周周练20 九上全册期末综合检测卷：一元二次方程+二次函数+反比例函数+旋转+圆+直线与圆（数学新教材人教版九年级上册）

2026-2027学年九年级上学期数学周周测20 期末综合检测卷 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20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．下面的四个图案，其中既是轴对称又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的特征判断． 【详解】解：A、既是中心对称图形也是轴对称图形，符合题意； B、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意； C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意； D、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意． 2．方程的解是（） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：， ， ， ∴或， 解得，． 3．关于一元二次方程的根的情况，下列说法正确的是（     ） A．只有一个实数根 B．没有实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 【答案】D 【详解】解：一元二次方程中，，，， ∵， ∴方程有两个不相等的实数根． 4．小臻想探究不同远视眼镜镜片的度数与焦距的关系．她将收集到的镜片[对应度数y（单位：度）已知]正对太阳，前后移动镜片，直至地面上的光斑最小，此时用刻度尺测出镜片中心到光斑的距离x（即焦距，单位：）．她记录多组数据后，用计算机绘制了y与x的关系图象（如图）．根据图象判断，下列结论正确的是（     ） A．y与x的关系式为 B．镜片度数越大，镜片中心到光斑的距离越大 C．当时， D．镜片度数越小，镜片中心到光斑的距离越大 【答案】D 【分析】先求出反比例函数的解析式，再根据反比例函数的图象和性质，逐项判断即可求解． 【详解】解：根据题意得：该函数图象过点， 设镜片度数y（度）与镜片到光斑的距离x（米）的解析式为， 把点代入得：， 解得：， ∴镜片度数y（度）与镜片到光斑的距离x（米）的解析式为，故A选项错误，不符合题意； 当时，，故C选项错误，不符合题意； ∵， ∴当时，y随x的增大而减小， 即镜片度数越大，镜片到光斑的距离越小，故B选项错误，不符合题意； 镜片度数越小，镜片到光斑的距离越大，故D选项正确，符合题意． 5．如图1是某城市广场音乐喷泉，出水口A处的水流呈抛物线形，该水流喷出的高度与水平距离之间的关系如图2所示，点B为该水流的最高点，点C为该水流的落地点，且，垂足为点D，．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式． 根据题意可得，设抛物线的表达式为．将代入，求出a的值，即可解答． 【详解】解：∵，，， ∴， 设抛物线的表达式为． 将代入，得， 解得． 抛物线的表达式为． 令，则． 解得，（不合题意，舍去）． 的长为． 故选：D． 6．如图，是等边的内切圆，分别切于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（　 　）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先连接，再根据切线的性质得，然后根据等边三角形的性质得，接下来根据四边形内角和定理求出，最后根据圆周角定理得出答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的内切圆， ∴， ∴． ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 7．如图，平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点顺时针旋转得到，把绕点顺时针旋转得到，以此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据点，点，是等腰直角三角形且，求出点的坐标为，利用旋转求出的坐标规律，再计算的坐标即可． 【详解】解：∵点，点，是等腰直角三角形且， ∴点的坐标为，根据题意旋转可得点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，， 以此类推，点的横坐标为，当为奇数时，点的纵坐标为，当为偶数时，点的纵坐标为2， ∴点的横坐标为， ∵是偶数， ∴纵坐标为， ∴点的坐标为 ． 8．如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，分别得到和，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直角三角形的性质求出，的长，由阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解． 【详解】解：由题意知， ∵， ∴， ∴， ∴扇形的面积， 扇形的面积， 的面积， ∴阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积 ． 故选：B． 【点睛】本题考查扇形的面积，旋转的性质，含30°角的直角三角形，解题的关键是明白：阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积． 9．如图，点是外接圆的圆心，点是的内心，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，圆周角定理，掌握内心的定义是解题的关键．连接，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得的度数，进而由圆周角定理得，再根据内心的定义可得，据此即可求解． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， ， 点是的内心， ． 故选：D． 10．已知点，，若反比例函数与线段有公共点时，的取值范围是（     ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】分和两种情况，联立反比例函数与直线的解析式，结合线段的取值范围确定的取值范围． 【详解】解：设直线的解析式为， 将，代入得， ，解得， ∴直线的解析式为，线段的取值范围是， 联立， 整理得， 当时，反比例函数图象在第一、三象限，仅需考虑的情况， ∵二次函数开口向上，且当时，， ∴当，时，方程在内有解， 解得； ∴； 当时，反比例函数图象在第二、四象限，仅需考虑的情况， ∵二次函数开口向上，对称轴为， ∴在时，随增大而增大，且当时，， ∴当，时，方程在内有解， 解得， ∴； 综上，的取值范围是或． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．若点和点关于原点对称，________． 【答案】 【分析】两个点关于原点对称时，横纵坐标均互为相反数，据此列方程求出和，再计算的值． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴根据关于原点对称的点的坐标规律，可得， 解第一个方程得，即， 解第二个方程得，即， ∴． 12．已知关于x的一元二次方程没有实数根，请你写出一个满足条件的k的值：_________． 【答案】 【分析】根据一元二次方程的定义和方程无实数根的条件，求出k的取值范围，再在范围内取一个符合要求的值即可． 【详解】解：∵原方程是关于的一元二次方程， ∴． ∵原方程没有实数根， ∴根的判别式． 即， ∴， 解得， 故满足条件的可以为． 13．在温度不变的条件下，通过对汽缸顶部活塞加压，加压气体后汽缸壁所产生的压强与汽缸内气体的体积成反比例，p关于V的函数图象如图所示．当汽缸壁所产生的压强为时，汽缸内气体的体积为________． 【答案】50 【分析】设p关于V的函数关系式为，利用待定系数法求出函数关系式，再求出时对应的自变量值即可． 【详解】解：设p关于V的函数关系式为， 由题意可知，点在反比例函数图象上， 则， 解得：， 则p关于V的函数关系式为， 当时，汽缸内气体的体积． 14．如图，二次函数的图象与直线有两个交点，交点横坐标分别为1、3，则关于的不等式的解集为___________． 【答案】 【分析】将不等式变形为，即求二次函数图象在一次函数图象上方（包括交点）时自变量的取值范围． 【详解】解：关于的不等式可变形为， 该不等式的解集即为二次函数的图象在一次函数的图象上方（包括交点）时自变量的取值范围， 由图象可知，二次函数与一次函数交点的横坐标分别为，， 当时，二次函数的图象在一次函数的图象上方， 关于的不等式的解集为． 15．如图，是的一条弦，过点作的切线，过点作，交于点，垂足为点，连接、．若，则的度数为______． 【答案】/70度 【分析】先利用切线的性质得到，结合证明；再根据圆周角定理，由求出圆心角；最后利用平行线的性质求出的度数． 【详解】解：∵是的切线， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 16．如图，在中，，，D是以点A为圆心，5为半径的圆上一点，连接是的中点，则线段长度的最小值为_______． 【答案】4 【分析】取的中点E，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得和的长，即可求解． 【详解】解：取的中点E，连接，如图所示： 在直角中，， ∵E是直角斜边上的中点， ∴， ∵M是的中点，E是的中点， ∴， M轨迹为以E为圆心，为半径的圆， ∴当点M在线段上时，最小，且线段长度的最小值为． 三、解答题：本题共2小题,第17题10分，第18题12分，共22分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O与坐标原点重合，其一边长为4，点A，点C分别在x轴，y轴的正半轴上，函数（，k为常数，）的图象与交于点F，与矩形的对角线交于点D，与交于点E，连接，已知点D的坐标为． (1)求该反比例函数的解析式； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法求解即可； （2）先求出直线的解析式，再求出点，，的坐标，进而可得，的长，利用三角形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：由题意，将点代入函数得：， 则该反比例函数的解析式为． （2）解：由题意得：点的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， 将代入函数得：， ∴， 设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 将代入函数得：， ∴， ∴， 将代入函数得：， ∴， ∴， ∴的面积为． 18．如图，内接于，、是的高，H是的交点，的延长线交于G． (1)试说明：． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)解：连接． 是的高， ． ． ， ， ， 在与中， ， ． (2) 【分析】（1）连接，先根据三角形的高线定义和三角形的内角和定理推导出，再证明，然后根据全等三角形的对应边相等可证得结论； （2）连接．