得，，解得（负值舍去）， ∴，， 由旋转的性质可得，，， ∴， ∴， ∴， ∴，，即 将、、代入抛物线可得， ，解得， 即抛物线为； 【小问2详解】 解：由可得抛物线为， 取点，连接，， 由题意可得，，，， ∴， ∴，即在线段上运动， 设直线为，将，代入可得， ，解得，即， 故设， 由，点为第一象限的动点，可得点是在以为直径的半圆上运动， 取，连接，，如下图： 则， 由三角形三边关系可得，，当、、共线时，取得等号， 则当取得最小值时，取得最小值，， ∵，开口向上，对称轴为， ∴当时，最小，即取得最小值，此时点， 将、代入抛物线可得， ，解得， 即． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及到待定系数法求解析式，旋转，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等内容，综合性比较强，解题的关键是熟练掌握性质的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学 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． 祝你考试顺利！ 第I卷 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. 下列人工智能图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 点与点关于原点对称，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 二次函数的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 下列方程中，有两个不相等的实数根的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，等腰，，，将绕点旋转，得到，点，的对应点分别为，，且点在的延长线上，则旋转方向和旋转角可能为（ ） A. 顺时针， B. 逆时针， C. 顺时针， D. 逆时针， 6. 在中，，，以点为圆心，为半径作圆与相切，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，四边形内接于，，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 一名男生推铅球，铅球行进高度（单位：）与水平距离（单位：）之间的关系是，则推出铅球的水平距离为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转到，当点落在边上时，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 10. 我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为株，则符合题意的方程为（ ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴有两个交点，且这两个交点分别位于轴两侧，则下列关于该函数的结论正确的是（ ） A. 图象的开口向下 B. 当时，的值随值的增大而增大 C. 函数的最小值小于 D. 当时， 12. 正方形，，对角线，相交于点，动点从点出发，以的速度沿、边向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．当时，点的位置如图所示．有下列结论： ①当时，的面积为； ②在运动过程中，的面积随值的增大而增大； ③在运动过程中，有两个不同的值满足的面积为． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 第II卷 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图可用2B铅笔）． 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. 将抛物线向下平移2个单位长度，得到的抛物线解析式为________． 14. 一元二次方程配方为，则k的值是______． 15. 已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，其中，则________． 16. 如图，是的直径，，在上，若，则的度数为___________（度）． 17. 如图，中，，将绕点顺时针旋转，得到，点的对应点分别为，延长与相交于点，连接． （1）___________（度）； （2）若的长为___________． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均在格点上，点在网格线上． （1）线段的长等于___________； （2）以为直径作圆，在线段上有一点，满足，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点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、演算步骤或推理过程） 19. 解下列方程： （1）； （2）． 20. 小宇要对一幅书法作品进行装裱，装裱后如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边，已知原作品的长为，宽为，在装裱后左右两边的边宽相等，天头长与地头长也相等，且与天头长的比为，如果在装裱后，原作品的面积恰好是装裱后作品总面积的，那么装裱后左右两边的边宽分别是多少？ 21. 已知是的直径，延长弦到点，使，连接并延长与相交于点． （1）如图①，若，求和的大小； （2）如图②，若，求和的大小． 22. 已知是的直径，是的切线，． （1）如图①，若，求直径的长； （2）如图②，点是上一点，若，与相交于点，过点作弦，与相交于点，求和直径的长． 23. 通常情况下，人服药后药会被人体吸收，同时人体血液中的药物浓度（简称血药浓度）也会随着时间的推移而发生波动．经研究发现，血药浓度与时间满足某种函数关系．假设某位患者第一次服用某药后的血药浓度与时间近似满足函数关系（为常数，），如表格记录了该患者第一次服用该药后的血药浓度与时间的几组对应值： 0 1 2 3 4 5 … 0 7 12 15 16 15 … 请根据相关信息，回答下列问题： （1）①填空：该患者第一次服用该药后___________的血药浓度最高为___________； ②求该患者第一次服用该药后的血药浓度关于时间的函数解析式； （2）两次分别服用相同剂量的该药产生的体内血药浓度随时间的推移而发生的波动相同．若两次服药后的血药浓度波动有重叠时，血药总浓度是这两次血药浓度的和，当血药总浓度超过时，该药会引起中毒．该患者第一次和第二次服药间隔的时间为，判断该患者是否存在中毒风险，并说明理由． 24. 在平面直角坐标系中，为原点，直角的顶点，点在轴的正半轴，，等腰直角，点在轴的负半轴，点在轴的正半轴，． （1）填空：如图①，点的坐标为___________，点的坐标为___________； （2）将等腰直角绕点逆时针旋转，得到，点的对应点分别为，记旋转角为． ①如图②，当点在边上时，求旋转角的大小和的长； ②连接，点为的中点，点为的中点，连接，求的取值范围（直接写出结果即可） 25. 已知抛物线（a，b，c为常数，，）与轴交于点和点（点在点的左侧），与轴交于点，点在线段（点除外）上运动，将线段绕点逆时针旋转得到线段． （1）当时， ①若点的坐标为，求该抛物线顶点的坐标； ②若，且点在抛物线上，求抛物线的解析式； （2）当时，点为第一象限的动点，，连接．当取得最小值，且点在抛物线上时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $