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浙江省衢州市常山县2022年九年级毕业考试调研数学试卷及答案
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这是一份浙江省衢州市常山县2022年九年级毕业考试调研数学试卷及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
九年级毕业考试调研数学试卷
一、单选题
1．在－2，0，1， 这四个数中，最小的数是（ ）
A．－2 B．0 C．1 D．
2．由5个相同的小立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，为测量B，C两地的距离，小娟在池塘外取点A，得到线段 ， ，并取 ， 的中点D，E，连结 ．现测得 的长为6米，则B，C两地相距（ ）
A．3米 B．6米 C．9米 D．12米
4．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．含 角的直角三角板与直线 、 的位置关系如图所示，已知 // ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
6．一根排水管的截面如图所示，已知排水管的半径 ，水面宽 ，则截面圆心O到水面的距离为（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
7．如图， 是一个锐角，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，交射线 于点D，E，若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是小明连续两周居家记录的体温情况折线统计图，下列从图中获得的信息不正确的是（ ）
A．这两周体温的众数为
B．第一周平均体温高于第二周平均体温
C．第一周体温的中位数为
D．第二周的体温比第一周的体温更加平稳
9．如图，点A，B，C，D都在 上， 交 于点E， ，则 的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，构造了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，大正方形 由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若 ， ，则 的面积为（ ）
A．6 B．5 C． D．
二、填空题
11．不等式 的解集是 ．
12．因式分解： ．
13．已知一个圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，则这个圆锥的侧面积为 ．
14．2022年是中国农历壬寅年，小阳同学利用一副七巧板拼出如图所示的“老虎”．已知七巧板拼成的正方形边长是4，则点A到直线 的距离为 ．
15．将一副三角板按如图方式放置在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为 ，斜边 轴，反比例函数 的图象恰好经过点B，D，则点C的坐标为 ．
16．“一切为了U”是常山在赶考共同富裕道路上，最新确定的城市品牌．已知线段 ，对于坐标平面内的一个动点P，如果满足 ，则称点P为线段 的“U点”，如图，二次函数 与x轴交于点A和点B．
（1）线段 的长度为 ；
（2）若线段 的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为 ．
三、解答题
17．计算：
（1） ．
（2） ．
18．小王和小凌在解答“解分式方程： ”的过程如下框，请你判断他们的解法是否正确？若错误，请写出你的解答过程.
小王的解法：
解，去分母得： ①
去括号得： ②
移项得： ③
合并同类项得： ④
系数化为1得： ⑤
是原分式方程的解 ⑥
小凌的解法：
解，去分母得： ①
移项得： ②
合并同类项得： ③
系数化为1得： ④
是原分式方程的解 ⑤
19．劳动教育是学校贯彻“五育并举”的重要举措，某校倡议学生在家帮助父母做一些力所能及的家务．小杨随机抽取该校部分学生进行问卷调查，问卷调查表如图所示，并根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图．
（1）求小杨共调查了多少人，并补全条形统计图．
（2）该校有1500名学生，根据抽样调查结果，请你估计该校平均每周做家务的时间不少于2小时的学生人数．
（3）为了增强学生的劳动意识，现需要从A组的四位同学中抽调两位同学参与到社区服务，已知A组共由两位女生、两位男生组成，请利用树状图或列表等方法求出恰好抽调到一男一女的概率．
20．如图，在 中， ，以 为直径的半圆与交 于点F，点E是边 和半圆的公共点，且满足 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长度．
21．图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示．已知 ，木架 ．弹绳在自然状态时，点A，E，D在同一直线上，按压点F旋转至点 ，抛杆 绕点A旋转至 ，弹绳 随之拉伸至 '，测得 ．
（1）求 的度数．
（2）求 的长度，
（3）求点E转至点 的过程中，点E垂直上升的高度．
22．某校的甲，乙两位老师同住一小区，该小区与学校相距1800米．甲从小区步行去学校，出发10分钟后乙再出发，乙从小区先骑公共自行车，途经学校又骑行若千米到达还车点后，立即以45米/分钟的速度步行到学校，设甲步行的时间为x（分钟），图中线段 和折线 分别表示甲，乙离开小区的路程y米）与甲步行时间x（分钟）的函数关系的图象，根据图中所给信息，解答下列问题：
（1）写出点E横坐标的实际意义，并求出点E的纵坐标．
（2）求乙从还车点到学校所花的时间．
（3）两人何时相距300米？
23．已知二次函数 （b为常数）．
（1）若图象过 ，求函数的表达式．
（2）在（1）的条件下，当 时，求函数的最大值和最小值．
（3）若函数图象不经过第三象限，当 时，函数的最大值和最小值之差为9，求b的值．
24．如图，将正方形纸片 折叠使点D落在射线 上的点E，将纸片展平，折痕交 边于点F，交 边于点G， 的对应边 所在的直线交直线 于点H，连接 ．
（1）若点E在 边上，
①求证： ．
②当 时，求 的值．
（2）若 ，求 的值（用含k的代数式表示）．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：﹣2＜0＜1 。
故答案为：A。
【分析】根据正数大于0,0大于负数，两个正数绝对值大的就大，即可判断得出答案。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：观察几何体可知，从正面看，有三列，中间有两个正方形，两边各一个正方形.
故答案为：C.
【分析】利用主视图就是从几何体的正面所看到的平面图形，观察几何体可知从正面看，有三列，中间有两个正方形，两边各一个正方形，据此可求解.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=2×6=12米.
故答案为：D.
【分析】三角形两边中点的连线是三角形的中位线，可证得DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线等于第三边的一半，可求出BC的长.
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、 正确，该选项符合题意；
B、 与 不是同类项，不能合并，该选项不符合题意；
C、 原计算错误，该选项不符合题意；
D、 原计算错误，该选项不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据幂的乘方、合并同类项、积的乘方、同底数幂除法分别计算，然后判断即可.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，
∵∠ADF是△ADC的一个外角，
∴∠ADF=∠A+∠ACD=30°+30°=60°，
∵l1∥l2，
∴∠1=∠ADF=60°.
故答案为：C.
【分析】利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和，可求出∠ADF的度数；再利用两直线平行，同位角相等，可求出∠1的度数.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：过点O作OD⊥AB于点D，
∴BD=AB=×8=4，
在Rt△OBD中
.
∴ 截面圆心O到水面的距离为3.
故答案为：B.
【分析】过点O作OD⊥AB于点D，利用垂直于弦的直径垂直平分弦，可求出BD的长；再利用勾股定理求出OD的长，即可截面圆心O到水面的距离.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠ADE=∠ABC+∠BAD，
∴∠ADE=30°+35°=65°；
∵ 以点A为圆心，适当长度为半径画弧，交射线 于点D，E，
∴AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=65°，
∴∠DAE=180°-∠ADE-∠AED=180°-65°-65°=50°.
故答案为：B.
【分析】利用三角形的外角的性质可证得∠ADE=∠ABC+∠BAD，代入计算求出∠ADE的度数，利用作图可知AD=AE，利用等边对等角可求出∠AED的度数；然后利用三角形的内角和为180°，可求出∠DAE的度数.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A、第一周体温：36.7，37.1，36.6，37.1，37.1，36.6，36.9，
第二周体温：36.7，36.6，36.6，36.7，36.8，36.6，36.8，
36.6出现了5次，是出现次数最多的数，
故这两周体温的众数为36.6，故A不符合题意；
B、第一周平均体温为
第二周平均体温为
∴ 第一周平均体温高于第二周平均体温，故B不符合题意；
C、第一周体温排序为：36.7，36.6，36.6，36.9，37.1，37.1，37.1，
最中间的数是36.9，
第一周体温的中位数为36.9，故C符合题意；
D、由图中信息可知第二周的体温比第一周的体温更加平稳，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用众数就是出现次数最多的数，可对A作出判断；利用平均数公式分别计算出两周的平均体温，可对B作出判断；先将第一周的体温排序，可得到其中位数，可对C作出判断；利用数据的波动越小，体温更加平稳，观察折线统计图，可对D作出判断.
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵，
∴∠A=∠EBC，∵∠BCE=∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，
∴即
解之：AC=4，
∴AE=AC-CE=4-1=3.
故答案为：B.
【分析】利用等弧所对的圆周角相等，可证得∠A=∠EBC；利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△BCE∽△ACB，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AC的长；然后根据AE=AC-CE，代入计算求出AE的长.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，
∵大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的，
∴AD=AB，AH=BF=CE=DG，AF⊥BE，∠EBM=∠AHM=90°，
∴AD=AE=AB，
∴点F是BE的中点，
∴EF=BF=CE=AH=GE，
在△GME和△HMA中
∴△DME≌△HMA（AAS）
∴S△DME=S△HMA，
∴S△ADE=S△ADH+S△DGE，
在Rt△ADH中
DH2+AH2=AD2，
∴DH2+4DH2=(2)2，
解之：DH=4（取正值），
∴AH=DG=GE=2
∴.
故答案为：A.
【分析】利用已知：大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的，可证得AD=AB，AF⊥BE，∠EBM=∠AHM=90°，AH=BF=CE=DG，利用线段中点的定义可证得EF=BF=CE=AH=GE，利用AAS证明△DME≌△HMA，利用全等三角形的面积相等可得到S△DME=S△HMA，由此可推出S△ADE=S△ADH+S△DGE；再利用勾股定理求出DH的长，即可得到AH，DH，DG，EG的长；然后利用三角形的面积公式求出△ADE的面积.
11．【答案】x＞1
【解析】【解答】解：x-1＞0
∴x＞1.
故答案为：x＞1.
【分析】x的系数是1，因此移项后可求出不等式的解集.
12．【答案】（2+a）（2-.a）
【解析】【解答】解：4-a2=（2+a）（2-a）.
故答案为：（2+a）（2-a）.
【分析】观察此多项式的特点：有两项，都能写成平方形式且两项的符号相反，因此利用平方差公式分解因式.
13．【答案】30π
【解析】【解答】解：∵ 一个圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
∴这个圆锥的侧面积为.
故答案为：30π.
【分析】利用圆锥的侧面积等于（R是圆锥的母线长，r是底面圆的半径），代入计算可求出结果.
14．【答案】
【解析】【解答】解：过点A作AD⊥直线BC，垂足为D，交QN于点F，过N作NM⊥BC，垂足为M，过P作PE⊥AD于点，则点A到直线BC的距离是AD，
∴AD＝AE＋EF＋FD
＝AE＋EF＋MN
∵正方形边长为4，
∴，
AE＝×2=1，
∴AD＝.
故答案为：.
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，交QN于点F，过N作NM⊥BC，垂足为M，过P作PE⊥AD于点E，可知点A到直线BC的距离是AD，可得到AD=AE＋EF＋MN，利用正方形的边长为4，利用解直角三角形求出EF，MN，AE的长，即可求出AD的长.
15．【答案】
【解析】【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DE⊥AB于点E，
∵点A（1，0）
设B（1，n），
∴AB＝n，
∵∠ABD＝30°，∠ADB＝90°，
∴AD＝AB＝n，
在Rt△ADE中，∠DAE＝60°，
∴AE＝AD＝n，DE＝AD＝n，
∴D，
∵反比例函数y＝(k＞0)的图象恰好经过点B，D，
∴，
解之：n1＝，n2＝0（舍去），
∴AB＝，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CF＝AF＝BF＝，
∴C点的坐标为.
【分析】过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DE⊥AB于点E，利用已知条件设B（1，n），利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可表示出AD的长；由此可表示出AE，DE的长，可得到点D的坐标；再根据反比例函数的图象经过点B，D，可建立关于n的方程，解方程求出n的值，可得到AB的长；然后利用等腰直角三角形的性质可求出CF，AF的长，即可得到点C的坐标.
16．【答案】（1）4
（2） 或
【解析】【解答】解：（1）当y=0时，，
整理得：x2+6x+5=0，
解之：x1=-1，x2=-5，
∴点A（-5，0），点B（-1，0），
AB=-1-（-5）=4.
∴线段AB的长为4.
（2）以AB为边在x轴上方作等边△CAB，作△CAB的外接圆交y轴于E、F，作CD⊥AB于D，CH⊥EF于H，连接CE、CF，
∴四边形CDOH是矩形，
∴AD＝BD＝2，EH＝FH，
∵∠ACB＝60°，
∴∠AEB＝∠AFB＝∠ACB＝30°，
∴CD＝AB＝，OD＝3，
∴OH＝，CH＝3，
在Rt△CEH中，，
∴HF＝，
∴，
∴该“U点”的坐标为 或
【分析】（1）由y=0建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标，据此可求出线段AB的长.
（2）以AB为边在x轴上方作等边△CAB，作△CAB的外接圆交y轴于E、F，作CD⊥AB于D，CH⊥EF于H，连接CE、CF，利用垂径定理可知AD＝BD＝2，EH＝FH，利用圆周角定理求出∠AEB和∠AFB的度数，再利用解直角三角形求出CD，OD的长，即可得到OH，CH的长；利用勾股定理求出HE的长；然后求出OE，HE的长，即可得到该“U点”的坐标.
17．【答案】（1）解：原式=
（2）解： 原式=
【解析】【分析】（1）利用a0=1（a≠0），sin30°=，代入，同时化简绝对值，然后利用有理数的加减法法则进行计算.
（2）利用二次根式的乘法法则及二次根式的性质，先化简，再合并同类二次根式.
18．【答案】解：解：小王的解法错误，①步去分母出错；
小凌的解法第①步去括号没有变号出错；
正确解法为
去分母得：2x+3=x-（x-1）
去括号得：2x+3=x-x+1
移项、合并同类项得： 2x=-2
系数化为1得：x=-1，
经检验x=-1是原分式方程的解.
∴原方程的解为x=-1.
【解析】【分析】由小王和小凌的解答过程可知他们的解法错误，小王的解法错误，①步去分母出错；小凌的解法第①步去括号没有变号出错；先去括号，将分式方程转化为整式方程，再去括号（注意符号），然后求出方程的解，进行检验，可得方程的根.
19．【答案】（1）解：小杨一共抽查的人数为：20÷40％=50人，
C的人数为：50-4-20-10=16人
答：小杨共调查了50人.
（2）解：由题意得
人.
答：估计该校平均每周做家务的时间不少于2小时的学生人数有780人.
（3）解： 如图，
一共有12种结果数，出现一男一女的有8种，
∴恰好抽调到一男一女的概率为.
答：恰好抽调到一男一女的概率为
【解析】【分析】（1）利用B的人数÷B的人数所占的百分比，列式计算可求出调查的人数；利用条形统计图求出C的人数；然后补全条形统计图.
（2）用该校的总人数×平均每周做家务的时间不少于2小时的学生人数所占的百分比，列式计算即可.
（3）由题意可知，此事件是抽取不放回，列出树状图，利用树状图可得到所有的可能的结果数及恰好抽调到一男一女的情况数，然后利用概率公式可求解.
20．【答案】（1）证明：连接DF，OE，
∵DB是圆的直径，
∴∠DFB=90°，
∴DF⊥BC，
∵ ，OE是直径，
∴OE⊥DF，
∴OE∥BC，
∴∠ACB=∠AEO=90°，
∴OE⊥AC，
∵OE是半径，
∴AC是圆O的切线.
（2）解： 设圆O的半径为r，
∴OE=OB=r，则AO=9-r，
∵OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴即
解之：r=3.
∵∠B=90°-∠A=90°-30°=60°，
∵OF=OB，
∴△BOF是等边三角形，
∴∠BOF=60°，
∴ 的长度为.
答： 的长度为.
【解析】【分析】（1）连接DF，OE，利用直径所对的圆周角是直角，可证得DF⊥BC，利用垂径定理可证得OE⊥DF，可推出OE∥BC，由此可得到OE⊥AC，利用切线的判定定理，可证得结论.
（2）设圆O的半径为r，可表示出AO的长；再由OE∥BC，可证得△AOE∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于r的方程，解方程求出r的值；再证明△BOF是等边三角形，可得到∠BOF的度数；然后利用弧长公式进行计算，可求出结果.
21．【答案】（1）解：∵AG⊥BC，AB=AC，BC=8，
∴BG=BC=4，
∴DG=DB+BG=4+4=8
∴AG=BG=8
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴∠ADG=45°.
（2）解：延长AB交E′D的延长线与点H，
由（1）知BG=BD，
在△ABG和△HBD中
∴△ABG≌△HBD（ASA）
∴DH=AG=8，BH=AB
在Rt△ABG中
，
∴AH=AB+BH=，
∵
∴cm.
（3）解： 过点E作EM⊥DE′于点M，
在Rt△HAE′中
，
∴DE′=HE′-DH=20-8=12，
∵△AGD是等腰直角三角形，
∴，
∵ 按压点F旋转至点 ，抛杆 绕点A旋转至 ，弹绳 随之拉伸至 '
∴AE=AE′=，
∴DE=AD-AE=；
∵∠EDM=45°，
∴△DME是等腰直角三角形，
∴
∴.
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质可求出BG的长，同时可证得△ADG是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可求出∠ADG的度数.
（2）延长AB交E′D的延长线与点H，利用ASA证明△ABG≌△HBD，利用全等三角形的性质可证得DH=AG=8，BH=AB，利用勾股定理求出AB的长，由此可求出AH的长，再利用锐角三角函数的定义，可求出AE′的长.
（3）过点E作EM⊥DE′于点M，利用勾股定理 求出HE′的长及DE′的长，再利用解直角三角形求出AD的长；利用旋转的性质可得到AE的长，利用DE=AD-AE，代入计算求出DE的长；在等腰直角△MDE中，利用解直角三角形求出MD的长；然后可求出ME′的长，由此可得到点E转至点 的过程中，点E垂直上升的高度.
22．【答案】（1）解：设OA的函数解析式为y=kx（k≠0），点A（30，1800）
∴30k=1800
解之：k=60
∴y=60x，
当x=15时，y=15×60=900.
∴点E（15，900）
∴点E横坐标的实际意义是：当甲出发15分钟后，乙追上甲； E（15，900）；
（2）解： ∵E（15，900），点B（10，0）
∵乙骑公共自行车的速度为900÷（15-10）=180米/分钟，
∴180×（21-10）=1980米
∴点C（21，1980）
∵途经学校又骑行若千米到达还车点后，立即以45米/分钟的速度步行到学校，
∴乙从还车点到学校所花的时间为（1980-1800）÷45=4分钟.
（3）解：当10≤x≤21时，
设乙与小区的距离y与x的函数关系式为y＝kx＋b，
∵C（21，1980），B（10，0）
，
解之：，
∴乙与小区的距离y与x的函数关系式为y＝180x−1800，
∵线段OA解析式为y＝60x（0≤x≤30），
当甲行驶5分钟时，乙还没有出发，此时相距60×5=300米；
当甲在乙前面300米时，
60x−（180x−1800）＝300，
解之：x＝12.5；
当乙追上甲，乙在甲前面300米时，
（180x−1800）−60x＝300，
解之：x＝17.5；
当乙到达学校，甲距学校还有300米时，
60x＝1800−300，
解之：x＝25，
此时乙刚好到学校，
∴x＝25符合题意，
∴甲出发后5分钟或12.5分钟或17.5分钟或25分钟，两人相距300米
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出线段OA的函数解析式，将x=15代入函数解析式求出点E的坐标，点E是两函数图象的交点，可得到点E表示的实际意义.
（2）利用点B，E的坐标，可求出乙骑公共自行车的速度；再求出点C的坐标，根据途经学校又骑行若千米到达还车点后，立即以45米/分钟的速度步行到学校，可求出乙从还车点到学校所花的时间.
（3）利用点C，B的坐标，可求出当10≤x≤21时，乙与小区的距离y与x的函数关系式；再分情况讨论：当甲行驶5分钟时，乙还没有出发；当甲在乙前面300米时；当乙追上甲，乙在甲前面300米时；当乙到达学校，甲距学校还有300米时；分别建立关于x的方程，解方程求出x的值；综上所述可得到两人相距300米的时间.
23．【答案】（1）解： ∵图象经过点（1，4），
∴1+b+2b=4
解之：b=1.
∴此函数解析式为y=x2+x+2.
（2）解：y=x2+x+2=（x+）2+.
∵抛物线的开口向上，
∴当-1≤x≤，y随x的增大而减小，
∴当x=时，y的最小值为，
当＜x≤3时，y随x的增大而增大，
∴当x=3时y的最大值为（3+）2+=14.
答： 最小值 ，最大值14.
（3）解：∵函数图象不经过第三象限，
∴2b≥0
解之：b≥0；
当b=0时，y=x2，
当-4≤x≤1时，此函数的最大值为16；
最小值为0，
∴函数的最大值和最小值的差为16，不符合题意；
∵
∴对称轴为直线
∵函数图象不经过第三象限，
∴b2-4ac≤0即b2-8b≤0
解之：0＜b≤8，
∴
∴当-4≤x≤1时函数的最小值为
∵当x=-4和x=-1时对称轴为直线
当时，函数的最大值为12＋b＋2b＝3b＋1．
此时函数的最大值和最小值之差为，
解得b＝4或−8（舍去）．
当时，函数的最大值为（−4）2−4b＋2b＝16−2b，
此时函数的最大值和最小值之差为，
解得b＝2或14（舍去）．
∴b＝2或4．
【解析】【分析】（1）将点（1，4）代入函数解析式，可得到关于b的方程，解方程求出b的值，可得到函数解析式.
（2）将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，当-1≤x≤，y随x的增大而减小；当＜x≤3时，y随x的增大而增大；分别求出当-1≤x≤3时的函数的最大值和最小值.
（3）函数图象不经过第三象限，可知此函数可能经过第一，二，四象限，可得到b≥0；再分情况讨论：当b=0时，可求出是的最大值和最小值的差为16，不符合题意；将函数解析式转化为顶点式，可知对称轴为直线，根据函数图象不经过第三象限，可得到b2-8b≤0，由此可得到对称轴的取值范围，同时可得到当-4≤x≤1时函数的最小值为
；再根据当x=-4和x=-1时对称轴为直线，分情况讨论：当时可求出函数的最大值为3b＋1，根据函数的最大值和最小值之差为9，可得到关于b的方程，解方程求出符合题意的b的值；当时函数的最大值为16-2b，利用函数的最大值和最小值之差为9，可得到关于b的方程，解方程求出符合题意的b的值；综上所述可得到b的值.
24．【答案】（1）① 证明：∵ 将正方形纸片 折叠使点D落在射线 上的点E，将纸片展平，折痕交 边于点F，交 边于点G ，
∴∠A=∠ADC=∠FEC′=90°，EF=DF，
∴∠FED=∠FDE，∠FED+∠DEH=90°，∠AED+∠FDE=90°，
∴∠AED=∠DEH；
②解：∵∠BEH+∠BHE=90°，∠BEH+∠AEF=90°，
∴∠BHE=∠AEF；
∵
∴设AE=2a，BE=3a，AB=AD=5a
设AF=x，则DF=EF=5a-x
在Rt△AEF中
AE2+AF2=EF2即4a2+x2=（5a-x）2
解之：
∴
∴.
（2）解：∵∠A=∠B=90°，∠BHE=∠AEF
∴△AEF∽△BEH，
∴
∵
设BE=1，则AE=k，
∴AB=k+1，
设AF=y，则DF=EF=k+1-y，
在Rt△AEF中
AE2+AF2=EF2即k2+y2=（k+1-y）2
解之：
∴
∴
解之：，
∴，
∴。
【解析】【分析】（1）①利用折叠的性质和正方形的性质可证得∠A=∠ADC=∠FEC′=90°，EF=DF，利用余角的性质可推出∠AED=∠DEH；②利用余角的性质可证得∠BHE=∠AEF，利用已知设AE=2a，BE=3a，AB=AD=5a，设AF=x，则DF=EF=5a-x，在Rt△AEF中利用勾股定理可得到关于a，x的方程，解方程表示出x的值，可表示出AF，EF的长；然后根据∠BHE=∠AEF，可知sin∠BHE=sin∠AEF，利用锐角三角函数的定义可求出sin∠BHE的值.
（2）利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AEF∽△BEH，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式；利用已知条件设BE=1，则AE=k，可表示出正方形的边长，设AF=y，可表示出DF，EF的长；在Rt△AEF中，利用勾股定理表示出AF的长，代入比例式求出BH的长；然后根据CH=BC-BH，代入计算，表示出CH的长；即可求出BH与CH的比值.
九年级毕业考试调研数学试卷
一、单选题
1．在－2，0，1， 这四个数中，最小的数是（ ）
A．－2 B．0 C．1 D．
2．由5个相同的小立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，为测量B，C两地的距离，小娟在池塘外取点A，得到线段 ， ，并取 ， 的中点D，E，连结 ．现测得 的长为6米，则B，C两地相距（ ）
A．3米 B．6米 C．9米 D．12米
4．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．含 角的直角三角板与直线 、 的位置关系如图所示，已知 // ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
6．一根排水管的截面如图所示，已知排水管的半径 ，水面宽 ，则截面圆心O到水面的距离为（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
7．如图， 是一个锐角，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，交射线 于点D，E，若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是小明连续两周居家记录的体温情况折线统计图，下列从图中获得的信息不正确的是（ ）
A．这两周体温的众数为
B．第一周平均体温高于第二周平均体温
C．第一周体温的中位数为
D．第二周的体温比第一周的体温更加平稳
9．如图，点A，B，C，D都在 上， 交 于点E， ，则 的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，构造了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，大正方形 由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若 ， ，则 的面积为（ ）
A．6 B．5 C． D．
二、填空题
11．不等式 的解集是 ．
12．因式分解： ．
13．已知一个圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，则这个圆锥的侧面积为 ．
14．2022年是中国农历壬寅年，小阳同学利用一副七巧板拼出如图所示的“老虎”．已知七巧板拼成的正方形边长是4，则点A到直线 的距离为 ．
15．将一副三角板按如图方式放置在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为 ，斜边 轴，反比例函数 的图象恰好经过点B，D，则点C的坐标为 ．
16．“一切为了U”是常山在赶考共同富裕道路上，最新确定的城市品牌．已知线段 ，对于坐标平面内的一个动点P，如果满足 ，则称点P为线段 的“U点”，如图，二次函数 与x轴交于点A和点B．
（1）线段 的长度为 ；
（2）若线段 的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为 ．
三、解答题
17．计算：
（1） ．
（2） ．
18．小王和小凌在解答“解分式方程： ”的过程如下框，请你判断他们的解法是否正确？若错误，请写出你的解答过程.
小王的解法：
解，去分母得： ①
去括号得： ②
移项得： ③
合并同类项得： ④
系数化为1得： ⑤
是原分式方程的解 ⑥
小凌的解法：
解，去分母得： ①
移项得： ②
合并同类项得： ③
系数化为1得： ④
是原分式方程的解 ⑤
19．劳动教育是学校贯彻“五育并举”的重要举措，某校倡议学生在家帮助父母做一些力所能及的家务．小杨随机抽取该校部分学生进行问卷调查，问卷调查表如图所示，并根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图．
（1）求小杨共调查了多少人，并补全条形统计图．
（2）该校有1500名学生，根据抽样调查结果，请你估计该校平均每周做家务的时间不少于2小时的学生人数．
（3）为了增强学生的劳动意识，现需要从A组的四位同学中抽调两位同学参与到社区服务，已知A组共由两位女生、两位男生组成，请利用树状图或列表等方法求出恰好抽调到一男一女的概率．
20．如图，在 中， ，以 为直径的半圆与交 于点F，点E是边 和半圆的公共点，且满足 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长度．
21．图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示．已知 ，木架 ．弹绳在自然状态时，点A，E，D在同一直线上，按压点F旋转至点 ，抛杆 绕点A旋转至 ，弹绳 随之拉伸至 '，测得 ．
（1）求 的度数．
（2）求 的长度，
（3）求点E转至点 的过程中，点E垂直上升的高度．
22．某校的甲，乙两位老师同住一小区，该小区与学校相距1800米．甲从小区步行去学校，出发10分钟后乙再出发，乙从小区先骑公共自行车，途经学校又骑行若千米到达还车点后，立即以45米/分钟的速度步行到学校，设甲步行的时间为x（分钟），图中线段 和折线 分别表示甲，乙离开小区的路程y米）与甲步行时间x（分钟）的函数关系的图象，根据图中所给信息，解答下列问题：
（1）写出点E横坐标的实际意义，并求出点E的纵坐标．
（2）求乙从还车点到学校所花的时间．
（3）两人何时相距300米？
23．已知二次函数 （b为常数）．
（1）若图象过 ，求函数的表达式．
（2）在（1）的条件下，当 时，求函数的最大值和最小值．
（3）若函数图象不经过第三象限，当 时，函数的最大值和最小值之差为9，求b的值．
24．如图，将正方形纸片 折叠使点D落在射线 上的点E，将纸片展平，折痕交 边于点F，交 边于点G， 的对应边 所在的直线交直线 于点H，连接 ．
（1）若点E在 边上，
①求证： ．
②当 时，求 的值．
（2）若 ，求 的值（用含k的代数式表示）．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：﹣2＜0＜1 。
故答案为：A。
【分析】根据正数大于0,0大于负数，两个正数绝对值大的就大，即可判断得出答案。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：观察几何体可知，从正面看，有三列，中间有两个正方形，两边各一个正方形.
故答案为：C.
【分析】利用主视图就是从几何体的正面所看到的平面图形，观察几何体可知从正面看，有三列，中间有两个正方形，两边各一个正方形，据此可求解.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=2×6=12米.
故答案为：D.
【分析】三角形两边中点的连线是三角形的中位线，可证得DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线等于第三边的一半，可求出BC的长.
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、 正确，该选项符合题意；
B、 与 不是同类项，不能合并，该选项不符合题意；
C、 原计算错误，该选项不符合题意；
D、 原计算错误，该选项不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据幂的乘方、合并同类项、积的乘方、同底数幂除法分别计算，然后判断即可.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，
∵∠ADF是△ADC的一个外角，
∴∠ADF=∠A+∠ACD=30°+30°=60°，
∵l1∥l2，
∴∠1=∠ADF=60°.
故答案为：C.
【分析】利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和，可求出∠ADF的度数；再利用两直线平行，同位角相等，可求出∠1的度数.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：过点O作OD⊥AB于点D，
∴BD=AB=×8=4，
在Rt△OBD中
.
∴ 截面圆心O到水面的距离为3.
故答案为：B.
【分析】过点O作OD⊥AB于点D，利用垂直于弦的直径垂直平分弦，可求出BD的长；再利用勾股定理求出OD的长，即可截面圆心O到水面的距离.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠ADE=∠ABC+∠BAD，
∴∠ADE=30°+35°=65°；
∵ 以点A为圆心，适当长度为半径画弧，交射线 于点D，E，
∴AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=65°，
∴∠DAE=180°-∠ADE-∠AED=180°-65°-65°=50°.
故答案为：B.
【分析】利用三角形的外角的性质可证得∠ADE=∠ABC+∠BAD，代入计算求出∠ADE的度数，利用作图可知AD=AE，利用等边对等角可求出∠AED的度数；然后利用三角形的内角和为180°，可求出∠DAE的度数.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A、第一周体温：36.7，37.1，36.6，37.1，37.1，36.6，36.9，
第二周体温：36.7，36.6，36.6，36.7，36.8，36.6，36.8，
36.6出现了5次，是出现次数最多的数，
故这两周体温的众数为36.6，故A不符合题意；
B、第一周平均体温为
第二周平均体温为
∴ 第一周平均体温高于第二周平均体温，故B不符合题意；
C、第一周体温排序为：36.7，36.6，36.6，36.9，37.1，37.1，37.1，
最中间的数是36.9，
第一周体温的中位数为36.9，故C符合题意；
D、由图中信息可知第二周的体温比第一周的体温更加平稳，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用众数就是出现次数最多的数，可对A作出判断；利用平均数公式分别计算出两周的平均体温，可对B作出判断；先将第一周的体温排序，可得到其中位数，可对C作出判断；利用数据的波动越小，体温更加平稳，观察折线统计图，可对D作出判断.
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵，
∴∠A=∠EBC，∵∠BCE=∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，
∴即
解之：AC=4，
∴AE=AC-CE=4-1=3.
故答案为：B.
【分析】利用等弧所对的圆周角相等，可证得∠A=∠EBC；利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△BCE∽△ACB，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AC的长；然后根据AE=AC-CE，代入计算求出AE的长.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，
∵大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的，
∴AD=AB，AH=BF=CE=DG，AF⊥BE，∠EBM=∠AHM=90°，
∴AD=AE=AB，
∴点F是BE的中点，
∴EF=BF=CE=AH=GE，
在△GME和△HMA中
∴△DME≌△HMA（AAS）
∴S△DME=S△HMA，
∴S△ADE=S△ADH+S△DGE，
在Rt△ADH中
DH2+AH2=AD2，
∴DH2+4DH2=(2)2，
解之：DH=4（取正值），
∴AH=DG=GE=2
∴.
故答案为：A.
【分析】利用已知：大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的，可证得AD=AB，AF⊥BE，∠EBM=∠AHM=90°，AH=BF=CE=DG，利用线段中点的定义可证得EF=BF=CE=AH=GE，利用AAS证明△DME≌△HMA，利用全等三角形的面积相等可得到S△DME=S△HMA，由此可推出S△ADE=S△ADH+S△DGE；再利用勾股定理求出DH的长，即可得到AH，DH，DG，EG的长；然后利用三角形的面积公式求出△ADE的面积.
11．【答案】x＞1
【解析】【解答】解：x-1＞0
∴x＞1.
故答案为：x＞1.
【分析】x的系数是1，因此移项后可求出不等式的解集.
12．【答案】（2+a）（2-.a）
【解析】【解答】解：4-a2=（2+a）（2-a）.
故答案为：（2+a）（2-a）.
【分析】观察此多项式的特点：有两项，都能写成平方形式且两项的符号相反，因此利用平方差公式分解因式.
13．【答案】30π
【解析】【解答】解：∵ 一个圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
∴这个圆锥的侧面积为.
故答案为：30π.
【分析】利用圆锥的侧面积等于（R是圆锥的母线长，r是底面圆的半径），代入计算可求出结果.
14．【答案】
【解析】【解答】解：过点A作AD⊥直线BC，垂足为D，交QN于点F，过N作NM⊥BC，垂足为M，过P作PE⊥AD于点，则点A到直线BC的距离是AD，
∴AD＝AE＋EF＋FD
＝AE＋EF＋MN
∵正方形边长为4，
∴，
AE＝×2=1，
∴AD＝.
故答案为：.
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，交QN于点F，过N作NM⊥BC，垂足为M，过P作PE⊥AD于点E，可知点A到直线BC的距离是AD，可得到AD=AE＋EF＋MN，利用正方形的边长为4，利用解直角三角形求出EF，MN，AE的长，即可求出AD的长.
15．【答案】
【解析】【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DE⊥AB于点E，
∵点A（1，0）
设B（1，n），
∴AB＝n，
∵∠ABD＝30°，∠ADB＝90°，
∴AD＝AB＝n，
在Rt△ADE中，∠DAE＝60°，
∴AE＝AD＝n，DE＝AD＝n，
∴D，
∵反比例函数y＝(k＞0)的图象恰好经过点B，D，
∴，
解之：n1＝，n2＝0（舍去），
∴AB＝，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CF＝AF＝BF＝，
∴C点的坐标为.
【分析】过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DE⊥AB于点E，利用已知条件设B（1，n），利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可表示出AD的长；由此可表示出AE，DE的长，可得到点D的坐标；再根据反比例函数的图象经过点B，D，可建立关于n的方程，解方程求出n的值，可得到AB的长；然后利用等腰直角三角形的性质可求出CF，AF的长，即可得到点C的坐标.
16．【答案】（1）4
（2） 或
【解析】【解答】解：（1）当y=0时，，
整理得：x2+6x+5=0，
解之：x1=-1，x2=-5，
∴点A（-5，0），点B（-1，0），
AB=-1-（-5）=4.
∴线段AB的长为4.
（2）以AB为边在x轴上方作等边△CAB，作△CAB的外接圆交y轴于E、F，作CD⊥AB于D，CH⊥EF于H，连接CE、CF，
∴四边形CDOH是矩形，
∴AD＝BD＝2，EH＝FH，
∵∠ACB＝60°，
∴∠AEB＝∠AFB＝∠ACB＝30°，
∴CD＝AB＝，OD＝3，
∴OH＝，CH＝3，
在Rt△CEH中，，
∴HF＝，
∴，
∴该“U点”的坐标为 或
【分析】（1）由y=0建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标，据此可求出线段AB的长.
（2）以AB为边在x轴上方作等边△CAB，作△CAB的外接圆交y轴于E、F，作CD⊥AB于D，CH⊥EF于H，连接CE、CF，利用垂径定理可知AD＝BD＝2，EH＝FH，利用圆周角定理求出∠AEB和∠AFB的度数，再利用解直角三角形求出CD，OD的长，即可得到OH，CH的长；利用勾股定理求出HE的长；然后求出OE，HE的长，即可得到该“U点”的坐标.
17．【答案】（1）解：原式=
（2）解： 原式=
【解析】【分析】（1）利用a0=1（a≠0），sin30°=，代入，同时化简绝对值，然后利用有理数的加减法法则进行计算.
（2）利用二次根式的乘法法则及二次根式的性质，先化简，再合并同类二次根式.
18．【答案】解：解：小王的解法错误，①步去分母出错；
小凌的解法第①步去括号没有变号出错；
正确解法为
去分母得：2x+3=x-（x-1）
去括号得：2x+3=x-x+1
移项、合并同类项得： 2x=-2
系数化为1得：x=-1，
经检验x=-1是原分式方程的解.
∴原方程的解为x=-1.
【解析】【分析】由小王和小凌的解答过程可知他们的解法错误，小王的解法错误，①步去分母出错；小凌的解法第①步去括号没有变号出错；先去括号，将分式方程转化为整式方程，再去括号（注意符号），然后求出方程的解，进行检验，可得方程的根.
19．【答案】（1）解：小杨一共抽查的人数为：20÷40％=50人，
C的人数为：50-4-20-10=16人
答：小杨共调查了50人.
（2）解：由题意得
人.
答：估计该校平均每周做家务的时间不少于2小时的学生人数有780人.
（3）解： 如图，
一共有12种结果数，出现一男一女的有8种，
∴恰好抽调到一男一女的概率为.
答：恰好抽调到一男一女的概率为
【解析】【分析】（1）利用B的人数÷B的人数所占的百分比，列式计算可求出调查的人数；利用条形统计图求出C的人数；然后补全条形统计图.
（2）用该校的总人数×平均每周做家务的时间不少于2小时的学生人数所占的百分比，列式计算即可.
（3）由题意可知，此事件是抽取不放回，列出树状图，利用树状图可得到所有的可能的结果数及恰好抽调到一男一女的情况数，然后利用概率公式可求解.
20．【答案】（1）证明：连接DF，OE，
∵DB是圆的直径，
∴∠DFB=90°，
∴DF⊥BC，
∵ ，OE是直径，
∴OE⊥DF，
∴OE∥BC，
∴∠ACB=∠AEO=90°，
∴OE⊥AC，
∵OE是半径，
∴AC是圆O的切线.
（2）解： 设圆O的半径为r，
∴OE=OB=r，则AO=9-r，
∵OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴即
解之：r=3.
∵∠B=90°-∠A=90°-30°=60°，
∵OF=OB，
∴△BOF是等边三角形，
∴∠BOF=60°，
∴ 的长度为.
答： 的长度为.
【解析】【分析】（1）连接DF，OE，利用直径所对的圆周角是直角，可证得DF⊥BC，利用垂径定理可证得OE⊥DF，可推出OE∥BC，由此可得到OE⊥AC，利用切线的判定定理，可证得结论.
（2）设圆O的半径为r，可表示出AO的长；再由OE∥BC，可证得△AOE∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于r的方程，解方程求出r的值；再证明△BOF是等边三角形，可得到∠BOF的度数；然后利用弧长公式进行计算，可求出结果.
21．【答案】（1）解：∵AG⊥BC，AB=AC，BC=8，
∴BG=BC=4，
∴DG=DB+BG=4+4=8
∴AG=BG=8
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴∠ADG=45°.
（2）解：延长AB交E′D的延长线与点H，
由（1）知BG=BD，
在△ABG和△HBD中
∴△ABG≌△HBD（ASA）
∴DH=AG=8，BH=AB
在Rt△ABG中
，
∴AH=AB+BH=，
∵
∴cm.
（3）解： 过点E作EM⊥DE′于点M，
在Rt△HAE′中
，
∴DE′=HE′-DH=20-8=12，
∵△AGD是等腰直角三角形，
∴，
∵ 按压点F旋转至点 ，抛杆 绕点A旋转至 ，弹绳 随之拉伸至 '
∴AE=AE′=，
∴DE=AD-AE=；
∵∠EDM=45°，
∴△DME是等腰直角三角形，
∴
∴.
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质可求出BG的长，同时可证得△ADG是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可求出∠ADG的度数.
（2）延长AB交E′D的延长线与点H，利用ASA证明△ABG≌△HBD，利用全等三角形的性质可证得DH=AG=8，BH=AB，利用勾股定理求出AB的长，由此可求出AH的长，再利用锐角三角函数的定义，可求出AE′的长.
（3）过点E作EM⊥DE′于点M，利用勾股定理 求出HE′的长及DE′的长，再利用解直角三角形求出AD的长；利用旋转的性质可得到AE的长，利用DE=AD-AE，代入计算求出DE的长；在等腰直角△MDE中，利用解直角三角形求出MD的长；然后可求出ME′的长，由此可得到点E转至点 的过程中，点E垂直上升的高度.
22．【答案】（1）解：设OA的函数解析式为y=kx（k≠0），点A（30，1800）
∴30k=1800
解之：k=60
∴y=60x，
当x=15时，y=15×60=900.
∴点E（15，900）
∴点E横坐标的实际意义是：当甲出发15分钟后，乙追上甲； E（15，900）；
（2）解： ∵E（15，900），点B（10，0）
∵乙骑公共自行车的速度为900÷（15-10）=180米/分钟，
∴180×（21-10）=1980米
∴点C（21，1980）
∵途经学校又骑行若千米到达还车点后，立即以45米/分钟的速度步行到学校，
∴乙从还车点到学校所花的时间为（1980-1800）÷45=4分钟.
（3）解：当10≤x≤21时，
设乙与小区的距离y与x的函数关系式为y＝kx＋b，
∵C（21，1980），B（10，0）
，
解之：，
∴乙与小区的距离y与x的函数关系式为y＝180x−1800，
∵线段OA解析式为y＝60x（0≤x≤30），
当甲行驶5分钟时，乙还没有出发，此时相距60×5=300米；
当甲在乙前面300米时，
60x−（180x−1800）＝300，
解之：x＝12.5；
当乙追上甲，乙在甲前面300米时，
（180x−1800）−60x＝300，
解之：x＝17.5；
当乙到达学校，甲距学校还有300米时，
60x＝1800−300，
解之：x＝25，
此时乙刚好到学校，
∴x＝25符合题意，
∴甲出发后5分钟或12.5分钟或17.5分钟或25分钟，两人相距300米
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出线段OA的函数解析式，将x=15代入函数解析式求出点E的坐标，点E是两函数图象的交点，可得到点E表示的实际意义.
（2）利用点B，E的坐标，可求出乙骑公共自行车的速度；再求出点C的坐标，根据途经学校又骑行若千米到达还车点后，立即以45米/分钟的速度步行到学校，可求出乙从还车点到学校所花的时间.
（3）利用点C，B的坐标，可求出当10≤x≤21时，乙与小区的距离y与x的函数关系式；再分情况讨论：当甲行驶5分钟时，乙还没有出发；当甲在乙前面300米时；当乙追上甲，乙在甲前面300米时；当乙到达学校，甲距学校还有300米时；分别建立关于x的方程，解方程求出x的值；综上所述可得到两人相距300米的时间.
23．【答案】（1）解： ∵图象经过点（1，4），
∴1+b+2b=4
解之：b=1.
∴此函数解析式为y=x2+x+2.
（2）解：y=x2+x+2=（x+）2+.
∵抛物线的开口向上，
∴当-1≤x≤，y随x的增大而减小，
∴当x=时，y的最小值为，
当＜x≤3时，y随x的增大而增大，
∴当x=3时y的最大值为（3+）2+=14.
答： 最小值 ，最大值14.
（3）解：∵函数图象不经过第三象限，
∴2b≥0
解之：b≥0；
当b=0时，y=x2，
当-4≤x≤1时，此函数的最大值为16；
最小值为0，
∴函数的最大值和最小值的差为16，不符合题意；
∵
∴对称轴为直线
∵函数图象不经过第三象限，
∴b2-4ac≤0即b2-8b≤0
解之：0＜b≤8，
∴
∴当-4≤x≤1时函数的最小值为
∵当x=-4和x=-1时对称轴为直线
当时，函数的最大值为12＋b＋2b＝3b＋1．
此时函数的最大值和最小值之差为，
解得b＝4或−8（舍去）．
当时，函数的最大值为（−4）2−4b＋2b＝16−2b，
此时函数的最大值和最小值之差为，
解得b＝2或14（舍去）．
∴b＝2或4．
【解析】【分析】（1）将点（1，4）代入函数解析式，可得到关于b的方程，解方程求出b的值，可得到函数解析式.
（2）将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，当-1≤x≤，y随x的增大而减小；当＜x≤3时，y随x的增大而增大；分别求出当-1≤x≤3时的函数的最大值和最小值.
（3）函数图象不经过第三象限，可知此函数可能经过第一，二，四象限，可得到b≥0；再分情况讨论：当b=0时，可求出是的最大值和最小值的差为16，不符合题意；将函数解析式转化为顶点式，可知对称轴为直线，根据函数图象不经过第三象限，可得到b2-8b≤0，由此可得到对称轴的取值范围，同时可得到当-4≤x≤1时函数的最小值为
；再根据当x=-4和x=-1时对称轴为直线，分情况讨论：当时可求出函数的最大值为3b＋1，根据函数的最大值和最小值之差为9，可得到关于b的方程，解方程求出符合题意的b的值；当时函数的最大值为16-2b，利用函数的最大值和最小值之差为9，可得到关于b的方程，解方程求出符合题意的b的值；综上所述可得到b的值.
24．【答案】（1）① 证明：∵ 将正方形纸片 折叠使点D落在射线 上的点E，将纸片展平，折痕交 边于点F，交 边于点G ，
∴∠A=∠ADC=∠FEC′=90°，EF=DF，
∴∠FED=∠FDE，∠FED+∠DEH=90°，∠AED+∠FDE=90°，
∴∠AED=∠DEH；
②解：∵∠BEH+∠BHE=90°，∠BEH+∠AEF=90°，
∴∠BHE=∠AEF；
∵
∴设AE=2a，BE=3a，AB=AD=5a
设AF=x，则DF=EF=5a-x
在Rt△AEF中
AE2+AF2=EF2即4a2+x2=（5a-x）2
解之：
∴
∴.
（2）解：∵∠A=∠B=90°，∠BHE=∠AEF
∴△AEF∽△BEH，
∴
∵
设BE=1，则AE=k，
∴AB=k+1，
设AF=y，则DF=EF=k+1-y，
在Rt△AEF中
AE2+AF2=EF2即k2+y2=（k+1-y）2
解之：
∴
∴
解之：，
∴，
∴。
【解析】【分析】（1）①利用折叠的性质和正方形的性质可证得∠A=∠ADC=∠FEC′=90°，EF=DF，利用余角的性质可推出∠AED=∠DEH；②利用余角的性质可证得∠BHE=∠AEF，利用已知设AE=2a，BE=3a，AB=AD=5a，设AF=x，则DF=EF=5a-x，在Rt△AEF中利用勾股定理可得到关于a，x的方程，解方程表示出x的值，可表示出AF，EF的长；然后根据∠BHE=∠AEF，可知sin∠BHE=sin∠AEF，利用锐角三角函数的定义可求出sin∠BHE的值.
（2）利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AEF∽△BEH，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式；利用已知条件设BE=1，则AE=k，可表示出正方形的边长，设AF=y，可表示出DF，EF的长；在Rt△AEF中，利用勾股定理表示出AF的长，代入比例式求出BH的长；然后根据CH=BC-BH，代入计算，表示出CH的长；即可求出BH与CH的比值.
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