河北唐山市丰南区2025-2026学年上学期九年级期末数学试卷

河北省唐山市丰南区2025-2026学年上学期九年级期末数学试卷 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，只有一项符合题意） 1．（3分）在图中没有出现的几何图形是（　　） A．弦 B．弧 C．弓形 D．扇形 2．（3分）如图是一个多功能胶皮塞子，下面芳芳画出的图形中不可能是它的三视图的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）已知两个等腰直角三角形的斜边分别是2和4，则这两个三角形的面积比是（　　） A．1：2 B．1：4 C．1：3 D．1：16 4．（3分）一元二次方程x2﹣6x﹣1＝的等号右边只有常数项，且该常数项被墨水覆盖，但知道整理成一般形式后该方程的常数项为0，将其配方后变形为（x+a）2＝b，则下列判断正确的是（　　） A．a＝﹣3 B．a＝3 C．b＝10 D．b＝﹣1 5．（3分）如图，已知⊙O的半径是3，点O到一条直线的距离是2，则该直线为（　　） A．l1 B．l2 C．l3 D．l4 6．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，与x轴交于（﹣2，0）和（1，0）两点，则函数值y＜0时，x的取值范围是（　　） A．x＜﹣2 B．x＞1 C．﹣2＜x＜1 D．x＜﹣2或x＞1 7．（3分）如图，一个河堤的迎水坡的坡度l为3：4，则sin∠BCD为（　　） A． B． C． D． 8．（3分）如图，已知AF与BE交于点O，AB∥CD∥EF，则下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 9．（3分）若A（﹣1，y1），B（1，y2）在二次函数y＝x2﹣x﹣c的图象上，C（﹣1，y3），D（1，y4）在反比例函数的图象上，则下列比较大小正确的是（　　） A．y1＞y2，y3＞y4 B．y1＞y2，y3＜y4 C．y1＜y2，y3＞y4 D．y1＜y2，y3＜y4 10．（3分）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ABC＝90°，裁出了两个边长分别为3和2的正方形M，N，则边BC的长为（　　） A．4.5 B．5.5 C．6 D．7.5 11．（3分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，P是AB的中点，Q是AC′的中点，连接PQ，AC．则下列结论错误的是（　　） A．∠B′C′A＝30° B．当旋转角为45°时，∠DAC＝15° C．当点B落在AC上时．CC′＝4 D．PO的最大值是4 12．（3分）如图是双曲线L1：和双曲线L2：的部分图象，点P是双曲线L1上一动点，过点P作PA⊥x轴，垂足为A，交L2于点C，过点P作PB⊥y轴，垂足为B，交L2于点D．则随着点P从左向右运动，下列叙述错误的是（　　） A．矩形OAPB的面积保持不变 B．线段CD的长保持不变 C．△COD的面积是 D．OP的最小值是2 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分，把答案写在题中横线上） 13．（3分）圆的内接正五边形的中心角的度数为　 　 °． 14．（3分）关于x的一元二次方程x2+4x+2k＝0的两根分别为x1，x2，则x1+x2＝　 　 ． 15．（3分）如图，抛物线L1，L2与直线y＝7分别交于A，C和B，D四点，且AB＝10，BC＝5，CD＝6．若点P，Q分别是两抛物线的顶点，且P，Q都在x轴上，则PQ的长是　 　 ． 16．（3分）如图，已知⊙O与AD相切于点B，BE是⊙O的直径，且BE＝4，延长EB交AC于点C．若BC＝4，∠ACB＝60°，则点A与⊙O上的点的最大距离为　 　 ． 三、解答题（本大题共8小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（7分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣1，4），C（﹣3，2）． （1）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A1B1C1； （2）以点O为位似中心，在第四象限画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC的相似比为2，并直接写出△A2B2C2的顶点坐标． 18．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣2）x+m﹣3＝0． （1）求证：无论m为何值，该一元二次方程总有实数根； （2）若方程的两根一正一负，求m的取值范围． 19．（8分）如图1是一个可以自由转动的均匀转盘，转盘被平均分成了4份，每份分别标上1，2，3，2．游戏规则如下：自由转动转盘，转盘停止后，指针指向一个数字（如果指针恰好指在分界线上，那么重转一次，直到指针指向某一个数字为止），数字代表边数，数字是几，甲同学就从图2的A处开始按顺时针方向跑几个边，第二次跑圈从第一次跑圈结束时的位置开始，按照规则继续进行． （1）若转一次转盘，求从顶点A跑到顶点C的概率； （2）若转两次转盘，用列表法或画树状图的方法求两次跑完恰好回到A处的概率． 20．（8分）从A地到B地，我们可以乘坐不同的列车：特快、动车、高铁．设列车的平均速度为vkm/h，全程运行的时间为th．若乘坐特快列车以120km/h的平均速度行驶需要5h． （1）写出t与v之间的函数表达式； （2）若某动车列车走此路段的平均速度为200km/h，那么它全程运行需要多长时间？ （3）如果全程运行时间控制在2h内，那么乘坐的高铁列车的平均速度至少应为多少？ 21．（9分）如图，嘉嘉在公园里练习无人机的使用，他在A处操作无人机起飞，飞至点P处静止，此时从A处测得无人机的仰角∠PAB为30°，嘉嘉向前走了20m到达B处，此时测得无人机的仰角∠PBA为45°． （1）∠APB的度数为　 　 ； （2）求无人机飞至点P时距地面的高度； （3）若无人机从点P处沿射线AP的方向飞行一段时间后，到达点C处．此时，从B处测得无人机的仰角∠CBE为75°，求无人机在C处时到点B处的距离． 22．（9分）AC为⊙O的一条弦，将弦AC绕点A顺时针旋转60°得到AD，连接DC． （1）如图1，若AD与⊙O相切，判断DC与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）如图2，以OC为边作等边三角形COP，点P落在⊙O上，连接PA，OD． ①求证：△ACP≌△DCO； ②若OC＝2，求OD的最大值及此时的长． 23．（11分）如图，抛物线的顶点为点P，与y轴交于点B，OB＝20，点A为抛物线L1上一点，其横坐标为m（10＜m＜20），从点A处又弹出一条抛物线L2（开口向下），其顶点为点Q，且点A是线段PQ的中点． （1）求抛物线L1的解析式； （2）若m＝15，抛物线L2经过点（25，2）吗？请通过计算加以说明； （3）过点B作平行于x轴的直线l，若抛物线L2与直线l没交点，求m的取值范围． 24．（12分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝8cm，E为AD的中点，连接BE，CE．动点P从点E开始沿折线EB﹣BC以2cm/s的速度运动（不与E，B，C点重合），作∠EPQ，它的边PQ与EC交于点Q，且∠EPQ＝∠EBC．设点P的运动时间为ts． （1）BE＝　 　 cm，tan∠EBC＝　 　 ； （2）当t＝1.5时，求四边形PBCQ的面积； （3）如图2，当点P在BC上时． ①用尺规作图法作∠EPQ＝∠EBC； ②当CQ＝3cm时，求t的值． 河北省唐山市丰南区2025-2026学年上学期九年级期末数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C B A A D C C A A D 题号 12 答案 B 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，只有一项符合题意） 1．（3分）在图中没有出现的几何图形是（　　） A．弦 B．弧 C．弓形 D．扇形 【考点】认识平面图形．版权所有 【答案】D 【分析】根据弦、弧、弓形及扇形的定义判断即可． 【解答】解：A：弦是连接圆上两点的线段，AB是弦，不符合题意； B：弧是圆上两点及其之间的部分，是弧，不符合题意； C：弓形是由弦和弧围成的图形，AB与其所对的弧围成的图形即是弓形，不符合题意； D：扇形是由两条半径和一段弧围成的图形，图中没有半径，也没有扇形，符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了圆的基本概念，关键是熟练应用定义判断． 2．（3分）如图是一个多功能胶皮塞子，下面芳芳画出的图形中不可能是它的三视图的是（　　） A． B． C． D． 【考点】简单组合体的三视图．版权所有 【答案】C 【分析】根据常见几何体的三视图解答即可． 【解答】解：根据组合体的特点可知，圆柱体的俯视图是圆，不是椭圆，故C不可能，符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查了简单组何体的三视图，掌握几何体的空间结构特点是关键． 3．（3分）已知两个等腰直角三角形的斜边分别是2和4，则这两个三角形的面积比是（　　） A．1：2 B．1：4 C．1：3 D．1：16 【考点】等腰直角三角形．版权所有 【答案】B 【分析】根据题意，得两个等腰直角三角形相似，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方，计算即可． 【解答】解：根据题意，得两个等腰直角三角形相似， ∵两个等腰直角三角形的斜边分别是2和4， ∴相似比为2：4＝1：2， ∴（相似三角形的性质）， 即这两个三角形的面积比是1：4， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键． 4．（3分）一元二次方程x2﹣6x﹣1＝的等号右边只有常数项，且该常数项被墨水覆盖，但知道整理成一般形式后该方程的常数项为0，将其配方后变形为（x+a）2＝b，则下列判断正确的是（　　） A．a＝﹣3 B．a＝3 C．b＝10 D．b＝﹣1 【考点】解一元二次方程﹣配方法；一元二次方程的一般形式．版权所有 【答案】A 【分析】配方法的一般步骤：先整理成一元二次方程的一般形式；②把常数项移到等号的右边；③把二次项的系数化为1；④等式两边同时加上一次项系数一半的平方．方程两边都加9，再把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式，据此计算即可判断． 【解答】解：由题意可知原方程为x2﹣6x＝0， 配方得x2﹣6x+9＝9，即（x﹣3）2＝9， ∴a＝﹣3，b＝9， 观察四个选项，选项A符合题意， 故选：A． 【点评】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握该知识点是关键． 5．（3分）如图，已知⊙O的半径是3，点O到一条直线的距离是2，则该直线为（　　） A．l1 B．l2 C．l3 D．l4 【考点】直线与圆的位置关系．版权所有 【答案】A 【分析】直线与圆的位置关系的判断方法：当圆心到直线的距离等于半径时，则直线与圆相切，当圆心到直线的距离大于半径时，则直线与圆相离，当圆心到直线的距离小于半径时，则直线与圆相交．根据直线与圆的位置关系的判断方法判断即可． 【解答】解：∵点O到一条直线的距离d是2，⊙O的半径r是3， ∴d＜r， ∴该直线与⊙O相交， 由图可知只有直线l1与圆相交． 故选：A． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系的判断方法是关键． 6．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，与x轴交于（﹣2，0）和（1，0）两点，则函数值y＜0时，x的取值范围是（　　） A．x＜﹣2 B．x＞1 C．﹣2＜x＜1 D．x＜﹣2或x＞1 【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【答案】D 【分析】利用数形结合思想，二次函数的性质解答即可． 【解答】解：根据题意，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣2，0）和（1，0）两点，则函数值y＜0时，x的取值范围是x＜﹣2或x＞1， 故选：D． 【点评】本题考查了抛物线与不等式的关系，熟练掌握关系是解题的关键． 7．（3分）如图，一个河堤的迎水坡的坡度l为3：4，则sin∠BCD为（　　） A． B． C． D． 【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有 【答案】C 【分析】根据坡度i为3：4，得，设DE＝3k，EC＝4k，则，根据定义计算即可． 【解答】解：过点D作DE⊥BC于点E， 一个河堤的迎水坡的坡度l为3：4， ∴， 设DE＝3k，EC＝4k，则， 故一个河堤的迎水坡的坡度l为3：4，， 故选：C． 【点评】本题考查了坡度，勾股定理，正弦函数的定义，熟练掌握定义和定理是解题的关键． 8．（3分）如图，已知AF与BE交于点O，AB∥CD∥EF，则下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行线分线段成比例．版权所有 【答案】C 【分析】根据相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理得到比例线段，注意线段的对应性． 【解答】解：∵AB∥CD，∴，故选项A不符合题意； ∵CD∥EF，∴△OCD∽△OEF，∴，故选项B不符合题意； ∵AB∥EF，∴△ABO∽△FEO，∴，故选项C符合题意； ∵CD∥EF，∴，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，掌握其相关知识点是解题的关键． 9．（3分）若A（﹣1，y1），B（1，y2）在二次函数y＝x2﹣x﹣c的图象上，C（﹣1，y3），D（1，y4）在反比例函数的图象上，则下列比较大小正确的是（　　） A．y1＞y2，y3＞y4 B．y1＞y2，y3＜y4 C．y1＜y2，y3＞y4 D．y1＜y2，y3＜y4 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【答案】A 【分析】根据抛物线的增减性，反比例函数的增减性解答即可． 【解答】解：抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣c， ∵a＝1，b＝﹣1， ∴抛物线的对称轴是，且抛物线的开口向上， ∴抛物线上的点，距离对称轴越远函数值越大， ∴A（﹣1，y1），B（1，y2）在二次函数y＝x2﹣x﹣c的图象上，且， ∴y1＞y2； ∵k＝﹣1＜0， ∴反比例函数的图象在二、四象限， ∵﹣1＜0，1＞0， ∴C（﹣1，y3）在第二象限，D（1，y4）在第四象限， ∴y3＞0＞y4， 故选：A． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握以上知识是解题的关键． 10．（3分）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ABC＝90°，裁出了两个边长分别为3和2的正方形M，N，则边BC的长为（　　） A．4.5 B．5.5 C．6 D．7.5 【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【答案】A 【分析】由正方形性质可知FG∥BC，可得△EGH∽△GCI，则，可得IC长，即可求得BC． 【解答】解：如图，设正方形M为FBIG，正方形N为DFHE， 由正方形的性质可得，FG＝GI＝BI＝3，FG∥BC，EH＝FH＝2，则HG＝FG﹣FH＝1， ∴△EGH∽△GCI， ∴，即， 则IC＝1.5， ∴BC＝BI+IC＝4.5． 故选：A． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质与相似三角形的判定与性质是解题的关键． 11．（3分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，P是AB的中点，Q是AC′的中点，连接PQ，AC．则下列结论错误的是（　　） A．∠B′C′A＝30° B．当旋转角为45°时，∠DAC＝15° C．当点B落在AC上时．CC′＝4 D．PO的最大值是4 【考点】旋转的性质；解直角三角形；勾股定理；矩形的性质．版权所有 【答案】D 【分析】由，AD∥BC，可得∠BCA＝30°，，可得A不符合题意；当旋转角为45°时，则∠CAC′＝45°，可得∠CAD＝∠BCA＝30°，可得B不符合题意，如图，连接CC′，证明△ACC′是等边三角形，可得C不符合题意；由PQ≤AP+AQ＝3，当P，A，Q三点共线且A在P，Q之间时，PQ的最大值为3，可得D符合题意；从而可得答案． 【解答】解：∵矩形ABCD中，， ∴∠B＝90°，AD∥BC， ∴， ∴∠BCA＝30°， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， ∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′， ∴∠B′C′A＝∠BCA＝30°， 故A不符合题意； 当旋转角为45°时，则∠CAC′＝45°， ∵AD∥BC， ∴∠CAD＝∠BCA＝30°， ∴∠DAC′＝45°﹣30°＝15°， 故B不符合题意， 如图，∠BCA＝30°，∠B＝90°，连接CC′， ∴∠BAC＝60°， 由旋转可得：∠CAC′＝∠BAB′＝60°，AC＝AC′， ∴△ACC′是等边三角形， ∴CC′＝AC＝4， 故C不符合题意； ∵P是AB的中点，Q是AC′的中点， ∴，， ∴PQ≤AP+AQ＝3， 当P，A，Q三点共线且A在P，Q之间时，PQ的最大值为3， 故D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查的是矩形的性质，旋转的性质，锐角三角函数的应用，三角形的三边关系的应用，等边三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 12．（3分）如图是双曲线L1：和双曲线L2：的部分图象，点P是双曲线L1上一动点，过点P作PA⊥x轴，垂足为A，交L2于点C，过点P作PB⊥y轴，垂足为B，交L2于点D．则随着点P从左向右运动，下列叙述错误的是（　　） A．矩形OAPB的面积保持不变 B．线段CD的长保持不变 C．△COD的面积是 D．OP的最小值是2 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【答案】B 【分析】设，且m＜0，则，点D与点P的纵坐标相同，都是，故，解得，故，根据两点间距离公式，勾股定理，分割法求面积，反比例函数k的几何意义等解答即可． 【解答】解：点P是双曲线上一动点， 根据反比例函数k的几何意义，得矩形OAPB的面积为|﹣2|＝2，是定值， 故矩形OAPB的面积保持不变， 故A正确，不符合题意； 设，且m＜0，则， 点D与点P的纵坐标相同，都是，故， 解得，故， 故 ，不是定值， 故B错误，符合题意； 根据题意，得，， 故， 故△COD的面积是是正确的， 故C不符合题意； 设，且m＜0， 则， 故OP的最小值是2， 故D正确，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了两点间距离公式，勾股定理，分割法求面积，反比例函数k的几何意义，熟练掌握定理和性质是解题的关键． 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分，把答案写在题中横线上） 13．（3分）圆的内接正五边形的中心角的度数为　72　 °． 【考点】正多边形和圆．版权所有 【答案】72． 【分析】根据圆的内接正五边形的中心角的定义列式计算即可． 【解答】解：圆的内接正五边形的中心角的度数为． 故答案为：72． 【点评】本题主要考查正多边形与圆，掌握圆的内接正n边形的中心角的度数等于360°除以n是解题的关键． 14．（3分）关于x的一元二次方程x2+4x+2k＝0的两根分别为x1，x2，则x1+x2＝　﹣4　 ． 【考点】根与系数的关系．版权所有 【答案】﹣4． 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，两根之和等于负的一次项系数除以二次项系数． 【解答】解：由根与系数的关系得：， 故答案为：﹣4． 【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数关系定理，熟练掌握定理是解题的关键． 15．（3分）如图，抛物线L1，L2与直线y＝7分别交于A，C和B，D四点，且AB＝10，BC＝5，CD＝6．若点P，Q分别是两抛物线的顶点，且P，Q都在x轴上，则PQ的长是　8　 ． 【考点】二次函数的性质．版权所有 【答案】8． 【分析】如图，作两条抛物线的对称轴PE，QF，E，F在直线y＝7上，再进一步结合矩形的性质与抛物线的对称性解答即可． 【解答】解：如图，作两条抛物线的对称轴PE，QF，E，F在直线y＝7上， 由条件可知PQ＝EF， ∵AB＝10，BC＝5，CD＝6， ∴AC＝AB+BC＝15，BD＝BC+CD＝11， 结合抛物线的对称性可得： AE＝CE＝7.5，BF＝DF＝5.5， ∴BE＝CE﹣BC＝2.5， ∴EF＝BE+BF＝8， ∴PQ＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查的是矩形的判定与性质，抛物线的性质，熟练掌握以上知识点是关键． 16．（3分）如图，已知⊙O与AD相切于点B，BE是⊙O的直径，且BE＝4，延长EB交AC于点C．若BC＝4，∠ACB＝60°，则点A与⊙O上的点的最大距离为　　 ． 【考点】切线的性质．版权所有 【答案】． 【分析】连接AE，证明AD是线段EC的垂直平分线，继而证明△AEC是等边三角形，根据勾股定理，圆的性质解答即可． 【解答】解：连接AE， ∵⊙O与AD相切于点B， ∴AD⊥BC， ∵BE＝4，BC＝4， ∴BE＝BC，EC＝BE+BC＝8， ∴AD是线段EC的垂直平分线， ∴AE＝AC（线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等）， ∵∠ACB＝60°， ∴△AEC是等边三角形， ∴AE＝AC＝EC＝8， ∴， ∵BE是⊙O的直径， ∴， 连接AO并延长交⊙O于点M，此时AM为所求最大距离， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，圆的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 三、解答题（本大题共8小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（7分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣1，4），C（﹣3，2）． （1）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A1B1C1； （2）以点O为位似中心，在第四象限画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC的相似比为2，并直接写出△A2B2C2的顶点坐标． 【考点】作图﹣位似变换；作图﹣旋转变换．版权所有 【答案】（1）； （2）A2（4，﹣2），B2（2，﹣8），C2（6，﹣4）． 【分析】（1）根据中心对称的点的坐标特征得到点A1，B1，C1，然后描点连线即可； （2）根据以原点为位似中心的对应点的坐标特征，把点A、B、C的横纵坐标都乘以﹣2得到点A2，B2，C2，然后描点连线即可． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所求． （2）如图，△A2B2C2即为所求，其中点A2的坐标为（4，﹣2），点B2的坐标为（2，﹣8），点C2的坐标为（6，﹣4）． 【点评】本题考查了作图，位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．也考查了旋转变换． 18．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣2）x+m﹣3＝0． （1）求证：无论m为何值，该一元二次方程总有实数根； （2）若方程的两根一正一负，求m的取值范围． 【考点】根与系数的关系；根的判别式．版权所有 【答案】（1）证明：Δ＝[﹣（m﹣2）]2﹣4×1×（m﹣3） ＝（m﹣2）2﹣4（m﹣3） ＝m2﹣4m+4﹣4m+12 ＝m2﹣8m+16 ＝（m﹣4）2， ∵（m﹣4）2≥0， ∴无论m为何值，该一元二次方程总有实数根； （2）m＜3． 【分析】（1）根据根的判别式证明即可； （2）根据根与系数的关系得到两根之积＝m﹣3，进而根据“两根一正一负”作答即可． 【解答】（1）证明：Δ＝[﹣（m﹣2）]2﹣4×1×（m﹣3） ＝（m﹣2）2﹣4（m﹣3） ＝m2﹣4m+4﹣4m+12 ＝m2﹣8m+16 ＝（m﹣4）2， ∵（m﹣4）2≥0， ∴无论m为何值，该一元二次方程总有实数根； （2）解：两根之积， ∵方程的两根一正一负， ∴两根之积＜0， 即m﹣3＜0， 解得：m＜3． 【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练计算是解题的关键． 19．（8分）如图1是一个可以自由转动的均匀转盘，转盘被平均分成了4份，每份分别标上1，2，3，2．游戏规则如下：自由转动转盘，转盘停止后，指针指向一个数字（如果指针恰好指在分界线上，那么重转一次，直到指针指向某一个数字为止），数字代表边数，数字是几，甲同学就从图2的A处开始按顺时针方向跑几个边，第二次跑圈从第一次跑圈结束时的位置开始，按照规则继续进行． （1）若转一次转盘，求从顶点A跑到顶点C的概率； （2）若转两次转盘，用列表法或画树状图的方法求两次跑完恰好回到A处的概率． 【考点】列表法与树状图法；概率公式．版权所有 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）根据简单事件的概率计算公式求解即可； （2）根据题意列表求概率即可． 【解答】解：（1）从顶点A跑到顶点C的概率为； （2）列表如下： 和 1 2 2 3 1 2 3 3 4 2 3 4 4 5 2 3 4 4 5 3 4 5 5 6 由上表可知，所有等可能情况共16种，其中和为4的有6种， ∴两次跑完恰好回到A处的概率为． 【点评】本题考查了列表法或树状图法求概率及简单事件的概率，关键是熟练应用知识点解题． 20．（8分）从A地到B地，我们可以乘坐不同的列车：特快、动车、高铁．设列车的平均速度为vkm/h，全程运行的时间为th．若乘坐特快列车以120km/h的平均速度行驶需要5h． （1）写出t与v之间的函数表达式； （2）若某动车列车走此路段的平均速度为200km/h，那么它全程运行需要多长时间？ （3）如果全程运行时间控制在2h内，那么乘坐的高铁列车的平均速度至少应为多少？ 【考点】一次函数的应用．版权所有 【答案】（1）； （2）3h； （3）300km/h． 【分析】（1）根据题意，设A地与B地的路程为skm，则，把v＝120km/h，t＝5h代入计算即可； （2）把v＝200km/h代入计算即可； （3）令t＝2，求得v＝300，再根据反比例函数的增减性求解即可． 【解答】解：（1）设A地与B地的路程为skm， 则， 把v＝120km/h，t＝5h代入上式，得， 解得s＝600， ∴； （2）当v＝200km/h时， （h）， 所以它全程运行需要3h； （3）令t＝2，则， 解得v＝300（km/h）， 对于函数，当v＞0时，t随着v的增大而减小， 所以当t≤2时，v≥300， 所以乘坐的高铁的平均速度至少应为300km/h． 【点评】本题考查了反比例函数的应用，正确理解题意是关键． 21．（9分）如图，嘉嘉在公园里练习无人机的使用，他在A处操作无人机起飞，飞至点P处静止，此时从A处测得无人机的仰角∠PAB为30°，嘉嘉向前走了20m到达B处，此时测得无人机的仰角∠PBA为45°． （1）∠APB的度数为　105°　 ； （2）求无人机飞至点P时距地面的高度； （3）若无人机从点P处沿射线AP的方向飞行一段时间后，到达点C处．此时，从B处测得无人机的仰角∠CBE为75°，求无人机在C处时到点B处的距离． 【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有 【答案】（1）105°； （2）无人机飞至点P时距地面的高度； （3）无人机在C处时到点B处的距离． 【分析】（1）利用三角形内角和求角的度数； （2）过点P作PD⊥AB于D，设PD＝xm，利用三角函数表示BD，AD，利用AB＝20列方程求解； （3）过点B作BH⊥AC于H，先在Rt△ABH中求出BH，再在Rt△BCH中，求得BC即可． 【解答】解：（1）∵∠PAB＝30°，∠ABP＝45°， ∴∠APB＝180°﹣∠ABP﹣∠PAB＝105°， 故答案为：105°； （2）过点P作PD⊥AB于D，设PD＝xm， ∵∠ABP＝45°，∠A＝30°， ∴PD＝DB＝x，， ∵AB＝20，AD+BD＝AB， ∴， 解得：， 答：无人机飞至点P时距地面的高度； （3）过点B作BH⊥AC于H， ∴∠BHA＝90°， ∵∠A＝30°，AB＝20m， ∴， ∵∠CBE＝75°，∠A＝30°， ∴∠C＝∠CBE﹣∠A＝45°， ∴在Rt△BCH中，（m）． 答：无人机在C处时到点B处的距离． 【点评】本题考查了解直角三角形与实际问题，关键是利用三角函数解直角三角形． 22．（9分）AC为⊙O的一条弦，将弦AC绕点A顺时针旋转60°得到AD，连接DC． （1）如图1，若AD与⊙O相切，判断DC与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）如图2，以OC为边作等边三角形COP，点P落在⊙O上，连接PA，OD． ①求证：△ACP≌△DCO； ②若OC＝2，求OD的最大值及此时的长． 【考点】圆的综合题．版权所有 【答案】（1）DC与⊙O相切，理由如下： 连接OA，OC， ∵AD与⊙O相切， ∴OA⊥AD， ∴∠OAD＝90°， ∵弦AC绕点A顺时针旋转60°得到AD， ∴△ADC是等边三角形， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠D＝60°， ∴∠OAC＝30°， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠OAC＝30°， ∴∠OCD＝∠OCA+∠ACD＝90°， ∴OC⊥CD， ∴DC与⊙O相切． （2）①∵△ADC和△OPC都是等边三角形， ∴∠ADC＝∠ACD＝∠DAC＝∠POC＝∠OPC＝∠OCP＝60°，AD＝DC＝CA，PO＝PC＝OC， ∴∠PCO+∠OCA＝∠ACD+∠OCA， ∴∠PCA＝∠OCD， ∵， ∴△ACP≌△DCO（SAS）； ②4；． 【分析】（1）连接OA，OC，根据切线的性质和判定证明即可； （2）①先证明∠PCA＝∠OCD，然后证明△ACP≌△DCO即可； ②根据两点间线段最短，弧长公式计算即可． 【解答】（1）解：DC与⊙O相切，理由如下： 连接OA，OC， ∵AD与⊙O相切， ∴OA⊥AD， ∴∠OAD＝90°， ∵弦AC绕点A顺时针旋转60°得到AD， ∴△ADC是等边三角形， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠D＝60°， ∴∠OAC＝30°， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠OAC＝30°， ∴∠OCD＝∠OCA+∠ACD＝90°， ∴OC⊥CD， ∴DC与⊙O相切． （2）①证明：∵△ADC和△OPC都是等边三角形， ∴∠ADC＝∠ACD＝∠DAC＝∠POC＝∠OPC＝∠OCP＝60°，AD＝DC＝CA，PO＝PC＝OC， ∴∠PCO+∠OCA＝∠ACD+∠OCA， ∴∠PCA＝∠OCD， ∵， ∴△ACP≌△DCO（SAS）； ②解：∵△ACP≌△DCO（SAS）， ∴PA＝OD， 连接OA， ∵PO+OA≥AP， ∴当P、O、A三点共线时，PA的值最大， 此时AP＝PO+OA＝2+2＝4， ∴OD的最大值为4， ∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°， ∴． 【点评】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质和判定，圆的性质，弧长公式，熟练掌握判定和性质，公式是解题的关键． 23．（11分）如图，抛物线的顶点为点P，与y轴交于点B，OB＝20，点A为抛物线L1上一点，其横坐标为m（10＜m＜20），从点A处又弹出一条抛物线L2（开口向下），其顶点为点Q，且点A是线段PQ的中点． （1）求抛物线L1的解析式； （2）若m＝15，抛物线L2经过点（25，2）吗？请通过计算加以说明； （3）过点B作平行于x轴的直线l，若抛物线L2与直线l没交点，求m的取值范围． 【考点】二次函数综合题．版权所有 【答案】（1）； （2）抛物线L2不经过点（25，2）； ∵点A为抛物线上一点，且横坐标为m＝15， ∴其纵坐标为， ∴A（15，5）， 设抛物线L2的顶点Q（x0，y0）， ∵点A是线段PQ的中点，P（10，0）， ∴y0+0＝2×5＝10，x0+10＝2×15＝30， ∴y0＝10，x0＝20， ∴Q（20，10）， 设抛物线L2的解析式为y＝a（x﹣20）2+10， ∵A（15，5）在抛物线y＝a（x﹣20）2+10上， ∴a（15﹣20）2+10＝5， 解得， ∴， 当x＝25时，， ∴若m＝15，L2不经过点（25，2）； （3）． 【分析】（1）把B（0，20）代入抛物线解析式，用待定系数法解答即可； （2）设抛物线L2的顶点Q（x0，y0），根据点A是线段PQ的中点，P（10，0），确定Q（20，10），设抛物线L2的解析式为y＝a（x﹣20）2+10，代入A（15，5）确定抛物线解析式为，代入计算判断抛物线L2不经过点（25，2）． （3）根据抛物线解析式确定点，设抛物线L2的顶点Q（xQ，yQ），根据点A是线段PQ的中点，P（10，0），确定，根据题意，得时，抛物线的顶点Q恰好在直线上，此时直线与抛物线相切，有唯一交点，解答即可． 【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为点P，与y轴交于点B，OB＝20， ∴P（10，0），B（0，20）， ∴a（0﹣10）2＝20， 解得， ∴． （2）∵点A为抛物线上一点，且横坐标为m＝15， ∴其纵坐标为， ∴A（15，5）， 设抛物线L2的顶点Q（x0，y0）， ∵点A是线段PQ的中点，P（10，0）， ∴y0+0＝2×5＝10，x0+10＝2×15＝30， ∴y0＝10，x0＝20， ∴Q（20，10）， 设抛物线L2的解析式为y＝a（x﹣20）2+10， ∵A（15，5）在抛物线y＝a（x﹣20）2+10上， ∴a（15﹣20）2+10＝5， 解得， ∴， 当x＝25时，， ∴若m＝15，L2不经过点（25，2）； （3）∵点A为抛物线上一点，且横坐标为m， ∴其纵坐标为， ∴， 设抛物线L2的顶点Q（xQ，yQ）， ∵点A是线段PQ的中点，P（10，0）， ∴， ∴， ∴， ∵B（0，20）， ∴时，抛物线的顶点Q恰好在直线上，此时直线与抛物线相切，有唯一交点， 整理，得m2﹣20m+50＝0 解得， ∵10＜m＜20，， ∴． 【点评】本题考查了二次函数综合，待定系数法，图象过点的意义，中点坐标公式的应用，直线与抛物线的交点问题，解方程，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键． 24．（12分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝8cm，E为AD的中点，连接BE，CE．动点P从点E开始沿折线EB﹣BC以2cm/s的速度运动（不与E，B，C点重合），作∠EPQ，它的边PQ与EC交于点Q，且∠EPQ＝∠EBC．设点P的运动时间为ts． （1）BE＝　5　 cm，tan∠EBC＝　　 ； （2）当t＝1.5时，求四边形PBCQ的面积； （3）如图2，当点P在BC上时． ①用尺规作图法作∠EPQ＝∠EBC； ②当CQ＝3cm时，求t的值． 【考点】四边形综合题．版权所有 【答案】（1）5，； （2）； （3）①∠EPQ即为所求； ； ②4s或5s． 【分析】（1）根据题意，得，根据勾股定理得，再利用平行线的性质，证明∠EBC＝∠AEB，继而根据正切函数的定义得到tan∠EBC＝tan∠AEB，解答即可； （2）先证明PQ∥BC，得到△EPQ∽△EBC，再根据相似三角形的性质，列式解答即可； （3）①根据基本作图解答即可； ②证明△BEP∽△CPQ，得到BP•CP＝15，结合BP+CP＝BC＝8cm，可以得到以下的结论：BP，CP是方程x2﹣8x+15＝0的两个根，解得x＝3或x＝5，分类根据运动速度，计算运动的t的值即可． 【解答】解：（1）E为AD的中点，AB＝3cm，BC＝8cm， ∴AD＝BC＝8cm，∠A＝90°，CD＝AB＝3cm， ∴， ∴， ∵矩形ABCD， ∴AD∥BC， ∴∠EBC＝∠AEB， ∴tan∠EBC＝tan∠AEB， ∵， ∴， 故答案为：5，； （2）点P从点E开始沿折线EB﹣BC以2cm/s的速度运动， 故当t＝1.5时，EP＝2×1.5＝3（cm）， ∵∠EPQ＝∠EBC， ∴PQ∥BC， ∴△EPQ∽△EBC， ∴， ∴， ∴． （3）①根据尺规作图的基本步骤，画图如下： 则∠EPQ即为所求． ②∵EB＝EC， ∴∠EBC＝∠ECB， ∵∠EPQ＝∠EBC， ∴∠BEP+∠BPE＝∠CPQ+∠BPE， ∴∠BEP＝∠CPQ， ∴△BEP∽△CPQ， ∴， ∵BC＝8cm，CQ＝3cm，EB＝EC＝5cm， ∴， ∴BP•CP＝15， ∵BP+CP＝BC＝8cm， ∴BP，CP是方程x2﹣8x+15＝0的两个根， 解得x＝3或x＝5， 当BP＝3cm时， 点P运动的路程长为5+3＝8（cm）， 故运动的； 当BP＝5cm时， 点P运动的路程长为5+5＝10（cm）， 故运动的； 综上所述，当CQ＝3cm时，运动时间为4s或5s． 【点评】本题考查了矩形的性质，平行线的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，角的基本作图，正切函数的应用，熟练掌握三角形相似的判定和性质，正切函数的应用，是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $