2025-2026学年人教版九年级数学上册期末试卷

第一学期期末试卷2025-2026学年人教版九年级数学上册（含答案） 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列事件中的必然事件是（　　） A．地球绕着太阳转 B．射击运动员射击一次，命中靶心 C．天空出现三个太阳 D．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯 2．（3分）下面四幅图是广东省一些场馆的标志，其中是中心对称图形的是（　　） A．广东美术馆 B．广东省博物馆 C．广东中医药博物馆 D．广东革命历史博物馆 3．（3分）已知⊙O的半径为5cm，点P到圆心O的距离OP＝4cm，则点P（　　） A．在⊙O内 B．在⊙O上 C．在⊙O外 D．无法确定 4．（3分）一元二次方程x2﹣2x﹣5＝0，用配方法解该方程，配方后的方程为（　　） A．（x﹣1）2＝10 B．（x﹣1）2＝8 C．（x﹣1）2＝3 D．（x﹣1）2＝6 5．（3分）下列图形为旋转对称图形（即绕一个点旋转后能与原图重合的图形）的是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）若点（﹣1，y1），（2，y2），（4，y3）都在二次函数y＝2x2的图象上，则（　　） A．y3＞y2＞y1 B．y2＞y1＞y3 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y1＞y2 7．（3分）假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌鸟与雄鸟的概率相同，如果3枚鸟卵全部成功孵化，那么3只雏鸟中有不少于2只雄鸟的概率是（　　） A． B． C． D． 8．（3分）如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且B（2，0），以AB为边构造菱形ABEF，将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点F2023的坐标为（　　） A． B． C． D． 9．（3分）如图，是一个底部呈球形的蒸馏瓶，球的半径为5cm，瓶内液体的最大深度CD＝2cm，则截面圆中弦AB的长为（　　） A． B． C． D．8cm 10．（3分）关于二次函数y＝2x2+x的图象，下列说法不正确是（　　） A．经过原点 B．顶点在x轴上 C．对称轴是直线 D．有最小值 二．填空题（共6小题，满分15分） 11．（3分）写出一个y关于x的二次函数的解析式，且它的图象的顶点在x轴上：　 　 ． 12．（3分）如图，一个游戏转盘被分成红、黄、蓝三个扇形，其中蓝、黄扇形的圆心角度数分别为60°，90°，转动转盘，停止后指针落在红色扇形区域的概率是 　 　 ． 13．某学习小组的成员互赠新年贺卡，共用去42张贺卡，则该学习小组有 　 　 名成员． 14．（3分）一个圆锥底面半径是母线长度的，则这个圆锥侧面展开后扇形的圆心角是　 　 °． 15．（3分）如图，点E在边长为2正方形ABCD的边AB上（且点E不与点B，C重合），线段EF是线段DE绕着点E顺时针旋转90°得到，连接DF，BF，有下列结论：①AC∥BF；②DF＝2BF；③∠CDF＝∠BFE；④△BEF的面积的最大值为1．其中正确结论的序号是 　 　 ．（把正确结论的序号都填上） 16．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（x1，0），（2，0），其中0＜x1＜1，下列四个结论： ①abc＜0； ②a+b+c＞0； ③2b+3a＜0； ④不等式的解集为0＜x＜2． 其中正确的是 　 　 （填写序号）． 三．解答题（共8小题，满分56分） 17．（8分）若关于x的方程x2﹣2x+c＝0有一根为﹣1，求方程的另一根及c值． 18．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在BA上，连接AF． （1）若∠BAC＝36°，求∠BAF的度数； （2）若AC＝12，BC＝9，求AF的长． 19．如图是某停车场，现仅剩下“C001”、“C002”、“C003”、“C004”四个车位． （1）若有一辆小汽车停车，则这辆车停在“C002”号车位的概率是 　 　 ； （2）分别记这四个车位为A、B、C、D，小明和小红同时来到该处停车，用画树状图或列表的方法，求两人停车在相邻车位的概率． 20．（8分）小明同学学习了《圆》这一章后，对圆的数学史产生了兴趣，下面是他查阅整理的相关材料． 材料一：弦切角定理是有关圆的重要定理之一，其内容为弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数（顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角）．如图（1）所示，线段PT所在的直线与⊙O相切于点C，BC，AC为⊙O的弦，则∠TCB为其中的一个弦切角（∠PCB，∠PCA，∠TCA也是弦切角），有． 材料二：欧几里得最早在《几何原本》中，把切线定义为和圆相交，但恰好只有一个交点的直线．如图（2），PT是⊙O的一条切线，而直线AP与⊙O有两个交点A，B，则将直线AP称为⊙O的割线．数学家们发现：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长的平方等于这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积． 请结合以上材料与所学知识回答下列问题： （1）根据图（2），运用材料一的内容，完成对材料二的证明． 已知：直线AP是⊙O的一条割线，与⊙O交于点A，B，PT与⊙O相切，切点为T，求证：　 　 ． 证明：…… （2）如图（3），将直线AP绕点P旋转至过圆心O，恰好AB：BP＝3：1，若PT的长为，求BP的长． 21．（8分）弗朗索瓦•韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用． （1）作图（保留作图痕迹）： 已知AB是⊙O的直径，点P是BA延长线上的一点． ①作线段OP的垂直平分线MN交OP于点Q；②以点Q为圆心，PQ长为半径作圆，交圆O于点E，F；③连接PE和PF． （2）试说明PE是圆O切线的理由． 22．（10分）某商场出售一种台灯，成本为每件30元，规定售价不低于进价，当售价为每件50元，每月可销售60件．市场调查发现：若这种台灯的售价每降价1元，则每月的销量将增加2件，设每件台灯降价x元（x为正整数），每月的销量为y件． （1）写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）如何定价，才能使每月销售的利润最大？最大利润是多少元？ 23．（10分）在正方形ABCD中，E是DC延长线上的点，F是线段AB上一点且AF＝CE．过E作EG⊥CD，使EG＝BF，连接FG． （1）如图1，连结BG．求∠ABG的度数； （2）如图2，在（1）的条件下，连接AG交BC于N，并取AG中点M，连接FM．若，，求线段MN的长． 24．（12分）如图，三角形ABC是以BC为底边的等腰三角形，点A、C分别是一次函数的图象与y轴、x轴的交点，点B在二次函数的图象上，且该二次函数图象上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形． （1）求B、D坐标，并写出该二次函数表达式； （2）动点P从A到D，同时动点Q从C到A都以每秒1个单位的速度运动，问： ①当P运动到何处时，有PQ⊥AC？ ②当P运动到何处时，四边形PDCQ的面积最小？此时四边形PDCQ的面积是多少？ 第一学期期末试卷2025-2026学年人教版九年级数学上册（含答案） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A A D C A B A D B 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列事件中的必然事件是（　　） A．地球绕着太阳转 B．射击运动员射击一次，命中靶心 C．天空出现三个太阳 D．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯 【考点】随机事件．版权所有 【分析】根据随机事件、必然事件、不可能事件的定义对4个选项进行分析． 【解答】解：地球绕着太阳转是必然事件，所以A符合题意； 射击运动员射击一次，命中靶心是随机事件，所以B不符合题意； 天空出现三个太阳是不可能事件，所以C不符合题意； 经过有交通信号灯的路口遇到红灯是随机事件，所以D不符合题意． 故选：A． 【点评】本题主要考查了随机事件、必然事件、不可能事件的定义，难度不大，认真分析即可． 2．（3分）下面四幅图是广东省一些场馆的标志，其中是中心对称图形的是（　　） A．广东美术馆 B．广东省博物馆 C．广东中医药博物馆 D．广东革命历史博物馆 【考点】中心对称图形．版权所有 【分析】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，根据中心对称图形的概念求解． 【解答】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形； 选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 故选：A． 【点评】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3．（3分）已知⊙O的半径为5cm，点P到圆心O的距离OP＝4cm，则点P（　　） A．在⊙O内 B．在⊙O上 C．在⊙O外 D．无法确定 【考点】点与圆的位置关系．版权所有 【分析】设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：①点P在圆外⇔d＞r，②点P在圆上⇔d＝r，③点P在圆内⇔d＜r，由此即可判断． 【解答】解：∵⊙O的半径r＝5cm，点P到圆心O的距离OP＝4cm， ∴OP＜r， ∴点P在⊙O内． 故选：A． 【点评】本题考查点与圆的位置关系，关键是掌握点与圆位置关系的判定方法． 4．（3分）一元二次方程x2﹣2x﹣5＝0，用配方法解该方程，配方后的方程为（　　） A．（x﹣1）2＝10 B．（x﹣1）2＝8 C．（x﹣1）2＝3 D．（x﹣1）2＝6 【考点】解一元二次方程﹣配方法．版权所有 【分析】根据配方法的步骤，进行配方，再进行判断即可． 【解答】解：x2﹣2x﹣5＝0， ∴x2﹣2x＝5， ∴x2﹣2x+1＝5+1， ∴（x﹣1）2＝6． 故选：D． 【点评】本题考查配方法．熟练掌握配方法的步骤，正确的进行配方是解题的关键． 5．（3分）下列图形为旋转对称图形（即绕一个点旋转后能与原图重合的图形）的是（　　） A． B． C． D． 【考点】旋转对称图形．版权所有 【分析】根据旋转对称图形的概念和图形特征解答． 【解答】解：A，B，D无法通过旋转一个小于360°的角度，与自身重合，只有选项C图形可以平分成3份，因而它至少需要旋转120°，才能与其自身完全重合，是旋转对称图形． 故选：C． 【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 6．（3分）若点（﹣1，y1），（2，y2），（4，y3）都在二次函数y＝2x2的图象上，则（　　） A．y3＞y2＞y1 B．y2＞y1＞y3 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y1＞y2 【考点】二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据解析式判断出开口方向和对称轴，再判断出离对称轴越远函数值越大即可得到答案． 【解答】解：由抛物线解析式可知二次函数开口向上，对称轴为y轴，距离y轴越远函数值越大， ∴y3＞y2＞y1， 故选：A． 【点评】本题主要考查了比较二次函数值的大小，熟练掌握该知识点是关键． 7．（3分）假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌鸟与雄鸟的概率相同，如果3枚鸟卵全部成功孵化，那么3只雏鸟中有不少于2只雄鸟的概率是（　　） A． B． C． D． 【考点】列表法与树状图法．版权所有 【分析】根据题意，画出树状图，利用概率公式进行求解即可． 【解答】解：根据题意画图如下： 共8种情况，3只雏鸟中有不少于2只雄鸟有4种情况，所以概率为． 故选：B． 【点评】本题考查列树状图法求概率．熟练掌握树状图法求概率是解题的关键． 8．（3分）如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且B（2，0），以AB为边构造菱形ABEF，将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点F2023的坐标为（　　） A． B． C． D． 【考点】菱形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．版权所有 【分析】先根据正方形知识求出AB长，从而求出点F的坐标，再根据题上条件得出旋转为每4次一个循环，从而求出点F2023的坐标． 【解答】解：∵点B的坐标为（2，0）， ∴OB＝2， 由正方形的性质，得OA＝OB＝OC＝OD＝2， ∴根据勾股定理得：， ∵四边形ABEF为菱形， ∴， ∴， ∵将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°， ∴F1（2，），F2（﹣2，﹣2），F3（﹣2，2），F4（2，2），F5（2，﹣2）⋯⋯ 由题意可知：旋转为每4次一个循环，2023÷4＝505……3， ∴第2023次旋转结束时，点F2023与点F3坐标相同， ∴， 故选：A． 【点评】本题主要考查的是正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，旋转的性质，坐标与图形，熟练掌握正方形知识和找到规律是解决本题的关键． 9．（3分）如图，是一个底部呈球形的蒸馏瓶，球的半径为5cm，瓶内液体的最大深度CD＝2cm，则截面圆中弦AB的长为（　　） A． B． C． D．8cm 【考点】垂径定理的应用；勾股定理．版权所有 【分析】由垂径定理得，再由勾股定理得AC，进而完成解答． 【解答】解：由题意得：OC⊥AB， ∴， ∵OA＝OD＝5cm，CD＝2cm， ∴OC＝OD﹣CD＝5﹣2＝3cm， 在Rt△OAC中，由勾股定理得： cm， ∴AB＝2AC＝8cm． ∴截面圆中弦AB的长为8cm． 故选：D． 【点评】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 10．（3分）关于二次函数y＝2x2+x的图象，下列说法不正确是（　　） A．经过原点 B．顶点在x轴上 C．对称轴是直线 D．有最小值 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值；二次函数的图象．版权所有 【分析】令x＝0，求得y的值判断A，将抛物线的解析式化为顶点式，得到函数图象的对称轴和顶点坐标判断B和C，然后结合开口方向得到函数的增减性判断D． 【解答】解：令x＝0，y＝0，故选项A正确，不符合题意； ∵， ∴抛物线的对称轴为直线，故选项C正确，不符合题意； 顶点坐标为，故选项B不正确，符合题意； ∵函数图象开口向上， ∴函数的最小值为，故选项D正确，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 二．填空题（共6小题，满分15分） 11．（3分）写出一个y关于x的二次函数的解析式，且它的图象的顶点在x轴上：y＝2（x+1）2（答案不唯一）．　 ． 【考点】二次函数的性质．版权所有 【分析】由图象的顶点在x轴上可知：顶点的纵坐标是0，确定顶点即可直接写出满足条件的解析式． 【解答】解：顶点在x轴上，则顶点的纵坐标是0． 当顶点是（﹣1，0）时，函数的可以是解析式是y＝2（x+1）2．答案不唯一． 故答案为：y＝2（x+1）2（答案不唯一）． 【点评】本题考查了写二次函数的解析式，理解顶点在x轴上，则顶点的纵坐标是0，确定顶点坐标是关键． 12．（3分）如图，一个游戏转盘被分成红、黄、蓝三个扇形，其中蓝、黄扇形的圆心角度数分别为60°，90°，转动转盘，停止后指针落在红色扇形区域的概率是 　　 ． 【考点】几何概率．版权所有 【分析】求出红色部分所占整体的几分之几即可． 【解答】解：红色部分所在的圆心角的度数为360°﹣60°﹣90°＝210°， 因此红色部分所占整体的，即转动转盘，停止后指针落在红色区域的概率为， 故答案为：． 【点评】本题考查几何概率，求出相应部分所占整体的几分之几是解决问题的关键． 13．某学习小组的成员互赠新年贺卡，共用去42张贺卡，则该学习小组有 　7　 名成员． 【考点】一元二次方程的应用．版权所有 【分析】设该学习小组有x名成员，则小组内每名成员需送出（x﹣1）张贺卡，由该小组互赠新年贺卡共42张，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【解答】解：设该学习小组有x名成员，则小组内每名成员需送出（x﹣1）张贺卡， 根据题意得：x（x﹣1）＝42， 解得：x1＝7，x2＝﹣6（不合题意，舍去）， 即该学习小组有7名成员． 故答案为：7． 【点评】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． 14．（3分）一个圆锥底面半径是母线长度的，则这个圆锥侧面展开后扇形的圆心角是　120　 °． 【考点】圆锥的计算．版权所有 【分析】根据圆锥底面圆的周长为圆锥侧面展开后扇形的弧长列式计算． 【解答】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥侧面展开后扇形的圆心角是n°，则圆锥的母线长为3r， 由题意得：2πr， 解得：n＝120， 则圆锥侧面展开后扇形的圆心角是120°， 故答案为：120． 【点评】本题考查的是圆锥的计算，熟记弧长公式是解题的关键． 15．（3分）如图，点E在边长为2正方形ABCD的边AB上（且点E不与点B，C重合），线段EF是线段DE绕着点E顺时针旋转90°得到，连接DF，BF，有下列结论：①AC∥BF；②DF＝2BF；③∠CDF＝∠BFE；④△BEF的面积的最大值为1．其中正确结论的序号是 　①③　 ．（把正确结论的序号都填上） 【考点】旋转的性质；二次函数的最值；正方形的性质．版权所有 【分析】由旋转的性质可得DE＝EF，∠DEF＝90°，由“SAS”可证△DEH≌△FEB，可证∠CBF＝45°＝∠ACB，可得AC∥BF，故①正确；由角的数量关系可证∠CDF＝∠BFE，故③正确；由三角形的面积公式可得S△FEB＝S△DEH（EH﹣1）2，可得△BEF的面积的最大值为，故④错误；当∠BDF＝30°时，DF＝2BF，故②错误；即可求解． 【解答】解：如图，连接AC，BD，过点E作EH⊥AB交BD于H， ∵线段EF是线段DE绕着点E顺时针旋转90°得到， ∴DE＝EF，∠DEF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADB＝∠BDC＝∠ABD＝45°＝∠ACB， ∵HE⊥AB， ∴△HEB是等腰直角三角形， ∴BE＝HE，∠EHB＝45°，∠HEB＝90°＝∠DEF， ∴∠DEH＝∠BEF，∠DHE＝135°， 又∵DE＝EF，EH＝EB， ∴△DEH≌△FEB（SAS）， ∴∠DHE＝∠EBF＝135°，∠EDH＝∠EFB， ∴∠CBF＝45°＝∠ACB， ∴AC∥BF，故①正确； ∵DE＝EF，∠DEF＝90°， ∴∠EDF＝45°＝∠BDC， ∴∠CDF＝∠EDH， ∴∠CDF＝∠BFE，故③正确； ∵△DEH≌△FEB， ∴S△FEB＝S△DEH， ∵S△FEB＝S△DEHEH•AEEH×（2﹣EH）（EH﹣1）2， ∴△BEF的面积的最大值为，故④错误； ∵∠DBF＝90°， ∴当∠BDF＝30°时，DF＝2BF，故②错误； 故答案为：①③． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 16．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（x1，0），（2，0），其中0＜x1＜1，下列四个结论： ①abc＜0； ②a+b+c＞0； ③2b+3a＜0； ④不等式的解集为0＜x＜2． 其中正确的是 　①③④　 （填写序号）． 【考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．版权所有 【分析】根据二次函数的图象与性质逐个判断即可． 【解答】解：根据抛物线的开口向上，对称轴在y轴的右侧，与y轴正半轴相交， ∴a＞0，c＞0，，即b＜0， ∴abc＜0，故①正确； ∵当x＝1时，y＜0， ∴a+b+c＜0，故②错误； ∵抛物线过点（2，0）， ∴4a+2b+c＝0，则2b＝﹣4a﹣c， ∴2b+3a＝﹣a﹣c＜0，故③正确； 设，，则两函数的图象都过点（0，c），（2，0）， 如图， 由图象知，当0＜x＜2时，y1＜y2， 即等式的解集为0＜x＜2，故④正确， 故答案为：①③④． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质、二次函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数与不等式的关系等，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质． 三．解答题（共8小题，满分56分） 17．（8分）若关于x的方程x2﹣2x+c＝0有一根为﹣1，求方程的另一根及c值． 【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解．版权所有 【分析】把x＝﹣1代入已知方程得到关于c的一元一次方程，通过解该方程求得a的值即可． 【解答】解：设方程x2﹣2x+c＝0的另一根为x1， ∵关于x的方程x2﹣2x+c＝0有一根为﹣1， ∴x1﹣1＝2， ∴x1＝3， ∴方程的另一根为3； 将x＝﹣1代入方程x2﹣2x+c＝0得1+2+c＝0， 解得c＝﹣3． 【点评】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的解的定义，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键． 18．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在BA上，连接AF． （1）若∠BAC＝36°，求∠BAF的度数； （2）若AC＝12，BC＝9，求AF的长． 【考点】旋转的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理．版权所有 【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝BF，∠ABC＝∠FBE＝54°，即可求解； （2）由勾股定理可求AB的长，由旋转的性质可得BE＝BC＝9，EF＝AC＝12，∠C＝∠BEF＝90°，即可求解． 【解答】解：（1）∵∠C＝90°，∠BAC＝36°， ∴∠ABC＝54°， ∵将△ABC绕着点B逆时旋转得到△FBE， ∴AB＝BF，∠ABC＝∠FBE＝54°， ∴∠BAF＝63°； （2）∵AC＝12，BC＝9， ∴AB2＝AC2+BC2＝144+81＝225， ∴AB＝15， ∵将△ABC绕着点B逆时旋转得到△FBE， ∴BE＝BC＝9，EF＝AC＝12，∠C＝∠BEF＝90°， ∴AE＝6， ∴AF2＝AE2+EF2＝36+144＝180， ∴AF＝6． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键． 19．如图是某停车场，现仅剩下“C001”、“C002”、“C003”、“C004”四个车位． （1）若有一辆小汽车停车，则这辆车停在“C002”号车位的概率是 　　 ； （2）分别记这四个车位为A、B、C、D，小明和小红同时来到该处停车，用画树状图或列表的方法，求两人停车在相邻车位的概率． 【考点】列表法与树状图法；概率公式．版权所有 【分析】（1）直接由概率公式求解即可； （2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中小明和小红两人停在相邻车位的结果有6种，再由概率公式求解即可． 【解答】解：（1）∵现仅剩下“C001”、“C002”、“C003”、“C004”四个车位， ∴有一辆小汽车停车，则这辆车停在“C002”号车位的概率是； 故答案为：； （2）由题意，画树状图如图所示： 共有12种等可能的结果，其中小明和小红两人停在相邻车位的结果有6种， ∴两人停在相邻车位的概率为． 【点评】本题主要考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件． 20．（8分）小明同学学习了《圆》这一章后，对圆的数学史产生了兴趣，下面是他查阅整理的相关材料． 材料一：弦切角定理是有关圆的重要定理之一，其内容为弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数（顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角）．如图（1）所示，线段PT所在的直线与⊙O相切于点C，BC，AC为⊙O的弦，则∠TCB为其中的一个弦切角（∠PCB，∠PCA，∠TCA也是弦切角），有． 材料二：欧几里得最早在《几何原本》中，把切线定义为和圆相交，但恰好只有一个交点的直线．如图（2），PT是⊙O的一条切线，而直线AP与⊙O有两个交点A，B，则将直线AP称为⊙O的割线．数学家们发现：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长的平方等于这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积． 请结合以上材料与所学知识回答下列问题： （1）根据图（2），运用材料一的内容，完成对材料二的证明． 已知：直线AP是⊙O的一条割线，与⊙O交于点A，B，PT与⊙O相切，切点为T，求证：PT2＝PB•PA ． 证明：…… （2）如图（3），将直线AP绕点P旋转至过圆心O，恰好AB：BP＝3：1，若PT的长为，求BP的长． 【考点】切线的性质；旋转的性质；垂径定理；圆周角定理．版权所有 【分析】（1）连接BT、TA、OB、OT，则∠OTB＝∠OBT，所以∠PAT∠BOT＝90°﹣∠OTB，由切线的性质得∠OTP＝90°，则∠PTB＝90°﹣∠OTB，所以∠PTB＝∠PAT，而∠P＝∠P，即可证明△PTB∽△PAT，得，则PT2＝PB•PA，于是得到问题的答案； （2）由AB：BP＝3：1，得PA＝4BP，因为PT2＝BP•PA，且PT＝2，所以（2）2＝BP×4BP，求得BP． 【解答】解：（1）由材料二得PT2＝PB•PA， 证明：如图（2），连接BT、TA、OB、OT，则OB＝OT， ∴∠OTB＝∠OBT， ∴∠PAT∠BOT（180°﹣2∠OTB）＝90°﹣∠OTB， ∵PT与⊙O相切于点T， ∴PT⊥OT， ∴∠OTP＝90°， ∴∠PTB＝90°﹣∠OTB， ∴∠PTB＝∠PAT， ∵∠P＝∠P， ∴△PTB∽△PAT， ∴， ∴PT2＝PB•PA， 故答案为：PT2＝PB•PA． （2）如图3，∵AB：BP＝3：1， ∴BPPAPA， ∴PA＝4BP， ∵PT2＝BP•PA，且PT＝2， ∴（2）2＝BP×4BP， 解得BP或BP（不符合题意，舍去）， ∴BP的长为． 【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 21．（8分）弗朗索瓦•韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用． （1）作图（保留作图痕迹）： 已知AB是⊙O的直径，点P是BA延长线上的一点． ①作线段OP的垂直平分线MN交OP于点Q；②以点Q为圆心，PQ长为半径作圆，交圆O于点E，F；③连接PE和PF． （2）试说明PE是圆O切线的理由． 【考点】作图—应用与设计作图；相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质．版权所有 【分析】（1）按要求作图即可； （2）根据MN是OP的中垂线，得到OQ＝OP，点O在圆Q上，OQ＝EQ＝PQ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP＝90°，即可证明． 【解答】（1）解：作图如下； （2）证明：连接OE，EQ， ∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F， ∴QE＝QP， ∵MN是OP的中垂线， ∴OQ＝QP，点O在圆Q上， ∴OQ＝EQ＝PQ， ∴∠EOQ＝∠OEQ，∠PEQ＝∠EPQ， ∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ＝180°， ∴2（∠OEQ+∠QEP）＝180°， ∴∠OEQ+∠QEP＝90°， 即∠OEP＝90°，OE垂直EP， ∴PE是圆O的切线． 【点评】本题考查了作图﹣应用与设计作图，线段垂直平分线的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 22．（10分）某商场出售一种台灯，成本为每件30元，规定售价不低于进价，当售价为每件50元，每月可销售60件．市场调查发现：若这种台灯的售价每降价1元，则每月的销量将增加2件，设每件台灯降价x元（x为正整数），每月的销量为y件． （1）写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）如何定价，才能使每月销售的利润最大？最大利润是多少元？ 【考点】二次函数的应用；一次函数的应用．版权所有 【分析】（1）利用每月的销量＝60+2×每件台灯降价的钱数，可找出y与x之间的函数关系式，结合售价不低于进价，即可确定自变量x的取值范围； （2）设每月的销售利润为w元，利用月销售利润＝每件的销售利润×月销售量，可找出w关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质及x的取值范围，即可解决最值问题． 【解答】解：（1）根据题意得：y＝60+2x， ∵规定售价不低于进价， ∴50﹣x≥30， ∴x≤20， ∴y与x之间的函数关系式为y＝60+2x（1≤x≤20，且x为正整数）； （2）设每月的销售利润为w元，则w＝（50﹣x﹣30）（60+2x）＝﹣2x2﹣20x+1200， ∴w＝﹣2（x+5）2+1250， ∵﹣2＜0， ∴当x≥﹣5时，w随x的增大而减小， ∴当x＝1时，w取得最大值，最大值为﹣2×（1+5）2+1250＝1178，此时50﹣x＝50﹣1＝49（元）． 答：当售价为每件49元时，才能使每月销售的利润最大，最大利润是1178元． 【点评】本题考查了一次函数的应用以及二次函数的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，找出y与x之间的函数关系式；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于x的函数关系式． 23．（10分）在正方形ABCD中，E是DC延长线上的点，F是线段AB上一点且AF＝CE．过E作EG⊥CD，使EG＝BF，连接FG． （1）如图1，连结BG．求∠ABG的度数； （2）如图2，在（1）的条件下，连接AG交BC于N，并取AG中点M，连接FM．若，，求线段MN的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【分析】（1）过G作GQ⊥BC于Q，根据正方形的性质及垂直的定义，证得四边形CQGE为矩形，进而求得∠QBG＝45°，即可解答． （2）连接MQ、BM，过M作MP⊥AB于P，证明△AFM≌△GQM（SAS），F、M、Q三点共线，利用勾股定理即可解答． 【解答】解：（1）如图，过G作GQ⊥BC于Q， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DCB＝90°， 即∠BCE＝90°， ∵EG⊥CE， ∴∠E＝90°， 又∵QG⊥BC， ∴∠CQG＝90°， ∴四边形CQGE为矩形， ∴QG＝CE，CQ＝EG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠ABC＝90°， 又∵BF＝CQ， ∴AF＝BQ， ∴AF＝CE＝QG＝BQ， 即BQ＝QG， ∵∠BQG＝90°， ∴∠QBG＝45°， ∴∠ABG＝90°+∠QBG＝135°； （2）如图，连接MQ、BM，过M作MP⊥AB于P， ∵∠BQG＝∠ABC， ∴AF∥QG， ∴∠FAM＝∠QGM， 又∵M为AG中点， ∴AM＝GM， 又∵AF＝QG， ∴△AFM≌△GQM（SAS）， ∴∠FMA＝∠QMG，FM＝QM， ∵∠FMA+∠FMG＝180°， ∴∠FMG+∠QMG＝180°， ∴F、M、Q三点共线， 又∵∠FBQ＝90°， ∴BM＝FM＝MQ， ∴FQ＝2，BP， 在Rt△FQB中，根据勾股定理得BQ， 由（1）知AF＝BQ， ∴AB＝CD＝AF+FB， ∴AP＝AB﹣BP，MP， 根据勾股定理得AM， 同理得到， ∴MN＝AN﹣AM． 【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握正方形的性质，矩形的判定与性质是解题的关键． 24．（12分）如图，三角形ABC是以BC为底边的等腰三角形，点A、C分别是一次函数的图象与y轴、x轴的交点，点B在二次函数的图象上，且该二次函数图象上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形． （1）求B、D坐标，并写出该二次函数表达式； （2）动点P从A到D，同时动点Q从C到A都以每秒1个单位的速度运动，问： ①当P运动到何处时，有PQ⊥AC？ ②当P运动到何处时，四边形PDCQ的面积最小？此时四边形PDCQ的面积是多少？ 【考点】二次函数综合题．版权所有 【分析】（1）根据一次函数解析式求出点A、点C坐标，再由△ABC是等腰三角形可求出点B坐标，根据平行四边形的性性质求出点D坐标，利用待定系数法可求出b、c的值，继而得出二次函数表达式． （2）①设点P运动了t秒时，PQ⊥AC，此时AP＝t，CQ＝t，AQ＝5﹣t，再由△APQ∽△CAO，利用对应边成比例可求出t的值，继而确定点P的位置； ②只需使△APQ的面积最大，就能满足四边形PDCQ的面积最小，设△APQ底边AP上的高为h，作QH⊥AD于点H，由△AQH∽△CAO，利用对应边成比例得出h的表达式，继而表示出△APQ的面积表达式，利用配方法求出最大值，即可得出四边形PDCQ的最小值，也可确定点P的位置． 【解答】解：（1）由yx+3， 令x＝0，得y＝3，所以点A（0，3）； 令y＝0，得x＝4，所以点C（4，0）， ∵△ABC是以BC为底边的等腰三角形， ∴B点坐标为（﹣4，0）， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴D点坐标为（8，3）， 将点B（﹣4，0）、点D（8，3）代入二次函数yx2+bx+c得： ， 解得：， 故该二次函数解析式为：yx2x﹣3． （2）∵OA＝3，OB＝4， ∴AC＝5． ①设点P运动了t秒时，PQ⊥AC，如图，此时AP＝t，CQ＝t，AQ＝5﹣t， ∵PQ⊥AC， ∴∠AQP＝∠AOC＝90°，∠PAQ＝∠ACO， ∴△APQ∽△CAO， ∴，即， 解得：t． 即当点P运动到距离A点个单位长度处，有PQ⊥AC． ②∵S四边形PDCQ+S△APQ＝S△ACD，且S△ACD8×3＝12， ∴当△APQ的面积最大时，四边形PDCQ的面积最小， 当动点P运动t秒时，AP＝t，CQ＝t，AQ＝5﹣t， 设△APQ底边AP上的高为h，作QH⊥AD于点H， 由△AQH∽△CAO可得：， 解得：h（5﹣t）， ∴S△APQt（5﹣t）（﹣t2+5t）（t）2， ∴当t时，S△APQ达到最大值， 此时S四边形PDCQ＝12， 故当点P运动到距离点A个单位处时，四边形PDCQ面积最小，最小值为． 【点评】本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是找到满足题意时的相似三角形，利用对应边成比例的知识得出有关线段的长度或表达式，难度较大． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/12/1 20:22:30；用户：张思雨；邮箱：18366661343；学号：24445058 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $