精品解析：北京市二中教育集团2024-2025学年九年级上学期期末模拟考试数学试卷

北京二中教育集团2024-2025学年度第一学期 初三数学期末模拟考试试卷 考查目标 1．知识：人教版九年级上册《一元二次方程》、《二次函数》、《旋转》、《圆》、《概率初步》的全部内容. 2．能力：数学运算能力，逻辑推理能力，阅读理解能力，实际应用能力，数形结合能力，分类讨论能力． 考生须知 1．本试卷分为第I卷、第II卷和答题卡，共16页；其中第I卷2页，第II卷6页，答题卡8页．全卷共三大题，28道小题. 2．本试卷满分100分，考试时间120分钟. 3．在第I卷、第II卷指定位置和答题卡的密封线内准确填写班级、姓名、考号、座位号. 4．考试结束，将答题卡交回． 第I卷（选择题共16分） 一、选择题（以下每题只有一个正确的选项，每小题2分，共16分） 1. 剪纸是中国特有的民间艺术，如图所示的四个剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若是关于的一元二次方程的一个解，则的值为（ ） A. 2022 B. 2024 C. 4048 D. 4046 3. 已知，则点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 从数学的观点看，对以下成语或诗句中的事件判断正确的是（ ） A. 诗句“清明时节雨纷纷”是必然事件 B. 诗句“离离原上草，一岁一枯荣”是不可能事件 C. 成语“守株待兔”是随机事件 D. 成语“水中捞月”是随机事件 5. 如图，已知是的直径，、是半圆上两点，且满足，，则弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 6. 已知抛物线为常数，，，是抛物线上三点，则，，由小到大依次排列为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在长，宽的长方形花园中，欲修宽度相等的观赏路(如阴影部分所示)，要使观赏路面积占总面积的，则路宽应满足的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 等腰直角三角形中，，的外接圆圆心为，为上一点（不与重合），作射线交于，分别过作的垂线段．当在上运动时，其中结论正确的序号有（ ） ①②③④ A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 第II卷（非选择题共84分） 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 把抛物线向右平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为___________． 10. 用配方法解一元二次方程时，可将原方程配方成，则的值是________． 11. 一个不透明的袋子里装有红球和白球共25个，它们除颜色外完全相同，每次搅匀后从中随机摸出一个球并记下颜色，再放回袋中，不断重复，统计汇总数据如下表： 摸球次数 300 600 900 1500 摸到白球的频数 123 247 365 606 摸到白球的频率 0.410 0.412 0.406 0.404 若袋子里白球有个，根据表格信息，可估计的值为___________． 12. 如图所示，在中，，，，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度得到，当点的对应点恰好落在边上时，的长为________． 13. 如图，点在上，若，则 14. 嘉嘉同学制作了一把扇形纸扇．如图，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为___________． 15. 若时，函数的最大值为17，则______． 16. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，点为轴上一点．当最大时，点的坐标为___________． 三、解答题（共68分，其中第17-21题每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题每题6分，第27-28题每题7分） 17. 解方程：． 18. 已知：如图，A为上的一点． 求作：过点A且与相切的一条直线． 作法：①连接OA； ②以点A为圆心，OA长为半径画弧，与的一个交点为B，作射线OB； ③以点B为圆心，OA长为半径画弧，交射线OB于点P（不与点O重合）； ④作直线PA． 直线PA即为所求． （1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：连接BA． 由作法可知． ∴点A在以OP为直径的圆上． ∴（ ）（填推理的依据）． ∵OA是的半径， ∴直线PA与相切（ ）（填推理的依据）． 19. 如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O． （1）求证：； （2）若，⊙O的半径为5，求△ABC的面积． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知点． （1）画出绕点逆时针旋转后的图形，写出点的坐标，点所经过的路径长为___________； （2）将（1）中所得先向左平移4个单位，再向上平移2个单位得，画出； （3）若可以看作绕某点旋转得来，直接写出旋转中心的坐标． 21. 已知二次函数的图象经过点． （1）求该函数的解析式，并画出这个函数的图象； （2）根据图象，直接写出： ①当函数值时，自变量的取值范围是___________； ②当时，函数值的取值范围是___________． 22. 已知关于的一元二次方程． （1）如果该方程有两个不相等的实数根，求的取值范围． （2）在（1）的条件下，当该方程的两个根都是整数，求正整数的值． 23. 明明和家人去西安旅游购买了甲、乙、丙、丁四个系列摆件，如图，甲系列有3个摆件，乙系列有1个摆件，丙系列有2个摆件，丁系列有3个摆件，每个系列各带有一个礼品盒（摆件均装入对应的礼品盒内），这四个礼品盒的外观和重量都相同．明明先让妈妈从四个礼品盒中随机选择一个拿走，再让爸爸从剩下的三个中随机选择一个拿走． （1）妈妈拿走的礼品盒里装有3个摆件的概率是 ； （2）请用画树状图或列表法，求妈妈和爸爸一共拿走4个摆件的概率． 24. 如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径,点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D. （1）求证：CD为⊙O的切线； （2）若CD=2AD，⊙O的直径为10，求线段AB的长. 25. 如图，在某中学的一场篮球赛中，李明在距离篮圈中心（水平距离）处跳起投篮，球出手时离地面，当篮球运行的水平距离为时达到离地面的最大高度．已知篮球在空中的运行路线为一条抛物线，篮圈中心距地面． （1）建立如图所示的平面直角坐标系，求篮球运动路线所在抛物线的函数解析式； （2）场边看球的小丽认为，李明投出的此球不能命中篮圈中心．请通过计算说明小丽判断的正确性； （3）在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽．但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规．在（1）的条件下，防守方球员张亮前来盖帽，已知张亮的最大摸球高度为，则他应该在李明前面多少米范围内跳起拦截才能盖帽成功？ 26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）求抛物线的顶点坐标（用含的代数式表示）； （2）已知点是抛物线上的两点．若对于，都有，求的取值范围． 27. 已知在中，，点分别在上，点在射线上，． （1）如图1，点与点重合，． ①直接写出的度数； ②取中点，连接，求证：； （2）如图2，当点在的延长线上时，作，交于，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 28. 在平面直角坐标系中，设的半径为，对于内的点和弦，给出如下定义：若点关于直线的对称点在的外部，且，则称点是弦的“限角对称点”． （1）如图1，当时， ①点．在点中，点___________是弦的“限角对称点”； ②若点是弦的“限角对称点”，则弦的长度最大值是___________； （2）已知，设直线与轴，轴分别交于，两点，若线段上始终存在点，使点是某条弦的“限角对称点”，求出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中教育集团2024-2025学年度第一学期 初三数学期末模拟考试试卷 考查目标 1．知识：人教版九年级上册《一元二次方程》、《二次函数》、《旋转》、《圆》、《概率初步》的全部内容. 2．能力：数学运算能力，逻辑推理能力，阅读理解能力，实际应用能力，数形结合能力，分类讨论能力． 考生须知 1．本试卷分为第I卷、第II卷和答题卡，共16页；其中第I卷2页，第II卷6页，答题卡8页．全卷共三大题，28道小题. 2．本试卷满分100分，考试时间120分钟. 3．在第I卷、第II卷指定位置和答题卡的密封线内准确填写班级、姓名、考号、座位号. 4．考试结束，将答题卡交回． 第I卷（选择题共16分） 一、选择题（以下每题只有一个正确的选项，每小题2分，共16分） 1. 剪纸是中国特有的民间艺术，如图所示的四个剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念判定即可求解． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：C． 2. 若是关于的一元二次方程的一个解，则的值为（ ） A. 2022 B. 2024 C. 4048 D. 4046 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了已知一元二次方程的解求代数式的值． 将代入方程，得到的值，进而计算，即可作答． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程的一个解， ∴， 即， ∴， ∴， 故选：C． 3. 已知，则点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了点的坐标，以及绝对值、算术平方根的非负性．先求出，的值，再结合关于原点对称这个条件，即可作答． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， ∴点， ∴点关于原点对称的点的坐标为． 故选：A． 4. 从数学的观点看，对以下成语或诗句中的事件判断正确的是（ ） A. 诗句“清明时节雨纷纷”是必然事件 B. 诗句“离离原上草，一岁一枯荣”是不可能事件 C. 成语“守株待兔”是随机事件 D. 成语“水中捞月”是随机事件 【答案】C 【解析】 【分析】随机事件在随机试验中，可能出现也可能不出现；不可能事件在随机试验中一定不会出现；必然事件在随机试验中一定会出现． 【详解】解：A：清明节不一定会下雨，A为随机事件，故A错误； B：古原上的野草乱生乱长，每年春来茂盛秋来枯黄，B为必然事件，故B错误； C：守株不一定能等来兔子，C为随机事件，故C正确； D：水中不能捞到月亮，故D为不可能事件，故D错误． 故选：C 【点睛】本题考查对于事件类型的判断．掌握各事件的定义即可． 5. 如图，已知是的直径，、是半圆上两点，且满足，，则弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，得到，，利用勾股定理即可解答，熟练运用相关知识是解题的关键． 【详解】解：四边形是的内接四边形，， ， 是的直径， ， ， ， ， ． 故选：B． 6. 已知抛物线为常数，，，是抛物线上三点，则，，由小到大依次排列为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出抛物线的对称轴为直线，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可． 【详解】解：∵，， ∴抛物线的开口向上，对称轴为直线， ∴当，随的增大而增大， ∵关于直线的对称点是， 且， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性和对称性，求出对称轴是解题的关键． 7. 如图，在长，宽的长方形花园中，欲修宽度相等的观赏路(如阴影部分所示)，要使观赏路面积占总面积的，则路宽应满足的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程解决实际问题． 设路宽为，修路后花园剩下的花园拼在一起是长方形，其长为，宽为，面积为，根据“使观赏路面积占总面积的，即修路后剩下花园面积占总面积的”即可列出方程． 【详解】根据题意，得， 即． 故选：B 8. 等腰直角三角形中，，的外接圆圆心为，为上一点（不与重合），作射线交于，分别过作的垂线段．当在上运动时，其中结论正确的序号有（ ） ①②③④ A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】先结合等腰三角形的性质，以及过作的垂线段，证明，故，运用勾股定理得；再根据圆内接四边形对角互补，得，又因为，得，即，故；当与重合时，则，结合为上一点（不与重合），得，当点与圆心重合时，即图中，此时在图中的位置，运用勾股定理得；然后整理得，故，即可作答． 【详解】解：∵等腰直角三角形中，，的外接圆圆心为， ∴， ∴， ∵分别过作的垂线段， ∴， ∴， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故①正确，符合题意； 连接，如图所示： ∵点四点在上， ∴， ∵， ∴， ∵等腰直角三角形中，， ∴， ∵， ∴， 则， ∵，， ∴， ∴， 即， 故②正确，符合题意； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴当与重合时，则， ∵为上一点（不与重合）， ∴ 即， 当点与圆心重合时，即图中，此时在图中的位置，如图所示： ∴是的直径， ∵等腰直角三角形中，， ∴， ∵直径相等， ∴， ∴， 故③错误，不符合题意； ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 故④正确，符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，等腰三角形的判定与性质，三角形外角性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关知识的联系与运用是解题的关键． 第II卷（非选择题共84分） 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 把抛物线向右平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的平移规律，根据“左加右减”进行分析，即可作答． 【详解】解：把抛物线向右平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为， 故答案为： 10. 用配方法解一元二次方程时，可将原方程配方成，则的值是________． 【答案】20 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．根据配方法的一般步骤，将配方为，即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 即 ∴． 故答案为：20． 11. 一个不透明的袋子里装有红球和白球共25个，它们除颜色外完全相同，每次搅匀后从中随机摸出一个球并记下颜色，再放回袋中，不断重复，统计汇总数据如下表： 摸球次数 300 600 900 1500 摸到白球的频数 123 247 365 606 摸到白球的频率 0.410 0.412 0.406 0.404 若袋子里白球有个，根据表格信息，可估计的值为___________． 【答案】10 【解析】 【分析】本题考查了频率估计概率，已知概率求数量．从表格数据可知，摸到白球的频率稳定在附近，根据频率估计概率，摸到白球的概率约为，利用概率公式建立方程求解，即可作答． 【详解】解：从表格数据可知，摸到白球的频率稳定在左右， 因此摸到白球的概率约为， ∵袋中球的总数为，袋子里白球有个， ∴， 解得， 故答案为：10． 12. 如图所示，在中，，，，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度得到，当点的对应点恰好落在边上时，的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点．首先根据旋转的性质得到，然后结合得到是等边三角形，进而得到，然后利用线段的和差求解即可． 【详解】解：∵将绕点按顺时针方向旋转一定的角度得到， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴． 故答案为：． 13. 如图，点在上，若，则 【答案】 【解析】 【分析】取点，连接、，利用圆内接四边形的性质及圆周角定理求解即可．本题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：如图，取点，连接、， ∵， ∴， ∴ ， 故答案为：． 14. 嘉嘉同学制作了一把扇形纸扇．如图，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键． 将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题． 【详解】解：由题知，， ， ∴山水画所在纸面的面积为：． 故答案为： 15. 若时，函数的最大值为17，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质,函数的图像开口向上，对称轴为直线，当时，当时，又因为时函数的最大值为，求解即可． 【详解】解：函数的图像开口向上，对称轴为直线， 当时，随的增大而减小， 当时，随的增大而增大， 当时，， 当时，， ∵时，函数的最大值为， ∴． 故答案为：． 16. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，点为轴上一点．当最大时，点的坐标为___________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，直线与圆的位置关系，垂径定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 利用圆周角定理，当最大时，过A、B两点的圆与y轴相切，通过垂径定理、矩形的性质以及勾股定理来求点P的坐标． 【详解】解：如下图，过点A，B作，则圆心M在线段的垂直平分线上， 点z轴上一点， 分情况讨论与弧所对圆周角的关系： 当y轴与相离时，弧所对的圆周角； 当y轴与相切时，弧所对的圆周角； 当y轴与相交时，设与y轴的交点为P，弧所对的圆周角； 当与y轴相切时，圆周角最大，取得最大值． 如图所示，当最大时，过两点的圆与轴相切， 切点为，点作轴于点连接，则轴. ， 又， 四边形是矩形， ， 又, ， 根据垂径定理可得， ， 从而可得， 在中， ， ， 或． 三、解答题（共68分，其中第17-21题每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题每题6分，第27-28题每题7分） 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，利用配方法解一元二次方程即可得出结果，选择合适的方法进行计算是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴，． 18. 已知：如图，A为上的一点． 求作：过点A且与相切的一条直线． 作法：①连接OA； ②以点A为圆心，OA长为半径画弧，与的一个交点为B，作射线OB； ③以点B为圆心，OA长为半径画弧，交射线OB于点P（不与点O重合）； ④作直线PA． 直线PA即为所求． （1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：连接BA． 由作法可知． ∴点A在以OP为直径的圆上． ∴（ ）（填推理的依据）． ∵OA是的半径， ∴直线PA与相切（ ）（填推理的依据）． 【答案】（1）图见解析；（2）直径所对的圆周角是直角，切线的判定定理 【解析】 【分析】（1）根据所给的几何语言作出对应的图形即可； （2）根据圆周角定理和切线的判定定理解答即可． 【详解】解：（1）补全图形如图所示，直线AP即为所求作； （2）证明：连接BA， 由作法可知， ∴点A在以OP为直径的圆上， ∴（直径所对的圆周角是直角）， ∵OA是的半径， ∴直线PA与相切（切线的判定定理）， 故答案为：直径所对的圆周角是直角，切线的判定定理． 【点睛】本题考查基本作图-画圆、圆周角定理、切线的判定定理，熟知复杂作图是在基本作图的基础上进行作图，一般是结合几何图形的性质，因此熟练掌握基本图形的性质和切线的判定是解答的关键． 19. 如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O． （1）求证：； （2）若，⊙O的半径为5，求△ABC的面积． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）根据垂径定理可得AD垂直平分BC，即可证明结论； （2）连接OB，根据勾股定理可得，得出，利用三角形面积公式求解即可． 【详解】证明：（1）在⊙O中， ∵ OD⊥BC于D， ∴ BD=CD， ∴ AD垂直平分BC， ∴ AB=AC； （2）连接OB，如图所示： ∵BC=8，由（1）得BD=CD， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ △ABC的面积：， ∴ △ABC的面积为32． 【点睛】题目主要考查垂径定理的应用，垂直平分线的性质，勾股定理等，理解题意，综合运用各个定理性质是解题关键． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知点． （1）画出绕点逆时针旋转后的图形，写出点的坐标，点所经过的路径长为___________； （2）将（1）中所得先向左平移4个单位，再向上平移2个单位得，画出； （3）若可以看作绕某点旋转得来，直接写出旋转中心的坐标． 【答案】（1）见解析， （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查平移、旋转的性质，弧长公式，勾股定理与网格，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合旋转的性质得出点，再依次连接，得，然后运用弧长公式进行列式计算，即可作答； （2）根据平移的性质可进行作图； （3）连接，再分别作它们的垂直平分线，交于一点，即旋转中心为点． 【小问1详解】 解：所作如图所示： 依题意，， 则点所经过的路径长为； 【小问2详解】 解：所作如图所示； 【小问3详解】 解：由图可知：旋转中心的坐标为． 21. 已知二次函数的图象经过点． （1）求该函数的解析式，并画出这个函数的图象； （2）根据图象，直接写出： ①当函数值时，自变量的取值范围是___________； ②当时，函数值的取值范围是___________． 【答案】（1），见详解 （2）①或，② 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，用待定系数法求二次函数解析式，画函数图象，理解二次函数的性质是解题的关键． （1）用待定系数法求解二次函数的解析式，用五点法画二次函数的图象即可； （2）根据二次函数的图象回答即可． 【小问1详解】 解：把A、B的坐标代入，得 ，解得：， 二次函数的解析式为：， 抛物线， 抛物线的对称轴为：，顶点坐标为， 当时，， 根据轴对称的性质，点关于的对称点为， 在坐标系内描点：， 用平滑的曲线画出抛物线图象；如下图 【小问2详解】 解：①如图，当时，或， ②当时，； 故答案为：①或，②. 22. 已知关于的一元二次方程． （1）如果该方程有两个不相等的实数根，求的取值范围． （2）在（1）的条件下，当该方程的两个根都是整数，求正整数的值． 【答案】（1）和；（2）1或3． 【解析】 【分析】（1）由题意可知关于x的一元二次方程得到m不为0，根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可得到m的范围； （2）根据（1）的条件，求出两个根并根据两个根都是整数，进行分析即可. 【详解】解： （1）由题意， 方程有两个不相等的实数根， ， 即， 解得， 的取值范围为和． （2）， ，， 当是整数时， 可得或或， 为正整数， 的值为1或3． 【点睛】本题考查一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac，注意掌握当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根． 23. 明明和家人去西安旅游购买了甲、乙、丙、丁四个系列摆件，如图，甲系列有3个摆件，乙系列有1个摆件，丙系列有2个摆件，丁系列有3个摆件，每个系列各带有一个礼品盒（摆件均装入对应的礼品盒内），这四个礼品盒的外观和重量都相同．明明先让妈妈从四个礼品盒中随机选择一个拿走，再让爸爸从剩下的三个中随机选择一个拿走． （1）妈妈拿走的礼品盒里装有3个摆件的概率是 ； （2）请用画树状图或列表法，求妈妈和爸爸一共拿走4个摆件的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查列表法与树状图法求概率以及用概率公式直接求概率， （1）根据概率公式直接求概率即可． （2）画出所有等可能的结果数以及妈妈和爸爸一共拿走4个摆件的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【小问1详解】 解：根据题意有4个礼品盒，其中有3个摆件的礼品盒有2个， ∴妈妈拿走的礼品盒里装有3个摆件的概率是：， 故答案为：． 【小问2详解】 画树状图如下： 由图可得，共有12种等可能的结果，其中妈妈和爸爸一共拿走4个摆件的情况有4种， 妈妈和爸爸一共拿走4个摆件的概率． 24. 如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径,点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D. （1）求证：CD为⊙O的切线； （2）若CD=2AD，⊙O的直径为10，求线段AB的长. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）要证CD为⊙O的切线，只要证CD垂直于对切点的半径，故作辅助线：连接OC，由三角形三个内角和为180°的性质和等腰三角形的判定和性质，即能证出∠DCO =90°，从而得证； （2）要求AB的长，就要考虑它是三角形中的线段或与三角形中的线段有关系，根据垂径定理，只要作OF⊥AB，即有AB=2AF，故只要求出AF即可，由勾股定理和等量代换即可求得. 试题解析：（1）如图，连接OC, ∵点C在⊙O上，OA=OC,∴∠OCA=∠OAC. ∵CD⊥PA，∴∠CDA=90°.∴∠CAD+∠DCA=90°. ∵AC平分∠PAE，∴∠DAC=∠CAO. ∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠DCA+∠CAO=∠DCA+∠DAC="90°." 又∵点C在⊙O上，OC为⊙O的半径，∴CD为⊙O的切线. （2）如图，过O作OF⊥AB，垂足为F，∴∠OCA=∠CDA=∠OFD=90°. ∴四边形OCDF为矩形，∴OC=FD，OF=CD. ∵CD=2AD，设AD=x，则OF=CD=2x， ∵⊙O的直径为10，∴DF=OC=5，∴AF=5-x. 在Rt△AOF中，由勾股定理得. 即，化简得：，解得或（舍去）. ∴AD="2," AF=5-2=3. ∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，∴AB=2AF=6. 考点：1.三角形内角和定理；2.等腰三角形的判定和性质；3.圆的切线的判定；4.矩形的判定和性质；5.勾股定理；6.等量代换；7.解一元二次方程；8.垂径定理. 25. 如图，在某中学的一场篮球赛中，李明在距离篮圈中心（水平距离）处跳起投篮，球出手时离地面，当篮球运行的水平距离为时达到离地面的最大高度．已知篮球在空中的运行路线为一条抛物线，篮圈中心距地面． （1）建立如图所示的平面直角坐标系，求篮球运动路线所在抛物线的函数解析式； （2）场边看球的小丽认为，李明投出的此球不能命中篮圈中心．请通过计算说明小丽判断的正确性； （3）在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽．但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规．在（1）的条件下，防守方球员张亮前来盖帽，已知张亮的最大摸球高度为，则他应该在李明前面多少米范围内跳起拦截才能盖帽成功？ 【答案】（1） （2）小丽的判断是正确的，计算过程如下： 把代入抛物线解析式， 得， ， 此球不能投中，小丽的判断是正确的． （3）张亮应在李明前面1米范围内处跳起拦截才能盖帽成功 【解析】 【分析】（1）由题意可知，抛物线的顶点坐标为，球出手时的坐标为，设抛物线的解析式为，由待定系数法求解即可； （2）求得当时的函数值，与比较即可说明小丽判断的正确性； （3）将代入函数的解析式求得x的值，进而得出答案． 【小问1详解】 解：抛物线顶点坐标为， 设抛物线的解析式为． 把代入，得． ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：当时，， 解之，得或． ，． 答：张亮应在李明前面1米范围内处跳起拦截才能盖帽成功． 【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）求抛物线的顶点坐标（用含的代数式表示）； （2）已知点是抛物线上的两点．若对于，都有，求的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． （1）根据配方法配成顶点式，然后问题可求解； （2）由题意可分和进行分类讨论，然后结合二次函数的性质可进行求解． 【小问1详解】 解：， ∴抛物线的顶点坐标为； 【小问2详解】 解：抛物线，对称轴为直线， ∴关于对称轴的对称点为 当时，，抛物线开口向下，当时，随的增大而减小， ∵， ∴两点位于对称轴两侧，与都位于对称轴右侧， ∵对于，都有， ∴， 解得， 此时； 当时，抛物线开口向上， ∵对于，都有， ∴到对称轴的距离要比到对称轴的距离更小， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得． 综上所述，或． 27. 已知在中，，点分别在上，点在射线上，． （1）如图1，点与点重合，． ①直接写出的度数； ②取中点，连接，求证：； （2）如图2，当点在的延长线上时，作，交于，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】（1）①，②见解析； （2），证明见解析． 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）①根据直角三角形的两锐角互余可求出； ②根据含角的直角三角形可得点为的中点，再结合点是的中点，可得，即可得出结论； （2）取中点，连接，在上取点，使，连接，即可得，，再得到，，得到，，即可得出答案． 【小问1详解】 解：①∵点与点重合，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； ②如图： 在中，， ∴， ∴点为的中点， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：，理由如下： 如图，取中点，连接，在上取点，使，连接， ， ， 是的中点， ， ， ， 在中，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ． 28. 在平面直角坐标系中，设的半径为，对于内的点和弦，给出如下定义：若点关于直线的对称点在的外部，且，则称点是弦的“限角对称点”． （1）如图1，当时， ①点．在点中，点___________是弦的“限角对称点”； ②若点是弦的“限角对称点”，则弦的长度最大值是___________； （2）已知，设直线与轴，轴分别交于，两点，若线段上始终存在点，使点是某条弦的“限角对称点”，求出的取值范围． 【答案】（1）①，；② （2） 【解析】 【分析】本题灵活考查坐标系中点的对称，对称的性质，三角形外角的性质，圆的基本性质，根据条件，找到对应情况的图形是解题关键． （1）先将条件利用对称的性质，转化为的关系，再分析，简化计算， ①根据点A，B的坐标判断的形状，作出对应点，对应三角形，利用三角形外角的性质判断与的关系，再根据图象判断对称点与圆的位置关系即可； ②先通过圆的性质，找到弦最大值的情况，再利用勾股定理求解即可； （2）先求出M，N的坐标，再利用（1）中结论，找到的取值范围，再根据找到的最大值与最小值的情况，根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：∵点和点关于直线对称， ∴， 故“限角对称点”的定义中，条件“”等价于“”， ①由题意，作出对应点图象如下，取点， ∵，，，，横坐标相同， ∴点A，，D，在同一直线上，且轴， ∵， 又由题意可知，的半径为2，即， ∴是等边三角形， ∴， 由外角的性质，可得，， ∵，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 其中，，故不为弦的“限角对称点”， 由图象可知，点，关于直线的对称点显然在外部，且，， 故点，是弦的“限角对称点”； ②求解前，为得到弦最大值情况，先论证三个结论， 结论1：如图所示情况，令，由外角的性质可知， 于是，得结论1：若点C为内一点，且不为圆心，则当为定值时，在远离点C一侧的圆弧上时的长度大于在靠近点C一侧的圆弧上时的长度； 结论2：如图所示情况，， 显然，当与同在远离点C的一侧时，当时，； 结论3：如图所示情况，为定值k，即点C在半径为k的的同心圆上， 设为符合条件的任意一点，为定值，假设此时为满足条件的弦的最大值，且， 取点A，，使得，， 由假设，得，故点A在上， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴在垂直于的直径上， ∴点在所在圆中，相对的最远端， ∴， 又，， ∴两者相矛盾，该情况不存在， 故可得结论3：若点C在内，为定值，当，且在远离点C一侧的圆弧上时，弦取得最大值； 由上述3个结论，可得弦取得最大值的情况为，，如下图，设交x轴于点D， ∵， ∴点C在的垂直平分线上， 由垂径定理，，， ∴， ∴， 由勾股定理，得， ∴， 由勾股定理，得，即， 解得（负值已舍去）， ∴， 此时，， ， ∴此时点C关于的对称点在，满足题意， 故弦的最大值为； 【小问2详解】 解：如图，作于点P， 令，得， ∴， ∴， 令，得， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，为等腰直角三角形， 以为半径，点O为圆心作圆，由题意，可假设与y轴负半轴交于点B，与x轴正半轴交于点A， 则，，，， ∴， 由外角的性质，，即， ∴， 又由图象，显然点P关于的对称点在的外部， ∴此时点P满足“限角对称点”的定义， ∵点C在内，且在上， ∴，即， 由（1）可知，在题给条件下，当，，且在远离点C的一侧的圆弧上时，取得最大值， 故当一定时，该种情况下，取得最大值，即r取得最大值，且为的“限角对称点”， 当点C在上，的最大值为， 如图，作，取点A，B，使得，，交y轴于点P， 由（1）可知，，，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得， 又， ∴此时， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $