精品解析：2026年广东省惠州市惠城区第一次初中学业水平模拟考试数学试卷（期末）

2026年惠城区第一次初中学业水平模拟考试数学试卷 本试卷共6页，23小题，满分120分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号．将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用塑料橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30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. 古钱币是我国珍贵的历史文化遗产．下列选项是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故D选项符合题意． 故选：D． 2. 下列说法正确的是（ ） A. “明天的降水概率为”是指明天下雨的可能性是 B. 连续抛一枚硬币100次，出现反面朝上的次数一定是50次 C. 一个事件发生的概率可能为200% D. 某地发行一种福利彩票，中奖概率为1%，买这种彩票100张一定会中奖 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查概率的基本概念，包括概率的含义、随机事件的独立性以及概率的取值范围．根据概率的意义进行解答即可． 【详解】解：∵ 概率表示事件发生的可能性，降水概率即指明天下雨的可能性是， ∴ A正确； ∵ 硬币抛掷是随机事件，出现反面的概率为，但实际次数不一定为50次， ∴ B错误； ∵ 概率的取值范围是到，不可能为， ∴ C错误； ∵ 彩票中奖是独立事件，中奖概率并不保证买100张一定中奖， ∴ D错误． 故选：A． 3. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程． 根据一元二次方程的定义逐个判断即可． 【详解】解：A．当时，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； B．整理，得，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； C．是二元二次方程，故本选项不符合题意； D．是一元二次方程，故本选项符合题意． 故选：D． 4. 如图，点A，B，P在上，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理和平行线的性质．根据圆周角定理求得，再根据平行线的性质求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 5. 观察下列表格，求一元二次方程的一个近似解是（ ） 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 0.24 0.75 1.44 2.3 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了估算一元二次方程的解．通过观察表格中的值与方程右边的1.1比较，确定解所在的范围即可． 【详解】解：∵ 当时，， 当时，， ∴ 方程的解在和之间， 即． 故选：C． 6. 秋冬季节是我国流感等急性呼吸道传染病高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有144人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用（传染问题），解题的关键是理清每一轮传染的人数变化，建立正确的方程模型． 先确定初始人数为；第一轮传染后，新增人，总人数为；第二轮由人分别传染人，新增人，两轮后总人数为，根据题意该值为144，从而列出方程． 【详解】解：A、 ，该式只计算了两轮各新增人，未考虑第二轮的传染源是第一轮的所有患者，此选项不符合题意； B、，该式错误地将两轮新增人数记为，与实际传染人数变化不符，此选项不符合题意； C、，该式未计入初始的名患者，此选项不符合题意； D、，该式正确反映了初始人数、第一轮新增人数、第二轮新增人数的总和，此选项符合题意． 故选：D． 7. 如图，某汽车车门的底边长为，车门侧开后的最大角度为．若将一扇车门侧开，则这扇车门底边扫过区域的最大面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查扇形的面积．根据这扇车门底边扫过的区域是扇形，求出扇形的半径和圆心角，然后由扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：根据题意这扇车门底边扫过的区域是扇形， 其中扇形的半径为，圆心角最大角度为， ∴扇形的最大面积为：， 故选：B． 8. 已知，分别是抛物线与x轴交点的横坐标，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，利用二次方程根与系数的关系，求出两根之和与积，再计算倒数和即可． 【详解】解：∵抛物线与轴交点的横坐标， 是方程的两根， ∴，， ∴． 故选：B． 9. 如图，是的内切圆，、、为切点，，，，切交于，交于，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用切线长定理得到等边，再利用给出的三条边长，设未知数列方程组，计算出边长，再利用等边换边得到的周长． 【详解】是的内切圆, 、、 是的切线， 又切于点K， 、、、、， 的周长为： 设，，， 则、、， 解得， 的周长为：． 故选D． 【点睛】本题考查切线长定理及边长的计算，需要理清目标和条件，正确且有条理的计算是解题的关键． 10. 如图，正比例函数y1＝mx，一次函数y2＝ax+b和反比例函数y3＝的图象在同一直角坐标系中，若y3＞y1＞y2，则自变量x的取值范围是（ ） A. x＜﹣1 B. ﹣0.5＜x＜0或x＞1 C. 0＜x＜1 D. x＜﹣1或0＜x＜1 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象，找出双曲线y3落在直线y1上方，且直线y1落在直线y2上方的部分对应的自变量x的取值范围即可． 【详解】解：由图象可知，当x＜﹣1或0＜x＜1时，双曲线y3落在直线y1上方，且直线y1落在直线y2上方，即y3＞y1＞y2， ∴若y3＞y1＞y2，则自变量x的取值范围是x＜﹣1或0＜x＜1． 故选：D． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合是解题的关键． 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 已知点与点关于原点对称，则________． 【答案】 2026 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握“两点关于原点对称时，它们的横、纵坐标均互为相反数”这一性质． 根据关于原点对称的坐标性质，得到与互为相反数，与互为相反数；求出、的值后，计算mn的乘积． 【详解】解：∵ 点与点关于原点对称， ∴ ． ∴ ． 故答案为：2026． 12. 将二次函数的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后二次函数的解析式为________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了抛物线的平移．根据“上加下减，左加右减”的平移规律，即可得出平移后的二次函数的解析式． 【详解】解：将二次函数的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，所得二次函数的解析式为，即． 故答案为：． 13. 如图，有一个底部呈球体的烧瓶，球的半径为5cm．若瓶内液体的深度，则截面圆中AB的长为________cm． 【答案】8 【解析】 【分析】由题意知，，利用勾股定理求长即可得． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 14. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有关屋内墙角处放谷堆的数学问题：墙角处所放谷堆为一个圆锥的四分之一（如图），谷堆底部的半径为4尺，谷堆的高为5尺，需要用布盖住谷堆，那么所需的布的面积至少是________平方尺．（结果用含的式子表示） 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了圆锥侧面积的计算．根据圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2计算即可． 【详解】解：根据题意，母线长为， 所需的布的面积至少是（平方尺）． 故答案为：． 15. 若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为“二倍点”，如：，，等都是“二倍点”，若二次函数的图象上有“二倍点”，则a的取值范围是________． 【答案】且 【解析】 【分析】二次函数的综合应用，一元二次方程根的判别式，由“二倍点”定义，满足，代入二次函数得方程，有“二倍点”即该方程有实数根，故判别式，且二次函数隐含． 【详解】解：根据题意得：“二倍点”均在直线上， 将代入，得， 整理得：， 判别式， ∵二次函数的图象上有“二倍点”， ∴，即， 解得：， 又∵二次函数， ∴， 故的取值范围是：且． 故答案为：且． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16. 解一元二次方程时，两位同学的解法如下： 甲同学： 或 或 乙同学： ，， ， ， 此方程无实数根． （1）你认为他们的解法是否正确？直接写出判断结果． 甲同学的解法__________，乙同学的解法__________．（填“正确”或者“不正确”） （2）请选择合适的方法解一元二次方程． 【答案】（1）不正确，不正确 （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是运用恰当的方法进行计算． （1）利用因式分解法解方程可对解法一进行判断；根据公式法可对解法二进行判断； （2）利用因式分解法把方程转化为或，然后解两个一次方程． 【小问1详解】 解：甲同学的解法不正确，乙同学的解法不正确， 故答案为：不正确；不正确； 【小问2详解】 解：， ， ， 或， ，． 17. 在平面直角坐标系中，如图所示 （1）请用直尺和圆规作出绕O点逆时针旋转得到的图形（不写作法，保留作图痕迹）； （2）已知，请直接写出点的坐标． 【答案】（1）如图： （2）的坐标为 【解析】 【分析】本题考查了平面直角坐标系中图形的旋转变换作图与点的旋转坐标规律，解题的关键是掌握绕原点逆时针旋转的坐标变换规则，以及尺规作旋转图形的基本方法． （1）分别作出点、绕原点逆时针旋转后的对应点、，再连接、、得到； （2）利用点绕原点逆时针旋转的坐标变换规则，代入 直接求出的坐标． 【小问1详解】 解：以为圆心，、为半径画弧；作、的垂线确定、，最后将两两连接得到即为所求． 【小问2详解】 解：∵点绕原点O逆时针旋转， 坐标变换规则为：原坐标旋转后变为， ∴的坐标为． 18. 某学校七年级开展“项目化学习社团活动”，共设置了四个类型，分别：A．文化探究类，B．绿色生态类，C．科创智造类，D．社会创新类，每名学生只选择其中一个项目进行学习，现随机调查部分学生的选择情况并绘制了如下统计表： 项目 选择人数 频率 A．文化探究类 8 a B．绿色生态类 b 0.25 C．科创智造类 28 c D．社会创新类 24 0.3 （1）填空：________，_______； （2）若该学校七年级共有900名学生，那么估计选择“C．科创智造类”项目意向的学生有________人； （3）已知小明、小红两位同学从上述四个类型中随机抽取一项参与学习，请你用画树状图或列表的方法，求出这两位同学抽取的项目相同的概率． 【答案】（1）0.1，20 （2）315 （3） 【解析】 【分析】本题考查列表法与树状图法、统计表、用样本估计总体，能够读懂统计图表，掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键． （1）先用D的学生人数除以D的频率得出本次抽查的学生人数，用A的人数除以本次抽查的学生人数可得a的值；用本次抽查的学生人数乘以B的频率可得b的值； （2）根据用样本估计总体，用900乘以C所占的比例比，即可得出答案． （3）画树状图，再利用概率公式可得出答案． 【小问1详解】 解：∵人， ∴，， 故答案为：，20； 【小问2详解】 解：人， 故答案为：315； 【小问3详解】 解：画树状图如下： 共有16种等可能的结果，这两位同学抽取的项目相同的结果有4种， ∴这两位同学抽取的项目相同的概率． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题10分，共30分． 19. 如图，在中，，为的外接圆，为的直径，，连接并延长交于点E． （1）求证：为的切线； （2）求证：． 【答案】（1） 证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴即， ∵是的半径， ∴为的切线； （2） 证明：延长交于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵为的切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴四边形为矩形， ∴． 【解析】 【分析】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质： （1）连接，由，得到，结合，推出，再根据为的直径，得到，进而得到即，即可证明结论； （2）延长交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 如图，用一段长为的铁丝网和一面长为的围墙围成一个矩形菜园，给出了甲乙两种方案．甲方案：矩形垂直围墙的两边不超出墙面．乙方案：矩形垂直围墙的一边超出墙面．为了使菜园面积尽可能地大，请你选择合适的方案，并说明理由．     【答案】选择乙方案，理由： 设垂直于围墙的边长为，平行于围墙的边长为，菜园面积为． 对于甲方案： ∵垂直围墙的两边不超出墙面， ∴，且，解得． 面积，此二次函数图象开口向下，对称轴为，当时函数随的增大而减小， ∴当时，取得最大值，； 对于乙方案： ∵垂直围墙的一边超出墙面， ∴，化简得，且，解得． 面积，此二次函数图象开口向下，对称轴为， ∵， ∴当时，取得最大值，； ∵， ∴为了使菜园面积尽可能大，应选择乙方案． 【解析】 【分析】本题考查二次函数在实际问题中的应用，需要根据两种方案的约束条件确定变量的取值范围，再通过二次函数在取值范围内的增减性或顶点求面积的最大值，进而比较两种方案的最优解． 【详解】略 21. 综合与实践 【主题】马格努斯效应与乒乓球 【素材1】马格努斯效应是旋转物体在流体中运动时，因两侧流体流速差异产生侧向力的现象．如足球中的“香蕉球”，棒球中的“曲线球”．研究团队利用高速摄像机，研究乒乓球的飞行轨迹受马格努斯效应的影响． 【素材2】乒乓球在旋转时，侧向偏移距离y（单位：厘米）与旋转角速度（单位：弧度/秒，弧度为度量角大小的一种单位）成正比．当时，． 【素材3】该乒乓球的飞行轨迹在水平方向的位移x（单位：厘米）与飞行时间t（单位：秒）满足，竖直方向的高度h（单位：厘米）与飞行时间t满足； 【问题1】（1）根据素材，求乒乓球飞行的y与的函数关系式； 【问题2】（2）根据素材，计算乒乓球在竖直方向上运动的高度h超过的运动时长是多少； 【问题3】（3）乒乓球飞行到最高点时，若由马格努斯效应产生的侧向偏移距离与水平位移的比值为0.5，求此时球的旋转角速度． 【答案】（1）；（2）乒乓球在竖直方向上运动的高度h超过的运动时长是4秒；（3）(弧度/秒) ． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，正比例函数的应用，一次函数的应用． （1）利用待定系数法求解即可； （2）求得当时，的值，据此求解即可； （3）利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：（1）设y与的函数关系式为， ∵当时，， ∴， 解得， ∴y与的函数关系式为； （2）当时，则， 整理得， 解得或， ∵， ∴乒乓球在竖直方向上运动的高度h超过的运动时长是4秒； （3）∵，且， ∴抛物线开口向下，当时，h取得最大值，即乒乓球飞行到最高点， ∵水平方向的位移x与飞行时间t满足， ∴当时，(厘米)， ∵由马格努斯效应产生的侧向偏移距离与水平位移的比值为0.5， ∴侧向偏移距离(厘米)， 将代入，可得， 解得(弧度/秒)． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每题12分，共24分． 22. 如图，在平面直角坐标系中，、是矩形的两个顶点，反比例函数的图象与边交于点D，与边交于点E． （1）若点D为边的三等分点（靠近点A），求点E的坐标和k的值； （2）在（1）的条件下，点F为y轴上一个动点，求当周长最小值时，点F的坐标． （3）求证：当k变化时，． 【答案】（1）；的值为 （2） （3） 证明：∵在上，纵坐标为，代入得， ∴， ∵在上，横坐标为，代入得， ∴，， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的图象与性质、矩形的性质、最短路径问题及比例式的证明，解题的关键是利用坐标与函数的关系确定点的坐标，用轴对称法求最短路径，以及通过代数推导证明比例关系． （1）先根据矩形性质和三等分点条件确定点的坐标，代入反比例函数求出，再根据点的横坐标求出其纵坐标； （2）作点关于轴的对称点，连接该对称点与，求直线与轴交点即为； （3）用表示出、、、的长度，再通过代数运算证明比例式． 【小问1详解】 解：∵矩形中，，， ∴平行于轴,平行于轴，， ∵为三等分点且靠近， ∴， ∴ 将代入，得， ∵在上，横坐标为，代入得， ∴． 答：点的坐标为，的值为． 【小问2详解】 解：作关于轴的对称点，连接交轴于，此时周长最小． 设直线的解析式为， 代入、：， 解得，， ∴直线解析式为 令，得， ∴ 【小问3详解】 略 23. 综合与应用： 数学活动课上，老师出示如图1，在等边三角形内有一点P，已知，，，求的度数． 【方法探索】（1）小丽在解决这个问题时，想到了以下思路：如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，请你帮她求出的度数． 【方法应用】（2）如图3，在等腰直角三角形内有一点P，若，，，求的度数． 【方法迁移】（3）在等腰直角三角形边上有两点P、Q，已知，，，求以、、为边的三角形面积．（直接写出答案） 【答案】（1）；（2）；（3）3 【解析】 【分析】（1）将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、，证明是等边三角形，得出，，证明是直角三角形，，得出； （2）由旋转的性质可得，，，，然后证明得到，则； （3）将绕点逆时针旋转90度得到，证明，求得，利用勾股定理求得，根据以、、为边的三角形面积即，根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：（1）将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、，如图2， 由旋转的性质得：， ，，，， 是等边三角形， ，， ， 是直角三角形，， ， ； （2）在等腰直角三角形内有一点且．将绕点逆时针旋转，得到了，连接．如图3， ，，，， ，， ，，， ， ， ； （3）∵等腰直角三角形， ∴， 如图4，将绕点逆时针旋转90度得到， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴以、、为边的三角形面积即． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年惠城区第一次初中学业水平模拟考试数学试卷 本试卷共6页，23小题，满分120分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号．将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用塑料橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30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. 古钱币是我国珍贵的历史文化遗产．下列选项是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. “明天的降水概率为”是指明天下雨的可能性是 B. 连续抛一枚硬币100次，出现反面朝上的次数一定是50次 C. 一个事件发生的概率可能为200% D. 某地发行一种福利彩票，中奖概率为1%，买这种彩票100张一定会中奖 3. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，点A，B，P在上，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 观察下列表格，求一元二次方程的一个近似解是（ ） 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 0.24 0.75 1.44 2.3 A. B. C. D. 6. 秋冬季节是我国流感等急性呼吸道传染病高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有144人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某汽车车门的底边长为，车门侧开后的最大角度为．若将一扇车门侧开，则这扇车门底边扫过区域的最大面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，分别是抛物线与x轴交点的横坐标，则的值为（ ）． A. B. C. D. 9. 如图，是的内切圆，、、为切点，，，，切交于，交于，则的周长为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正比例函数y1＝mx，一次函数y2＝ax+b和反比例函数y3＝的图象在同一直角坐标系中，若y3＞y1＞y2，则自变量x的取值范围是（ ） A. x＜﹣1 B. ﹣0.5＜x＜0或x＞1 C. 0＜x＜1 D. x＜﹣1或0＜x＜1 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 已知点与点关于原点对称，则________． 12. 将二次函数的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后二次函数的解析式为________． 13. 如图，有一个底部呈球体的烧瓶，球的半径为5cm．若瓶内液体的深度，则截面圆中AB的长为________cm． 14. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有关屋内墙角处放谷堆的数学问题：墙角处所放谷堆为一个圆锥的四分之一（如图），谷堆底部的半径为4尺，谷堆的高为5尺，需要用布盖住谷堆，那么所需的布的面积至少是________平方尺．（结果用含的式子表示） 15. 若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为“二倍点”，如：，，等都是“二倍点”，若二次函数的图象上有“二倍点”，则a的取值范围是________． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16. 解一元二次方程时，两位同学的解法如下： 甲同学： 或 或 乙同学： ，， ， ， 此方程无实数根． （1）你认为他们的解法是否正确？直接写出判断结果． 甲同学的解法__________，乙同学的解法__________．（填“正确”或者“不正确”） （2）请选择合适的方法解一元二次方程． 17. 在平面直角坐标系中，如图所示 （1）请用直尺和圆规作出绕O点逆时针旋转得到的图形（不写作法，保留作图痕迹）； （2）已知，请直接写出点的坐标． 18. 某学校七年级开展“项目化学习社团活动”，共设置了四个类型，分别：A．文化探究类，B．绿色生态类，C．科创智造类，D．社会创新类，每名学生只选择其中一个项目进行学习，现随机调查部分学生的选择情况并绘制了如下统计表： 项目 选择人数 频率 A．文化探究类 8 a B．绿色生态类 b 0.25 C．科创智造类 28 c D．社会创新类 24 0.3 （1）填空：________，_______； （2）若该学校七年级共有900名学生，那么估计选择“C．科创智造类”项目意向的学生有________人； （3）已知小明、小红两位同学从上述四个类型中随机抽取一项参与学习，请你用画树状图或列表的方法，求出这两位同学抽取的项目相同的概率． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题10分，共30分． 19. 如图，在中，，为的外接圆，为的直径，，连接并延长交于点E． （1）求证：为的切线； （2）求证：． 20. 如图，用一段长为的铁丝网和一面长为的围墙围成一个矩形菜园，给出了甲乙两种方案．甲方案：矩形垂直围墙的两边不超出墙面．乙方案：矩形垂直围墙的一边超出墙面．为了使菜园面积尽可能地大，请你选择合适的方案，并说明理由．     21. 综合与实践 【主题】马格努斯效应与乒乓球 【素材1】马格努斯效应是旋转物体在流体中运动时，因两侧流体流速差异产生侧向力的现象．如足球中的“香蕉球”，棒球中的“曲线球”．研究团队利用高速摄像机，研究乒乓球的飞行轨迹受马格努斯效应的影响． 【素材2】乒乓球在旋转时，侧向偏移距离y（单位：厘米）与旋转角速度（单位：弧度/秒，弧度为度量角大小的一种单位）成正比．当时，． 【素材3】该乒乓球的飞行轨迹在水平方向的位移x（单位：厘米）与飞行时间t（单位：秒）满足，竖直方向的高度h（单位：厘米）与飞行时间t满足； 【问题1】（1）根据素材，求乒乓球飞行的y与的函数关系式； 【问题2】（2）根据素材，计算乒乓球在竖直方向上运动的高度h超过的运动时长是多少； 【问题3】（3）乒乓球飞行到最高点时，若由马格努斯效应产生的侧向偏移距离与水平位移的比值为0.5，求此时球的旋转角速度． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每题12分，共24分． 22. 如图，在平面直角坐标系中，、是矩形的两个顶点，反比例函数的图象与边交于点D，与边交于点E． （1）若点D为边的三等分点（靠近点A），求点E的坐标和k的值； （2）在（1）的条件下，点F为y轴上一个动点，求当周长最小值时，点F的坐标． （3）求证：当k变化时，． 23. 综合与应用： 数学活动课上，老师出示如图1，在等边三角形内有一点P，已知，，，求的度数． 【方法探索】（1）小丽在解决这个问题时，想到了以下思路：如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，请你帮她求出的度数． 【方法应用】（2）如图3，在等腰直角三角形内有一点P，若，，，求的度数． 【方法迁移】（3）在等腰直角三角形边上有两点P、Q，已知，，，求以、、为边的三角形面积．（直接写出答案） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $