山西省大同市浑源县2020-2021学年九年级上学期期末数学试卷(word版含答案)

这是一份山西省大同市浑源县2020-2021学年九年级上学期期末数学试卷(word版含答案)，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1一元二次方程x2﹣9＝0的根是（ ）
A．x＝3B．x＝﹣3C．x1＝3，x2＝﹣3D．x1＝9，x2＝﹣9
2云纹，指云形纹饰，是古代中国吉祥图案，象征高升和如意，被广泛地运用于装饰中．下列的云纹图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3现有4张扑克牌（除牌面花色外完全相同）：2张红桃A、1张黑桃A、1张梅花A，将它们洗匀后背面朝上放置．现从中任意抽取一张牌，则抽到红桃A的概率为（ ）
A．B．C．D．1
4用配方法解一元二次方程x2﹣8x+9＝0，变形后的结果正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝﹣7B．（x﹣4）2＝25C．（x+4）2＝7D．（x﹣4）2＝7
5如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若∠ABC＝60°，则∠AOC的大小是（ ）
A．30°B．120°C．135°D．150°
6一元二次方程2x2﹣x﹣1＝0的根的情况（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．无实数根D．无法确定
7在平面直角坐标系内，将抛物线y＝（x+2）2﹣3经过两次平移后，得到的新抛物线为y＝（x﹣1）2﹣4．下列对这一平移过程描述正确的是（ ）
A．先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
B．先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
C．先向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
D．先向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
8学校准备举办“和谐校园”摄影作品展览，现要在一幅长30cm，宽20cm的矩形作品四周外围镶上宽度相等的彩纸，并使彩纸的面积恰好与原作品面积相等．设彩纸的宽度为xcm，则x满足的方程是（ ）
A．（30+2x）（20+2x）＝30×20
B．（30+x）（20+x）＝30×20
C．（30﹣2x）（20﹣2x）＝2×30×20
D．（30+2x）（20+2x）＝2×30×20
9如图是抛物线y＝ax2+bx+c的一部分，其对称轴为直线x＝﹣1．已知该抛物线过点（﹣3，0），则下列判断正确的是（ ）
A．abc＜0
B．2a+b＝0
C．该抛物线过点（1，0）
D．当x＜0时，y随x的增大而增大
10德国数学家高斯在大学二年级时得出了正十七边形的尺规作图法，并给出了可用尺规作图的正多边形的条件．下面是高斯正十七边形作法的一部分：已知AB是⊙O的直径，分别以A，B为圆心、AB长为半径作弧，两弧交于点C，D两点，…若设AB长为2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π﹣B．π﹣C．π﹣D．π﹣
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11用因式分解法解一元二次方程（4x﹣1）（x+3）＝0时，可将原方程转化为两个一元一次方程，其中一个方程是4x﹣1＝0，则另一个方程是 ．
12如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是 ．
13如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AC、AD，若∠CAB＝40°，则∠ADC的度数为 °．
14如图，小彬收集了三张除正面图案外完全相同的卡片，其中两张印有嫦娥5号在月面自动采样的卡通图，另外一张印有嫦娥5号首次从月面起飞的示意图．现将三张卡片背面朝上放置，搅匀后从中一次性随机抽取两张，则抽到的两张卡片图案不相同的概率为 ．
15如图，已知正方形ABCD，将边CD绕点C顺时针旋转45°，得到线段CE，连接DE，CE．连接DE，AE，DC＝2，则AE的长为 ．
三、解答题（本大题含8个小题，共75分）
16解方程：x2+6x﹣5＝0．
17阅读下列解方程的过程，并解决问题：
解：方程右边分解因式，得3x（x﹣5）＝2（5﹣x）…（第一步）
方程变形为3x（x﹣5）＝﹣2（x﹣5）…（第二步）
方程两边都除以x﹣5，得3x＝﹣2…（第三步）
解，得x＝﹣．…（第四步）
①上述解方程的过程从第 步开始出错，具体的错误是 ；
②请直接写出方程的根 ．
18二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）将二次函数表达式y＝x2﹣4x+3化成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并直接写出其顶点坐标；
（2）完成下列表格并在如图所示的直角坐标系内画出该函数的大致图象；
（3）根据图象直接回答：当x 时，y随x的增大而减小；当y＜0时，x的取值范围是 ．
19.2019年11月1日5G商用套餐正式上线，某移动营业厅为了吸引用户，设计了A、B两个可以自由转动的转盘（如图）．A转盘被等分为2个扇，分别为红色和黄色；B转盘被等分为3个扇形，分别为黄色、红色、蓝色．指针固定不动，营业厅规定，每位5G新用户可分别转动两个转盘各一次，转盘停止后，若指针所指区域颜色相同，则该用户可免费领取100G通用流量（若指针停在分割线上，则重转）．小王办理5G业务获得一次转转盘的机会，求他能免费领取100G通用流量的概率．
20.如图，在△ABC中，AF⊥BC于点F．将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．
（1）若∠B＝50°，求∠DAF的度数；
（2）若∠E＝∠CAD，求证：AD＝CD．
21.2021元旦前夕，某花店购进一批单价为4元/枝的玫瑰，按每枝10元的价格销售，每天能售出80枝．经市场调查发现这种玫瑰的销售单价每降低1元，平均每天就能多售出40枝．
（1）店家在每枝10元的基础上，将这种玫瑰的销售单价降低x元，则平均每天的销售量为 枝（用含x的代数式表示）；
（2）为了吸引顾客前来购买这种玫瑰需要采用更低的价格，并使得销售玫瑰每天的利润达到600元，则店家应将其销售单价降低多少元？
（3）当这种玫瑰的销售单价降低多少元时，才能使该花店销售玫瑰每天所获利润最大？最大利润是多少？
22.如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，过点C作⊙O的切线CD交AB的延长线于点D，点E在直径AB上，且DE＝DC，连接CE并延长交⊙O于点F，连接AF，BF，试判断AF与BF的数量关系，并说明理由．
23.综合与实践﹣﹣探究正方形旋转中的数学问题
问题情境：已知正方形ABCD中，点O是线段BC的中点，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转得到正方形A′B′C′D′（点A′，B′，C′，D′分别是点A，B，C，D的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．
特例分析：
（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点O旋转过程中，顺次连接点B，B′，C，C′得到四边形BB′CC′，求证：四边形BB′CC′是矩形；
（2）“善学”小组提出问题：如图2，在旋转过程中，当点B′落在对角线BD上时，设A′B′与CD交于点M，求证：四边形OB′MC是正方形；
深入探究：
（3）“好问”小组提出问题：如图3，若点O是线段BC的三等分点且OB＝2OC，在正方形ABCD旋转的过程中当线段A′D′经过点D时，请直接写出的值．
24.如图1，抛物线y＝﹣+bx+c与y轴交于点A，直线y＝﹣x+2经过点A，与x轴交于点B，且与抛物线的另一交点C的横坐标为5．
（1）求点A、C的坐标和抛物线的函数表达式；
（2）将△AOB沿y轴向上平移到△A′O′B′，点O′恰好与点A重合，点B的对应点为点B′，判断点B′是否在抛物线上，说明理由；
（3）如图2，点P是直线AC上方的抛物线上的一个动点，那么平面直角坐标系内是否存在一点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的平行四边形面积最大？如果存在，求出点P的坐标，并直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
2020-2021学年山西省大同市浑源县九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1一元二次方程x2﹣9＝0的根是（ ）
A．x＝3B．x＝﹣3C．x1＝3，x2＝﹣3D．x1＝9，x2＝﹣9
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法．
【答案】C
【分析】直接开平方法求解可得．
【解答】解：∵x2﹣9＝0，
∴x2＝9，
∴x＝±3，
故选：C．
2云纹，指云形纹饰，是古代中国吉祥图案，象征高升和如意，被广泛地运用于装饰中．下列的云纹图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
3现有4张扑克牌（除牌面花色外完全相同）：2张红桃A、1张黑桃A、1张梅花A，将它们洗匀后背面朝上放置．现从中任意抽取一张牌，则抽到红桃A的概率为（ ）
A．B．C．D．1
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】C
【分析】利用概率公式计算即可得．
【解答】解：∵从4张纸牌中任意抽取一张牌有4种等可能结果，其中抽到红桃A的只有2种结果，
∴抽到红桃A的概率为＝，
故选：C．
4用配方法解一元二次方程x2﹣8x+9＝0，变形后的结果正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝﹣7B．（x﹣4）2＝25C．（x+4）2＝7D．（x﹣4）2＝7
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】首先移项，再进行配方，方程左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可变形成左边是完全平方，右边是常数的形式．
【解答】解：x2﹣8x+9＝0，
x2﹣8x+16＝﹣9+16，
（x﹣4）2＝7，
故选：D．
5如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若∠ABC＝60°，则∠AOC的大小是（ ）
A．30°B．120°C．135°D．150°
【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】圆的有关概念及性质；应用意识．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理求解即可．
【解答】解：∵∠AOC和∠ABC是同弧所对的圆心角和圆周角，
∴∠AOC＝2∠ABC＝120°；
故选：B．
6一元二次方程2x2﹣x﹣1＝0的根的情况（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．无实数根D．无法确定
【考点】根的判别式．
【答案】A
【分析】把a＝2，b＝﹣1，c＝﹣1代入Δ＝b2﹣4ac，计算△，再根据计算结果判断方程根的情况．
【解答】解：∵a＝2，b＝﹣1，c＝﹣1，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣1）2﹣4×2×（﹣1）＝9＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
7在平面直角坐标系内，将抛物线y＝（x+2）2﹣3经过两次平移后，得到的新抛物线为y＝（x﹣1）2﹣4．下列对这一平移过程描述正确的是（ ）
A．先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
B．先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
C．先向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
D．先向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】A
【分析】根据两抛物线顶点间的平移规律解答．
【解答】解：抛物线y＝（x+2）2﹣3的顶点坐标是（﹣2，﹣3），将其先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）．
即将抛物线y＝（x+2）2﹣3先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的新抛物线为y＝（x﹣1）2﹣4．
故选：A．
8学校准备举办“和谐校园”摄影作品展览，现要在一幅长30cm，宽20cm的矩形作品四周外围镶上宽度相等的彩纸，并使彩纸的面积恰好与原作品面积相等．设彩纸的宽度为xcm，则x满足的方程是（ ）
A．（30+2x）（20+2x）＝30×20
B．（30+x）（20+x）＝30×20
C．（30﹣2x）（20﹣2x）＝2×30×20
D．（30+2x）（20+2x）＝2×30×20
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】D
【分析】设彩纸的宽度为xcm，则镶上彩纸后的长为（30+2x）cm，宽为（20+2x）cm，根据矩形面积的计算公式，结合彩纸的面积恰好与原作品面积相等，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设彩纸的宽度为xcm，则镶上彩纸后的长为（30+2x）cm，宽为（20+2x）cm，
依题意得：（30+2x）（20+2x）＝2×30×20．
故选：D．
9如图是抛物线y＝ax2+bx+c的一部分，其对称轴为直线x＝﹣1．已知该抛物线过点（﹣3，0），则下列判断正确的是（ ）
A．abc＜0
B．2a+b＝0
C．该抛物线过点（1，0）
D．当x＜0时，y随x的增大而增大
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】C
【分析】A．根据抛物线与y轴的交点位置及a、b的符号可得判断；B．根据抛物线的开口方向和对称轴可得b＝2a，由此可判断；C．根据抛物线与x轴的交点、对称轴可得另一交点的坐标，由此可判断；D．从图象及对称轴上可以判断y值的变化趋势．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∴b＝2a＜0，即b﹣2a＝0，所以B错误；
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＞0，所以A错误；
∵抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1．该抛物线过点（﹣3，0），
∴＝﹣1，
∴x＝1
∴该抛物线过点（1，0），故C正确；
从二次函数图象上可得到，当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，所以D错误．
故选：C．
10德国数学家高斯在大学二年级时得出了正十七边形的尺规作图法，并给出了可用尺规作图的正多边形的条件．下面是高斯正十七边形作法的一部分：已知AB是⊙O的直径，分别以A，B为圆心、AB长为半径作弧，两弧交于点C，D两点，…若设AB长为2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π﹣B．π﹣C．π﹣D．π﹣
【考点】数学常识；正多边形和圆；扇形面积的计算；作图—复杂作图．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】A
【分析】连接AC、BC，如图，先判断△ACB为等边三角形，则∠BAC＝60°，由于S弓形BC＝S扇形BAC﹣S△ABC，所以图中阴影部分的面积＝4S弓形BC+2S△ABC﹣S⊙O，然后利用扇形的面积公式、等边三角形的面积公式和圆的面积公式计算．
【解答】解：连接AC、BC，如图，
由作得AC＝BC＝AB＝2，
∴△ACB为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴S弓形BC＝S扇形BAC﹣S△ABC，
∴图中阴影部分的面积＝4S弓形BC+2S△ABC﹣S⊙O
＝4（S扇形BAC﹣S△ABC）+2S△ABC﹣S⊙O
＝4S扇形BAC﹣2S△ABC﹣S⊙O
＝4×﹣2××22﹣π×12
＝π﹣2．
故选：A．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11用因式分解法解一元二次方程（4x﹣1）（x+3）＝0时，可将原方程转化为两个一元一次方程，其中一个方程是4x﹣1＝0，则另一个方程是 ．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用因式分解法解方程可确定另一个方程．
【解答】解：∵（4x﹣1）（x+3）＝0，
∴4x﹣1＝0或x+3＝0．
即一个方程是4x﹣1＝0，则另一个方程是x+3＝0．
故答案为x+3＝0．
12如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是 ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，求出点D′到x轴、y轴的距离，即可判断出旋转后点D的对应点D′的坐标是多少即可．
【解答】解：因为点D（5，3）在边AB上，
所以AB＝BC＝5，BD＝5﹣3＝2；
（1）若把△CDB顺时针旋转90°，
则点D′在x轴上，OD′＝2，
所以D′（﹣2，0）；
（2）若把△CDB逆时针旋转90°，
则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以D′（2，10），
综上，旋转后点D的对应点D′的坐标为（﹣2，0）或（2，10）．
故答案为：（﹣2，0）或（2，10）．
13如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AC、AD，若∠CAB＝40°，则∠ADC的度数为 °．
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】50．
【分析】连接BC．利用三角形内角和定理求出∠B，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°．
∵∠CAB＝40°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝50°，
∴∠ADC＝∠B＝50°，
故答案为：50．
14如图，小彬收集了三张除正面图案外完全相同的卡片，其中两张印有嫦娥5号在月面自动采样的卡通图，另外一张印有嫦娥5号首次从月面起飞的示意图．现将三张卡片背面朝上放置，搅匀后从中一次性随机抽取两张，则抽到的两张卡片图案不相同的概率为 ．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；推理能力．
【答案】．
【分析】利用树状图或列表法列出所有可能出现的结果数，再从中得到满足条件的结果数，进而求出概率即可．
【解答】解：用A1、A2分别表示嫦娥5号在月面自动采样的卡通图，用B表示一张印有嫦娥5号首次从月面起飞的示意图，
根据题意列表如下：
共有6种等可能出现的结果，有4种两张卡片图案不相同，
∴P（两张卡片图案不相同）＝＝．
15如图，已知正方形ABCD，将边CD绕点C顺时针旋转45°，得到线段CE，连接DE，CE．连接DE，AE，DC＝2，则AE的长为 ．
【考点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】2．
【分析】连接AC，由旋转的性质得出∠DCE＝45°，DC＝CE＝2，由正方形的性质得出AB＝BC＝DC，∠ACD＝45°，得出∠ACE＝90°，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：连接AC，
∵将边CD绕点C顺时针旋转45°，
∴∠DCE＝45°，DC＝CE＝2，
∵四边形ABD是正方形，
∴AB＝BC＝DC，∠ACD＝45°，
∴AC＝2，∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝90°，
∴AE＝＝＝2．
故答案为2．
三、解答题（本大题含8个小题，共75分）
16解方程：x2+6x﹣5＝0．
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用配方法解方程．配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
【解答】解：∵x2+6x﹣5＝0，
∴x2+6x＝5，
∴x2+6x+32＝5+32，
即（x+3）2＝14，
∴x＝﹣3±，
∴原方程的解是：x1＝﹣3﹣，x2＝﹣3+．
17阅读下列解方程的过程，并解决问题：
解：方程右边分解因式，得3x（x﹣5）＝2（5﹣x）…（第一步）
方程变形为3x（x﹣5）＝﹣2（x﹣5）…（第二步）
方程两边都除以x﹣5，得3x＝﹣2…（第三步）
解，得x＝﹣．…（第四步）
①上述解方程的过程从第 步开始出错，具体的错误是 ；
②请直接写出方程的根 ．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】推理填空题；运算能力．
【答案】（1）三，方程两边都除以不能确定其值是否为0的代数式（x﹣5）．
（2）x1＝5，x2＝﹣．
【分析】（1）解方程时，根据两边除以的代数式是否为0，即可得出答案．
（2）分两种情况，当x﹣5＝0时和x﹣5≠0时，然后解方程，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵方程两边都除以（x﹣5），
∴不能确定代数式（x﹣5）的值是否为0，
∴第三步出现错误；
故答案为：三，方程两边都除以不能确定其值是否为0的代数式（x﹣5）．
（2）当x﹣5＝0时，
则，x＝5；
当x﹣5≠0时，
由题意得，3x＝﹣2，
则，x＝﹣．
故答案为：x1＝5，x2＝﹣．
18二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）将二次函数表达式y＝x2﹣4x+3化成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并直接写出其顶点坐标；
（2）完成下列表格并在如图所示的直角坐标系内画出该函数的大致图象；
（3）根据图象直接回答：当x 时，y随x的增大而减小；当y＜0时，x的取值范围是 ．
【考点】二次函数的性质；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的三种形式；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；数据分析观念．
【答案】（1）y＝x2﹣4x+3＝x2﹣4x+4﹣1＝（x﹣2）2﹣1，顶点坐标为（2，﹣1）；
（2）3，0，﹣1，0，3；函数图象见解答；
（3）x＜2，1＜x＜3．
【分析】（1）y＝x2﹣4x+3＝x2﹣4x+4﹣1＝（x﹣2）2﹣1，即可求解；
（2）计算出根据表格数据，描点连线绘制函数图象即可；
（3）观察函数图象即可求解．
【解答】解：（1）y＝x2﹣4x+3＝x2﹣4x+4﹣1＝（x﹣2）2﹣1，
所以顶点坐标为（2，﹣1）；
（2）当x＝0时，y＝x2﹣4x+3＝3，
当x＝1时，y＝x2﹣4x+3＝0，
同理可得：x＝2时，y＝﹣1，x＝3时，y＝0，x＝4时，y＝3，
故答案为：3，0，﹣1，0，3；
根据表格数据，描点连线绘制函数图象如下：
（3）从图象看，当x＜2时，y随x的增大而减小；当y＜0时，x的取值范围是：1＜x＜3，
故答案为：x＜2，1＜x＜3．
19.2019年11月1日5G商用套餐正式上线，某移动营业厅为了吸引用户，设计了A、B两个可以自由转动的转盘（如图）．A转盘被等分为2个扇，分别为红色和黄色；B转盘被等分为3个扇形，分别为黄色、红色、蓝色．指针固定不动，营业厅规定，每位5G新用户可分别转动两个转盘各一次，转盘停止后，若指针所指区域颜色相同，则该用户可免费领取100G通用流量（若指针停在分割线上，则重转）．小王办理5G业务获得一次转转盘的机会，求他能免费领取100G通用流量的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意画出树状图得出所有等情况数，找出符合条件的情况数，然后有概率公式即可得出答案．
【解答】解：画树状图如图所示：
共有6个等可能的结果，指针所指区域颜色相同的结果有2个，
∴小王能免费领取100G通用流量的概率＝＝．
20.如图，在△ABC中，AF⊥BC于点F．将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．
（1）若∠B＝50°，求∠DAF的度数；
（2）若∠E＝∠CAD，求证：AD＝CD．
【考点】等腰三角形的判定；旋转的性质．
【专题】计算题；证明题；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由旋转的性质得出AD＝AB，则∠ADF＝∠B＝50°，可求出答案；
（2）由旋转的性质得出∠C＝∠E，得出∠C＝∠CAD，可得出结论．
【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，
∴AD＝AB，
∴∠ADF＝∠B＝50°，
∴在Rt△ADF中，∠DAF＝90°﹣50°＝40°；
（2）证明：∵将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．
∴∠C＝∠E，
又∵∠E＝∠CAD，
∴∠C＝∠CAD，
∴AC＝CD．
21.2021元旦前夕，某花店购进一批单价为4元/枝的玫瑰，按每枝10元的价格销售，每天能售出80枝．经市场调查发现这种玫瑰的销售单价每降低1元，平均每天就能多售出40枝．
（1）店家在每枝10元的基础上，将这种玫瑰的销售单价降低x元，则平均每天的销售量为 枝（用含x的代数式表示）；
（2）为了吸引顾客前来购买这种玫瑰需要采用更低的价格，并使得销售玫瑰每天的利润达到600元，则店家应将其销售单价降低多少元？
（3）当这种玫瑰的销售单价降低多少元时，才能使该花店销售玫瑰每天所获利润最大？最大利润是多少？
【考点】一元二次方程的应用；二次函数的应用．
【专题】一元二次方程及应用；二次函数的应用；应用意识．
【答案】（1）（80+40x）；
（2）店家应将其销售单价降低3元可使得该玫瑰每天的利润达到600元；
（3）当这种玫瑰的销售单价降低2元时，才能使该花店销售玫瑰每天所获利润最大，最大利润是640元．
【分析】（1）根据“销售单价每降低1元，平均每天就能多售出40枝”列式即可；
（2）根据“总利润＝每枝利润×销售量”列方程求解可得；
（3）由以上相等关系列出函数解析式，配方成顶点式后，利用二次函数的性质求解可得．
【解答】解：（1）由题意得：店家在每枝10元的基础上，将这种玫瑰的销售单价降低x元，则平均每天的销售量为：（80+40x）枝，
故答案为：（80+40x）；
（2）根据题意，得（10﹣4﹣x）（80+40x）＝600，
解，得x1＝1，x2＝3，
为了吸引顾客x＝1舍去，
∴店家应将其销售单价降低3元可使得该玫瑰每天的利润达到600元；
（3）设销售玫瑰每天所获利润为w元，
则w＝（10﹣4﹣x）（80+40x）＝﹣40x2+160x+480＝﹣40（x﹣2）2+640，
∵a＝﹣40＜0，
∴抛物线开口向下，y有最大值．
当x＝2时，y最大＝640．
∴当这种玫瑰的销售单价降低2元时，才能使该花店销售玫瑰每天所获利润最大，最大利润是640元．
22.如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，过点C作⊙O的切线CD交AB的延长线于点D，点E在直径AB上，且DE＝DC，连接CE并延长交⊙O于点F，连接AF，BF，试判断AF与BF的数量关系，并说明理由．
【考点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的性质．
【专题】证明题；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】证明过程见解析．
【分析】连接OC，OF，由切线的性质得出∠OCD＝90°，由等腰三角形的性质得出∠OCF＝∠OFC，由圆周角定理证得∠BOF＝∠AOF，则可得出结论．
【解答】解：AF＝BF，理由如下：
如图，连接OC，OF，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD⊥OC，
∴∠OCD＝90°，
∴∠DCE+∠OCF＝90°，
∵DE＝DC，
∴∠DCE＝∠DEC，
∴∠DEC+∠OCF＝90°，
∵OC＝OF，
∴∠OCF＝∠OFC，
又∵∠DEC＝∠OEF，
∴∠OEF+∠OFC＝90°，
∴∠BOF＝180°﹣（∠OEF+∠OFC）＝90°，
∴∠AOF＝180°﹣∠EOF＝180°﹣90°＝90°，
∴∠BOF＝∠AOF，
∴AF＝BF．
23.综合与实践﹣﹣探究正方形旋转中的数学问题
问题情境：已知正方形ABCD中，点O是线段BC的中点，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转得到正方形A′B′C′D′（点A′，B′，C′，D′分别是点A，B，C，D的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．
特例分析：
（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点O旋转过程中，顺次连接点B，B′，C，C′得到四边形BB′CC′，求证：四边形BB′CC′是矩形；
（2）“善学”小组提出问题：如图2，在旋转过程中，当点B′落在对角线BD上时，设A′B′与CD交于点M，求证：四边形OB′MC是正方形；
深入探究：
（3）“好问”小组提出问题：如图3，若点O是线段BC的三等分点且OB＝2OC，在正方形ABCD旋转的过程中当线段A′D′经过点D时，请直接写出的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）（2）证明过程见解答；（3）2．
【分析】（1）由旋转性质可得OB＝OB′，OC＝OC′，由OB′＝OC′，OB＝OC知四边形BB′CC′是平行四边形，根据BC＝B′C′即可得证；
（2）由四边形ABCD是正方形知BC＝CD，∠C＝90°，∠CBD＝∠CDB＝45°，再由旋转可知OB＝OB′，即可得出∠OB′B＝∠OBB′＝45°，∠B′OC＝∠OB′B+∠OBB′＝90°，证四边形OB′MC是矩形，根据OB＝OC＝OB′即可得证；
（3）连接OD，OD′，过点O作OE⊥D′D于点E，则∠OED′＝90°，由旋转的性质得到OD＝OD′，则 D′D＝2D′E，推出四边形OC′D′E是矩形，得到C′O＝D′E，于是得到结论．
【解答】解：（1）由旋转性质可得OB＝OB′，OC＝OC′，
∵点O是线段BC的中点，
∴OB＝OC，
∴OB′＝OC′，OB＝OC，
∴四边形BB′CC′是平行四边形，
又∵BC＝B′C′，
∴平行四边形BB′CC′是矩形．
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠C＝90°．
∴∠CBD＝∠CDB＝＝＝45°，
由旋转可知，OB＝OB′，
∴∠OB′B＝∠OBB′＝45°，
∴∠B′OC＝∠OB′B+∠OBB′＝45°+45°＝90°，
∵四边形A′B′C′D′是正方形，
∴∠OB′M＝90°，
∴四边形OB′MC是矩形，
∵OB＝OC，
∴OB′＝OC，
∴矩形OB′MC是正方形．
（3）＝2，
理由如下：
如图3，连接OD，OD′，过点O作OE⊥D′D于点E，
则∠OED′＝90°，
由旋转可知，OD＝OD′，则D′D＝2D′E，
∵四边形A′B′C′D′是正方形，
∴∠C′＝∠OED′＝90°，
∴四边形OC′D′E是矩形，
∴C′O＝D′E，
∴D′D＝2C′O，即＝2．
24.如图1，抛物线y＝﹣+bx+c与y轴交于点A，直线y＝﹣x+2经过点A，与x轴交于点B，且与抛物线的另一交点C的横坐标为5．
（1）求点A、C的坐标和抛物线的函数表达式；
（2）将△AOB沿y轴向上平移到△A′O′B′，点O′恰好与点A重合，点B的对应点为点B′，判断点B′是否在抛物线上，说明理由；
（3）如图2，点P是直线AC上方的抛物线上的一个动点，那么平面直角坐标系内是否存在一点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的平行四边形面积最大？如果存在，求出点P的坐标，并直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；应用意识．
【答案】（1）；（2）点B'在抛物线上；（3），Q点坐标为（﹣，）或（，）或（，﹣）．
【分析】（1）求出，A（0，2），将点A与C代入y＝﹣+bx+c即可求解析式；
（2）由△AOB平移至△A'O'B'，可知OB∥O'B'且OB＝O'B'＝4，再由点O'与点A重合，可求B'（4，2），即可判断点B′是在抛物线上；
（3）过P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E，设P（m，﹣m2+2m+2），E（m，﹣m+2），过C作CF⊥PD于点F，由S△APC＝S△PAE+S△PCE＝＝﹣（m﹣）2+（0＜m＜5），当时，S△PAC最大值，以点A，C，P，Q为顶点的平行四边形面积＝2S△PAC，所以当S△PAC最大时，平行四边形面积最大，即可求，当AC＝PQ时，Q（﹣，）或Q（，）；当AP＝CQ时，Q（，）或Q（，﹣）．
【解答】解：（1）∵C的横坐标为5，
∴，
∴，
∵直线经过点A，
∴当x＝0时，y＝2，
∴A（0，2），
∵抛物线经过点A、C，
得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）当y＝0时，x＝4，
∴B（4，0），
∵△AOB平移至△A'O'B'，
∴OB∥O'B'且OB＝O'B'＝4，
∵点O'与点A重合，
∴点B'的纵坐标为2，
∴B'（4，2），
∵当x＝4时，，
∴点B'在抛物线上；
（3）过P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E，
设P（m，﹣m2+2m+2），E（m，﹣m+2），
∴PE＝﹣m2+m，
过C作CF⊥PD于点F，
S△APC＝S△PAE+S△PCE＝•PE•OD+•PE•CF
＝×（﹣m2+m）×5＝﹣（m﹣）2+（0＜m＜5），
∵，
∴当时，S△PAC最大值，
∵以点A，C，P，Q为顶点的平行四边形面积＝2S△PAC，
∴当S△PAC最大时，平行四边形面积最大，
∴将代入抛物线表达式，得，
∴，
∴过点P平行AC的直线为y＝﹣x+，
∵AC＝，
设Q点为（x，﹣x+），
当AC＝PQ时，
∴＝，
∴x＝﹣或x＝，
∴Q（﹣，）或Q（，）；
当AP＝CQ时，
AP＝，
设直线AP的解析式为y＝kx+b，
得，
∴，
∴y＝x+2，
∴过C点与AP平行的直线为y＝x﹣，
设Q（x，x﹣），
∴＝，
∴x＝或x＝，
∴Q（，）或Q（，﹣）；
综上所述：Q点坐标为（﹣，）或（，）或（，﹣）．
x
…
0
1
2
3
4
…
y＝x2﹣4x+3
…





…
x
…
0
1
2
3
4
…
y＝x2﹣4x+3
…





…