先利用圆周角定理可得，进而可证明为等边三角形得到，结合全等三角形的性质可得，最后利用圆的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接． ， ． ， 为等边三角形， ． ， ， ， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年九年级上学期数学周周测20 期末综合检测卷 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20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．下面的四个图案，其中既是轴对称又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 2．方程的解是（） A． B． C． D． 3．关于一元二次方程的根的情况，下列说法正确的是（     ） A．只有一个实数根 B．没有实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 4．小臻想探究不同远视眼镜镜片的度数与焦距的关系．她将收集到的镜片[对应度数y（单位：度）已知]正对太阳，前后移动镜片，直至地面上的光斑最小，此时用刻度尺测出镜片中心到光斑的距离x（即焦距，单位：）．她记录多组数据后，用计算机绘制了y与x的关系图象（如图）．根据图象判断，下列结论正确的是（     ） A．y与x的关系式为 B．镜片度数越大，镜片中心到光斑的距离越大 C．当时， D．镜片度数越小，镜片中心到光斑的距离越大 5．如图1是某城市广场音乐喷泉，出水口A处的水流呈抛物线形，该水流喷出的高度与水平距离之间的关系如图2所示，点B为该水流的最高点，点C为该水流的落地点，且，垂足为点D，．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．如图，是等边的内切圆，分别切于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（　 　）      A． B． C． D． 7．如图，平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点顺时针旋转得到，把绕点顺时针旋转得到，以此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为（     ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，分别得到和，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 9．如图，点是外接圆的圆心，点是的内心，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．已知点，，若反比例函数与线段有公共点时，的取值范围是（     ） A．或 B．或 C．或 D．或 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．若点和点关于原点对称，________． 12．已知关于x的一元二次方程没有实数根，请你写出一个满足条件的k的值：_________． 13．在温度不变的条件下，通过对汽缸顶部活塞加压，加压气体后汽缸壁所产生的压强与汽缸内气体的体积成反比例，p关于V的函数图象如图所示．当汽缸壁所产生的压强为时，汽缸内气体的体积为________． 14．如图，二次函数的图象与直线有两个交点，交点横坐标分别为1、3，则关于的不等式的解集为___________． 15．如图，是的一条弦，过点作的切线，过点作，交于点，垂足为点，连接、．若，则的度数为______． 16．如图，在中，，，D是以点A为圆心，5为半径的圆上一点，连接是的中点，则线段长度的最小值为_______． 三、解答题：本题共8小题,第17~22题7分，第23~24题10分，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．如图，将绕点A逆时针旋转一定角度得到，使点B的对应点E落在上，与交于点G． (1)求证：平分； (2)若，，求的度数． 18．已知：关于的一元二次方程有两个实数根． (1)求的取值范围． (2)设方程的两根为，且满足，求的值． 19．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O与坐标原点重合，其一边长为4，点A，点C分别在x轴，y轴的正半轴上，函数（，k为常数，）的图象与交于点F，与矩形的对角线交于点D，与交于点E，连接，已知点D的坐标为． (1)求该反比例函数的解析式； (2)求的面积． 20．如图，内接于，、是的高，H是的交点，的延长线交于G． (1)试说明：． (2)若，，求的面积． 21．综合与实践 背景 2026年，随着AI服务器、消费电子市场持续回暖，合肥长鑫存储的国产内存芯片订单爆发式增长，产能持续爬坡，相关出货数据不断刷新纪录，带动了本地模组厂商的销售热潮． 素材1 已知长鑫存储某款DDR5-16G内存芯片，周一的出货收入为500万元，随着下游客户备货需求激增，周三的出货收入达到720万元． 素材2 为承接国产芯片的消费热潮，合肥本地模组厂商推出“国产芯·合肥造”DDR5-16G内存模组套装，已知该套装的物料及加工成本为200元/套；当定价为500元/套时，平均每天可售出40套．调研发现，售价每降低20元，平均每天就能多售出8套，现该厂商计划下调售价，使平均每天的销售利润达到12000元． 问题解决 (1)任务1，求从周一到周三，长鑫存储该款DDR5-16G内存芯片出货收入的日平均增长率； (2)任务2，根据素材2，为尽可能多的售空“国产芯·合肥造”DDR5-16G内存模组库存，求下调后每套模组的售价； (3)任务3，根据素材2，该厂商平均每天能否获利16000元？若能，请求出每套模组应降价多少元；若不能，请说明理由． 22．某环保包装公司正在开发一款新型智能包装盒，需要以边长为的正方形纸板为原材料制作出既美观又实用的包装盒（每张纸板制作一个包装盒）．公司的设计部门提出了两种方案：无盖长方体纸盒（适用于展示型商品包装）和有盖长方体纸盒（适用于保护型商品包装）． 项目要求： ●原材料：边长为的正方形纸板． ●设计约束：需要通过翻折制作，不能有额外拼接． ●优化目标：在满足基本功能的前提下，使包装盒的容积最大化． ●材料利用率及其计算公式：材料利用率是指在制作过程中，最终成品（包装盒）所包含的材料面积占原始材料（正方形纸板）总面积的百分比，即材料利用率． (1)公司要求制作一款有盖长方体纸盒，使得材料利用率为，已知纸盒的长为、宽为，求纸盒的高以及此时的容积． (2)请你根据给定的边长为的正方形纸板，通过翻折制作一款无盖长方体纸盒，使得纸盒的底面为正方形．设该款纸盒的高为，试探究该款纸盒的材料利用率 与之间的函数关系式，并说明材料利用率随的变化而变化的情况． 23．如图，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点，且．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点是抛物线的顶点，设直线上方的抛物线上的动点的横坐标为． (1)求该抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)连接，直接写出线段与线段的数量关系和位置关系； (3)在直线上是否存在一点，使为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 24．【问题情境】如图，矩形中，作，分别交边于点E，交边于点F，作的外接． 【特殊体会】当时，如图1，判断与之间的数量关系是_______； 【初步探究】当经过点D时，如图2，试探究、、之间的数量关系，并加以证明； 【深入探究】当与相切时，如图3，解决下列问题： ①判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，求（直接写出结果）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年九年级上学期数学周周测20 期末综合检测卷 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20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．下面的四个图案，其中既是轴对称又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 2．方程的解是（） A． B． C． D． 3．关于一元二次方程的根的情况，下列说法正确的是（     ） A．只有一个实数根 B．没有实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 4．小臻想探究不同远视眼镜镜片的度数与焦距的关系．她将收集到的镜片[对应度数y（单位：度）已知]正对太阳，前后移动镜片，直至地面上的光斑最小，此时用刻度尺测出镜片中心到光斑的距离x（即焦距，单位：）．她记录多组数据后，用计算机绘制了y与x的关系图象（如图）．根据图象判断，下列结论正确的是（     ） A．y与x的关系式为 B．镜片度数越大，镜片中心到光斑的距离越大 C．当时， D．镜片度数越小，镜片中心到光斑的距离越大 5．如图1是某城市广场音乐喷泉，出水口A处的水流呈抛物线形，该水流喷出的高度与水平距离之间的关系如图2所示，点B为该水流的最高点，点C为该水流的落地点，且，垂足为点D，．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．如图，是等边的内切圆，分别切于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（　 　）      A． B． C． D． 7．如图，平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点顺时针旋转得到，把绕点顺时针旋转得到，以此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为（     ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，分别得到和，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 9．如图，点是外接圆的圆心，点是的内心，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．已知点，，若反比例函数与线段有公共点时，的取值范围是（     ） A．或 B．或 C．或 D．或 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．若点和点关于原点对称，________． 12．已知关于x的一元二次方程没有实数根，请你写出一个满足条件的k的值：_________． 13．在温度不变的条件下，通过对汽缸顶部活塞加压，加压气体后汽缸壁所产生的压强与汽缸内气体的体积成反比例，p关于V的函数图象如图所示．当汽缸壁所产生的压强为时，汽缸内气体的体积为________． 14．如图，二次函数的图象与直线有两个交点，交点横坐标分别为1、3，则关于的不等式的解集为___________． 15．如图，是的一条弦，过点作的切线，过点作，交于点，垂足为点，连接、．若，则的度数为______． 16．如图，在中，，，D是以点A为圆心，5为半径的圆上一点，连接是的中点，则线段长度的最小值为_______． 三、解答题：本题共2小题,第17题10分，第18题12分，共22分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O与坐标原点重合，其一边长为4，点A，点C分别在x轴，y轴的正半轴上，函数（，k为常数，）的图象与交于点F，与矩形的对角线交于点D，与交于点E，连接，已知点D的坐标为． (1)求该反比例函数的解析式； (2)求的面积． 18．如图，内接于，、是的高，H是的交点，的延长线交于G． (1)试说明：． (2)若，，求的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年九年级上学期数学周周测20 期末综合检测卷 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20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．下面的四个图案，其中既是轴对称又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的特征判断． 【详解】解：A、既是中心对称图形也是轴对称图形，符合题意； B、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意； C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意； D、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意． 2．方程的解是（） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：， ， ， ∴或， 解得，． 3．关于一元二次方程的根的情况，下列说法正确的是（     ） A．只有一个实数根 B．没有实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 【答案】D 【详解】解：一元二次方程中，，，， ∵， ∴方程有两个不相等的实数根． 4．小臻想探究不同远视眼镜镜片的度数与焦距的关系．她将收集到的镜片[对应度数y（单位：度）已知]正对太阳，前后移动镜片，直至地面上的光斑最小，此时用刻度尺测出镜片中心到光斑的距离x（即焦距，单位：）．她记录多组数据后，用计算机绘制了y与x的关系图象（如图）．根据图象判断，下列结论正确的是（     ） A．y与x的关系式为 B．镜片度数越大，镜片中心到光斑的距离越大 C．当时， D．镜片度数越小，镜片中心到光斑的距离越大 【答案】D 【分析】先求出反比例函数的解析式，再根据反比例函数的图象和性质，逐项判断即可求解． 【详解】解：根据题意得：该函数图象过点， 设镜片度数y（度）与镜片到光斑的距离x（米）的解析式为， 把点代入得：， 解得：， ∴镜片度数y（度）与镜片到光斑的距离x（米）的解析式为，故A选项错误，不符合题意； 当时，，故C选项错误，不符合题意； ∵， ∴当时，y随x的增大而减小， 即镜片度数越大，镜片到光斑的距离越小，故B选项错误，不符合题意； 镜片度数越小，镜片到光斑的距离越大，故D选项正确，符合题意． 5．如图1是某城市广场音乐喷泉，出水口A处的水流呈抛物线形，该水流喷出的高度与水平距离之间的关系如图2所示，点B为该水流的最高点，点C为该水流的落地点，且，垂足为点D，．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式． 根据题意可得，设抛物线的表达式为．将代入，求出a的值，即可解答． 【详解】解：∵，，， ∴， 设抛物线的表达式为． 将代入，得， 解得． 抛物线的表达式为． 令，则． 解得，（不合题意，舍去）． 的长为． 故选：D． 6．如图，是等边的内切圆，分别切于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（　 　）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先连接，再根据切线的性质得，然后根据等边三角形的性质得，接下来根据四边形内角和定理求出，最后根据圆周角定理得出答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的内切圆， ∴， ∴． ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 7．如图，平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点顺时针旋转得到，把绕点顺时针旋转得到，以此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据点，点，是等腰直角三角形且，求出点的坐标为，利用旋转求出的坐标规律，再计算的坐标即可． 【详解】解：∵点，点，是等腰直角三角形且， ∴点的坐标为，根据题意旋转可得点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，， 以此类推，点的横坐标为，当为奇数时，点的纵坐标为，当为偶数时，点的纵坐标为2， ∴点的横坐标为， ∵是偶数， ∴纵坐标为， ∴点的坐标为 ． 8．如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，分别得到和，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直角三角形的性质求出，的长，由阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解． 【详解】解：由题意知， ∵， ∴， ∴， ∴扇形的面积， 扇形的面积， 的面积， ∴阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积 ． 故选：B． 【点睛】本题考查扇形的面积，旋转的性质，含30°角的直角三角形，解题的关键是明白：阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积． 9．如图，点是外接圆的圆心，点是的内心，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，圆周角定理，掌握内心的定义是解题的关键．连接，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得的度数，进而由圆周角定理得，再根据内心的定义可得，据此即可求解． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， ， 点是的内心， ． 故选：D． 10．已知点，，若反比例函数与线段有公共点时，的取值范围是（     ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】分和两种情况，联立反比例函数与直线的解析式，结合线段的取值范围确定的取值范围． 【详解】解：设直线的解析式为， 将，代入得， ，解得， ∴直线的解析式为，线段的取值范围是， 联立， 整理得， 当时，反比例函数图象在第一、三象限，仅需考虑的情况， ∵二次函数开口向上，且当时，， ∴当，时，方程在内有解， 解得； ∴； 当时，反比例函数图象在第二、四象限，仅需考虑的情况， ∵二次函数开口向上，对称轴为， ∴在时，随增大而增大，且当时，， ∴当，时，方程在内有解， 解得， ∴； 综上，的取值范围是或． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．若点和点关于原点对称，________． 【答案】 【分析】两个点关于原点对称时，横纵坐标均互为相反数，据此列方程求出和，再计算的值． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴根据关于原点对称的点的坐标规律，可得， 解第一个方程得，即， 解第二个方程得，即， ∴． 12．已知关于x的一元二次方程没有实数根，请你写出一个满足条件的k的值：_________． 【答案】 【分析】根据一元二次方程的定义和方程无实数根的条件，求出k的取值范围，再在范围内取一个符合要求的值即可． 【详解】解：∵原方程是关于的一元二次方程， ∴． ∵原方程没有实数根， ∴根的判别式． 即， ∴， 解得， 故满足条件的可以为． 13．在温度不变的条件下，通过对汽缸顶部活塞加压，加压气体后汽缸壁所产生的压强与汽缸内气体的体积成反比例，p关于V的函数图象如图所示．当汽缸壁所产生的压强为时，汽缸内气体的体积为________． 【答案】50 【分析】设p关于V的函数关系式为，利用待定系数法求出函数关系式，再求出时对应的自变量值即可． 【详解】解：设p关于V的函数关系式为， 由题意可知，点在反比例函数图象上， 则， 解得：， 则p关于V的函数关系式为， 当时，汽缸内气体的体积． 14．如图，二次函数的图象与直线有两个交点，交点横坐标分别为1、3，则关于的不等式的解集为___________． 【答案】 【分析】将不等式变形为，即求二次函数图象在一次函数图象上方（包括交点）时自变量的取值范围． 【详解】解：关于的不等式可变形为， 该不等式的解集即为二次函数的图象在一次函数的图象上方（包括交点）时自变量的取值范围， 由图象可知，二次函数与一次函数交点的横坐标分别为，， 当时，二次函数的图象在一次函数的图象上方， 关于的不等式的解集为． 15．如图，是的一条弦，过点作的切线，过点作，交于点，垂足为点，连接、．若，则的度数为______． 【答案】/70度 【分析】先利用切线的性质得到，结合证明；再根据圆周角定理，由求出圆心角；最后利用平行线的性质求出的度数． 【详解】解：∵是的切线， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 16．如图，在中，，，D是以点A为圆心，5为半径的圆上一点，连接是的中点，则线段长度的最小值为_______． 【答案】4 【分析】取的中点E，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得和的长，即可求解． 【详解】解：取的中点E，连接，如图所示： 在直角中，， ∵E是直角斜边上的中点， ∴， ∵M是的中点，E是的中点， ∴， M轨迹为以E为圆心，为半径的圆， ∴当点M在线段上时，最小，且线段长度的最小值为． 三、解答题：本题共8小题,第17~22题7分，第23~24题10分，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．如图，将绕点A逆时针旋转一定角度得到，使点B的对应点E落在上，与交于点G． (1)求证：平分； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)证明：由题意，得，， ， ， 平分； (2) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，利用等边对等角求得，即可得到； （2）根据旋转的性质可得，，利用三角形内角和定理求出的度数，再利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：由题意，得，， ，， ， ， ， ． 18．已知：关于的一元二次方程有两个实数根． (1)求的取值范围． (2)设方程的两根为，且满足，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，根与系数的关系等： （1）一元二次方程有两个实数根，则根的判别式大于等于0，结合被开方数大于等于0，即可求解； （2）由一元二次方程根与系数的关系，可得，，再利用完全平方公式的变形得出，结合即可求解． 【详解】（1）解：有两个实数根， ， ， 又中， 的取值范围为． （2）解：方程的两根为， ，， ， ， ， ． 19．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O与坐标原点重合，其一边长为4，点A，点C分别在x轴，y轴的正半轴上，函数（，k为常数，）的图象与交于点F，与矩形的对角线交于点D，与交于点E，连接，已知点D的坐标为． (1)求该反比例函数的解析式； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法求解即可； （2）先求出直线的解析式，再求出点，，的坐标，进而可得，的长，利用三角形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：由题意，将点代入函数得：， 则该反比例函数的解析式为． （2）解：由题意得：点的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， 将代入函数得：， ∴， 设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 将代入函数得：， ∴， ∴， 将代入函数得：， ∴， ∴， ∴的面积为． 20．如图，内接于，、是的高，H是的交点，的延长线交于G． (1)试说明：． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)解：连接． 是的高， ． ． ， ， ， 在与中， ， ． (2) 【分析】（1）连接，先根据三角形的高线定义和三角形的内角和定理推导出，再证明，然后根据全等三角形的对应边相等可证得结论； （2）连接．先利用圆周角定理可得，进而可证明为等边三角形得到，结合全等三角形的性质可得，最后利用圆的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接． ， ． ， 为等边三角形， ． ， ， ， ． 21．综合与实践 背景 2026年，随着AI服务器、消费电子市场持续回暖，合肥长鑫存储的国产内存芯片订单爆发式增长，产能持续爬坡，相关出货数据不断刷新纪录，带动了本地模组厂商的销售热潮． 素材1 已知长鑫存储某款DDR5-16G内存芯片，周一的出货收入为500万元，随着下游客户备货需求激增，周三的出货收入达到720万元． 素材2 为承接国产芯片的消费热潮，合肥本地模组厂商推出“国产芯·合肥造”DDR5-16G内存模组套装，已知该套装的物料及加工成本为200元/套；当定价为500元/套时，平均每天可售出40套．调研发现，售价每降低20元，平均每天就能多售出8套，现该厂商计划下调售价，使平均每天的销售利润达到12000元． 问题解决 (1)任务1，求从周一到周三，长鑫存储该款DDR5-16G内存芯片出货收入的日平均增长率； (2)任务2，根据素材2，为尽可能多的售空“国产芯·合肥造”DDR5-16G内存模组库存，求下调后每套模组的售价； (3)任务3，根据素材2，该厂商平均每天能否获利16000元？若能，请求出每套模组应降价多少元；若不能，请说明理由． 【答案】(1)长鑫存储该款DDR5-16G内存芯片出货收入的日平均增长率为 (2)为售空库存，下调后每套售价为元 (3)能获利元，每套应降价元 【分析】（1）设日平均增长率为，由平均增长率问题列一元二次方程求解即可； （2）设每套模组降价元，由题中等量关系列一元二次方程求解即可； （3）不妨假设能获利元，由题中等量关系列一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：设日平均增长率为， 根据题意列方程：， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴长鑫存储该款DDR5-16G内存芯片出货收入的日平均增长率为； （2）解：设每套模组降价元， 则单套利润：（元）， 根据利润目标列方程：， 解得（舍去），（降价元，销量最大）， 下调后售价：（元）， 则为售空库存，下调后每套售价为元； （3）解：不妨假设能获利元， 则列方程：， 解得，即降价（元）， 答：能获利元，每套应降价元． 22．某环保包装公司正在开发一款新型智能包装盒，需要以边长为的正方形纸板为原材料制作出既美观又实用的包装盒（每张纸板制作一个包装盒）．公司的设计部门提出了两种方案：无盖长方体纸盒（适用于展示型商品包装）和有盖长方体纸盒（适用于保护型商品包装）． 项目要求： ●原材料：边长为的正方形纸板． ●设计约束：需要通过翻折制作，不能有额外拼接． ●优化目标：在满足基本功能的前提下，使包装盒的容积最大化． ●材料利用率及其计算公式：材料利用率是指在制作过程中，最终成品（包装盒）所包含的材料面积占原始材料（正方形纸板）总面积的百分比，即材料利用率． (1)公司要求制作一款有盖长方体纸盒，使得材料利用率为，已知纸盒的长为、宽为，求纸盒的高以及此时的容积． (2)请你根据给定的边长为的正方形纸板，通过翻折制作一款无盖长方体纸盒，使得纸盒的底面为正方形．设该款纸盒的高为，试探究该款纸盒的材料利用率 与之间的函数关系式，并说明材料利用率随的变化而变化的情况． 【答案】(1)纸盒的高为 ，容积为 (2)函数关系式为 ，当时，随的增大而减小 【分析】（1）设纸盒的高为，根据长方体的表面积公式以及题干所给的材料利用率计算公式建立方程求解； （2）根据材料利用率计算公式建立二次函数关系式，然后由于长方体的底面正方形边长为，求出的取值范围，再由二次函数的性质求解材料利用率随的变化而变化的情况． 【详解】（1）解：设纸盒的高为， 由题意得，， 解得， 则纸盒的容积为：； （2）解：由题意得，， ∵长方体的底面正方形边长为， ∴ ∴， ，对称轴为直线， ∴当时， 随的增大而减小． 23．如图，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点，且．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点是抛物线的顶点，设直线上方的抛物线上的动点的横坐标为． (1)求该抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)连接，直接写出线段与线段的数量关系和位置关系； (3)在直线上是否存在一点，使为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，顶点的坐标为 (2)，且 (3)存在，点的坐标为或 【分析】（1）直线与抛物线交于A、E两点，可得点A和点E坐标，再求出点B、C的坐标分别为：、，利用待定系数法即可求解； （2）分别求出和的长，根据待定系数法求出直线的解析式，即可求解； （3）分、、三种情况，分别求解即可． 【详解】（1）解：直线与抛物线交于、两点， ∴令，则，解得； 令,则， ∴点，点． ，， 点B的坐标为， 故抛物线的表达式为， 将点的坐标代入，得， 解得， 抛物线的表达式为， 顶点的坐标为． （2）解：，且，理由： ，， ， 设直线的解析式为， 将，代入，得， 解得， 故直线的解析式为． 、点， ， 故； 直线的解析式为，直线的解析式为， 故将直线向上平移个单位得到直线， ， 故，且． （3）解：存在，点的坐标为或． 设点，点，，而点， 联立， 得，， ∴，， ∵P点在直线的上方， ∴． ①当时， 如图，过点作轴的平行线，过点、点作轴的平行线，交过点且平行于轴的直线于点、， ，， ， ，， ， ，， 即，， 解得． 当时，， 解得，（舍去）， 点． ②当时，如图，过Q点作y轴的垂线，过P、H分别作的垂线，交于M、N两点， 则， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵, ∴， ∴，， ∴，， 解得，， 又∵， ∴， 解得，（舍去）， ∴． ③当时， 当点在抛物线对称轴的右侧时，如图， 点在的下方，与题意不符，舍去； 当点在抛物线对称轴的左侧时，如图，过H点作直线轴，分别过P、Q点作直线的垂线，垂足分别为M、N ， 则， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， 解得， 又∵， ∴， 解得（舍去），， 故点． 综上可得，点的坐标为或． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，难度较大，涉及到一次函数、三角形全等，要注意分类求解，避免遗漏．熟练掌握这些性质、判定、二次函数的图象和性质是解题的关键． 24．【问题情境】如图，矩形中，作，分别交边于点E，交边于点F，作的外接． 【特殊体会】当时，如图1，判断与之间的数量关系是_______； 【初步探究】当经过点D时，如图2，试探究、、之间的数量关系，并加以证明； 【深入探究】当与相切时，如图3，解决下列问题： ①判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，求（直接写出结果）． 【答案】 【特殊体会】 【初步探究】， 证明：如题图2． ∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴，． ∴． ∴． ∴，． ∵， ∴． 【深入探究】①与相切； 理由：如图，连接、． ∵， ∴． ∵与相切， ∴． ∴， 又 ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 又 ∵是半径， ∴与相切． ② 【分析】特殊体会：由已知、根据“直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半”可得结论； 初步探究：由已知、根据“圆周角所对的弦是直径”得：是的直径，根据“直径所对的圆周角是直角”得，根据“同角的余角相等”得，根据“直角三角形两锐角互余”可得，根据“等角对等边”得，再根据“”证明，得到：，等量代换得出结论； 深入探究：① 连接，根据“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”得 ，由已知、根据“切线垂直于过切点的半径”得，则四边形是矩形，可得，即，根据“经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是这个圆的切线”得出结论； ② 延长交于点，连接，根据“有三个角是直角的四边形是矩形”得：四边形都是矩形，从而得到：，由勾股定理得，从而，再根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：特殊体会：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 初步探究：略 深入探究：①略 ②． 如图，延长交于点， ∵，， ∴ 四边形、都是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与四边形的综合探究，矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，切线的性质和判定和勾股定理，综合性很强，对以上知识熟练是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $