2022-2023学年九年级数学上学期复习考前必做选择30题

这是一份2022-2023学年九年级数学上学期复习考前必做选择30题，共32页。
A．m≥1B．m＞1C．m＞﹣1D．m≥﹣1
2．（2022秋•仪征市期中）关于x的方程a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1（a，m，b均为常数，a≠0），则方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是（ ）
A．x1＝0，x2＝﹣3B．x1＝0，x2＝3
C．x1＝﹣4，x2＝﹣1D．无法求解
3．（2022秋•梁溪区校级期中）我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积（矩形面积）八百六十四步（平方步），只云阔（宽）不及长一十二步（宽比长少一十二步），问阔及长各几步？”若设宽为x步，则可列方程（ ）
A．x（x﹣12）＝864B．x（x+12）＝864
C．2（x+x+12）＝864D．（x+12）（x﹣12）＝864
4．（2022秋•常州期中）已知三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是方程x2﹣9x+14＝0的一个实数根，则三角形的周长是（ ）
A．21B．21或16C．16D．22
5．（2022秋•姜堰区期中）有3个样本数据如图所示，样本1、样本2、样本3的方差分别为S12、S22、S32，关于它们有下列几种说法：①S12＞S22，②S22＞S32，③S32＞S12．其中正确的序号为（ ）
A．②B．③C．②③D．①②
6．（2022秋•高邮市期中）我校在科技文化节活动中，8位评委给某个节目的评分各不相同，去掉1个最高分和1个最低分，剩下的6个评分与原始的8个评分相比一定不发生变化的是（ ）
A．平均数B．中位数C．方差D．众数
7．（2022秋•玄武区期中）如图，在一块正三角形飞镖游戏板上画一个正六边形（图中阴影部分），假设飞镖投中游戏板上的每一点是等可能的（若投中边界或没有投中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，则飞镖投中阴影部分的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．（2022春•武进区期中）袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能是（ ）
A．1B．3C．5D．10
9．（2022秋•仪征市期中）已知⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为，则点P在⊙O（ ）
A．上B．内C．外D．内或外
10．（2022秋•江都区期中）下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆
B．任何三角形有且只有一个内切圆
C．长度相等的弧是等弧
D．三角形的外心是三条角平分线的交点
11．（2022秋•高邮市期中）如图，已知⊙O的直径为26，弦AB＝24，动点P、Q在⊙O上，弦PQ＝10，若点M、N分别是弦AB、PQ的中点，则线段MN的取值范围是（ ）
A．7≤MN≤17B．14≤MN≤34C．7＜MN＜17D．6≤MN≤16
12．（2022秋•天宁区校级期中）如图，等边三角形ABC的边长为8，以BC上一点O为圆心的圆分别与边AB、AC相切，则⊙O的半径为（ ）
A．3B．4C．2D．4﹣
13．（2022秋•姜堰区期中）如图，正n边形A1A2A3…An两条对角线A1A7、A4A6的延长线交于点P，若∠P＝24°，则n的值是（ ）
A．12B．15C．18D．24
14．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，▱ABCD的三个顶点A、B、D均在⊙O上，且对角线AC经过点O，BC与⊙O相
切于点B，已知⊙O的半径为6，则▱ABCD的面积为（ ）
A．54B．76.8C．36D．72+14
15．（2022春•盱眙县期中）如图，四边形ABCD是正方形，以B为圆心，作半径长为2的半圆，交AB于点E．将半圆B绕点E逆时针旋转，记旋转角为30°，半圆B正好与边CD相切，则正方形的边长为（ ）
A．3B．2C．2+D．4
16．（2022秋•海陵区校级月考）如图，△ABC内接于⊙O，DE，FG是⊙O的弦，AB＝DE，FG＝AC．下列结论：①DE+FG＝BC；②+＝；③∠DOE+∠FOG＝∠BOC；④∠DEO+∠FGO＝∠BAC．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．②③C．②④D．②③④
17．（2022秋•东台市期中）抛物线y＝ax2+bx+c上部分点的横坐标x和纵坐标y的对应值如下表，则下列说法中正确的有（ ）个
①当x＞1时，y随x的增大而减小．
②抛物线的对称轴为直线x＝﹣．
③当x＝2时，y＝﹣9．
④方程ax2+bx+c＝0一个正数解x1满足1＜x1＜2．
A．1B．2C．3D．4
18．（2022秋•射阳县校级月考）如图，点A，B的坐标分别为（2，5）和（5，5），抛物线y＝a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动（抛物线随顶点一起平移），与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为﹣3，则点D的横坐标最大值为（ ）
A．2B．10C．5D．9
19．（2022秋•如皋市校级月考）若A（m+1，y1）、B（m，y2），C（m﹣2，y3）为抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a＜0）上三点，且总有y2＞y3＞y1，则m的取值范围是（ ）
A．m＞2B．C．D．m＞3
20．（2022秋•南通月考）函数y＝|ax2+bx+c|（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象是由函数y＝ax2+bx+c（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是（ ）
①2a+b＝0；
②c＝3；
③abc＞0；
④将图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点．
A．①②B．①③C．②③④D．①③④
21．（2022•宿豫区开学）已知二次函数y＝2x2﹣4x﹣1在0≤x≤a时，y取得的最大值为15，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
22．（2022•苏州模拟）若二次函数y＝﹣x2+b的图象经过点（0，4），则不等式﹣x2+b≥0的解集为（ ）
A．﹣2≤x≤2B．x≤2C．x≥﹣2D．x≤﹣2或x≥2
23．（2022秋•海陵区校级期中）如图，在△ABC中，P为AB上一点，在下列四个条件中，不能判定△APC和△ACB相似的条件是（ ）
A．∠ACP＝∠BB．∠APC＝∠ACB
C．AC2＝AP•ABD．AC•CP＝AP•CB
24．（2022秋•江阴市校级月考）如图，平行四边形ABCD中，E是边BC上的点，AE交BD于点F，如果BE＝2EC，那么S△BEF：S△DAF等于（ ）
A．1：2B．1：3C．2：3D．4：9
25．（2022秋•锡山区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G，连接CG并延长，交AB于点F，连接DE交CF于点H，连接AH．以下结论：①∠DEC＝∠AEB；②CF⊥DE；③AF＝BF；④＝，⑤HG＝，其中正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
26．（2022秋•太仓市期中）如图，AB是⊙O的直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠BAC，交OC于点E，交于点D，连接CD，OD，给出以下四个结论：
①S△ACE＝2S△DOE；②CE＝OE；③＝2；④2CD2＝CE•AB．
其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④
27．（2022秋•惠山区期中）一艘货轮从小岛A正南方向的点B处向西航行30km到达点C处，然后沿北偏西60°方向航行20km到达点D处，此时观测到小岛A在北偏东60°方向，则小岛A与出发点B之间的距离为（ ）
A．20kmB．kmC．kmD．km
28．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
29．（2022•睢宁县模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝8，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（ ）
A．B．C．2D．4
30．（2022•徐州一模）北京冬奥会跳台滑雪项目比赛其标准台高度是90m．运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，运动员起跳后的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝ax2+bx+c（a≠0）．如图记录了某运动员起跳后的x与y的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出该运动员起跳后飞行到最高点时，水平距离为（ ）
A．10mB．15mC．20mD．22.5m
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣37
﹣21
﹣9
﹣1
3
3
…
答案与解析
一．选择题（共30小题）
1．（2022秋•仪征市期中）如果关于x的方程（x﹣4）2＝m﹣1可以用直接开平方法求解，那么m的取值范围是（ ）
A．m≥1B．m＞1C．m＞﹣1D．m≥﹣1
【分析】根据解一元二次方程﹣直接开平方法得到m﹣1≥0，然后解不等式即可．
【解析】根据题意得m﹣1≥0，
解得m≥1．
故选：A．
2．（2022秋•仪征市期中）关于x的方程a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1（a，m，b均为常数，a≠0），则方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是（ ）
A．x1＝0，x2＝﹣3B．x1＝0，x2＝3
C．x1＝﹣4，x2＝﹣1D．无法求解
【分析】把方程a（x﹣m+2）2+b＝0变形为a[（﹣x﹣2）+m]2+b＝0，所以可以把方程a（x﹣m+2）2+b＝0看作关于（﹣x﹣2）的一元二次方程，根据题意得﹣x﹣2＝﹣2或﹣x﹣2＝1，然后解一次方程即可．
【解析】把方程a（x﹣m+2）2+b＝0变形为a[（﹣x﹣2）+m]2+b＝0，
则方程a（x﹣m+2）2+b＝0看作关于（﹣x﹣2）的一元二次方程，
∵a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1，
∴﹣x﹣2＝﹣2或﹣x﹣2＝1，
解得x1＝0，x2＝﹣3，
即方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是x1＝0，x2＝﹣3．
故选：A．
3．（2022秋•梁溪区校级期中）我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积（矩形面积）八百六十四步（平方步），只云阔（宽）不及长一十二步（宽比长少一十二步），问阔及长各几步？”若设宽为x步，则可列方程（ ）
A．x（x﹣12）＝864B．x（x+12）＝864
C．2（x+x+12）＝864D．（x+12）（x﹣12）＝864
【分析】根据矩形长与宽之间的关系，可得出长为（x+12）步，再结合矩形的面积为八百六十四平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解析】∵宽比长少一十二步，且宽为x步，
∴长为（x+12）步，
又∵直田积（矩形面积）八百六十四步（平方步），
∴根据题意可列出方程x（x+12）＝864．
故选：B．
4．（2022秋•常州期中）已知三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是方程x2﹣9x+14＝0的一个实数根，则三角形的周长是（ ）
A．21B．21或16C．16D．22
【分析】先利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝7，然后根据三角形三边的关系确定第三边的长，从而得到三角形的周长．
【解析】x2﹣9x+14＝0，
（x﹣2）（x﹣7）＝0，
x﹣2＝0或x﹣7＝0，
所以x1＝2，x2＝7，
当三角形的第三边长为2时，2+6＝8，不符合三角形三边的关系，舍去；
当三角形的第三边长为7时，三角形的周长为6+8+7＝21．
故选：A．
（2022秋•姜堰区期中）有3个样本数据如图所示，样本1、样本2、样本3的方差分别为S12、S22、S32，关于它们有下列几种说法：①S12＞S22，②S22＞S32，③S32＞S12．其中正确的序号为（ ）
A．②B．③C．②③D．①②
【分析】分别计算出方差即可．
【解析】样本1的平均数为＝5，
S12＝×[（2﹣5）2+（3﹣5）2+（6﹣5）2+（9﹣5）2+（10﹣5）2]＝11，
样本2的平均数为＝5，
S22＝×[（2﹣5）2+（4﹣5）2+（6﹣5）2+（8﹣5）2+（10﹣5）2]＝9，
样本3的平均数为＝5，
S32＝×[（2﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（10﹣5）2]＝7.8，
∴S12＞S22＞S32．
故选：D．
6．（2022秋•高邮市期中）我校在科技文化节活动中，8位评委给某个节目的评分各不相同，去掉1个最高分和1个最低分，剩下的6个评分与原始的8个评分相比一定不发生变化的是（ ）
A．平均数B．中位数C．方差D．众数
【分析】根据平均数、中位数、方差、众数的意义即可求解．
【解析】根据题意，从8个原始评分中去掉1个最高分和1个最低分，得到6个有效评分．6个有效评分与8个原始评分相比，中位数一定不发生变化．
故选：B．
7．（2022秋•玄武区期中）如图，在一块正三角形飞镖游戏板上画一个正六边形（图中阴影部分），假设飞镖投中游戏板上的每一点是等可能的（若投中边界或没有投中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，则飞镖投中阴影部分的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【解析】如图，根据等边三角形和正六边形的性质，可知图中所有小三角形的面积都相等，
∴任意投掷飞镖一次，飞镖投中阴影部分的概率为＝．
故选：D．
8．（2022春•武进区期中）袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能是（ ）
A．1B．3C．5D．10
【分析】摸到红球的可能性最大，即白球的个数比红球的少．
【解析】袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能大于8．观察选项，只有选项D符合题意．
故选：D．
9．（2022秋•仪征市期中）已知⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为，则点P在⊙O（ ）
A．上B．内C．外D．内或外
【分析】直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
【解析】∵⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为cm，2cm＞cm，
∴点P在圆内．
故选：B．
10．（2022秋•江都区期中）下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆
B．任何三角形有且只有一个内切圆
C．长度相等的弧是等弧
D．三角形的外心是三条角平分线的交点
【分析】根据确定圆的条件，三角形的内切圆与内心，等弧的概念，三角形的外接圆与外心，逐一判断即可．
【解析】A．不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故A不符合题意；
B．任何三角形有且只有一个内切圆，故B符合题意；
C．能够重合的弧是等弧，故C不符合题意；
D．三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，故D不符合题意；
故选：B．
11．（2022秋•高邮市期中）如图，已知⊙O的直径为26，弦AB＝24，动点P、Q在⊙O上，弦PQ＝10，若点M、N分别是弦AB、PQ的中点，则线段MN的取值范围是（ ）
A．7≤MN≤17B．14≤MN≤34C．7＜MN＜17D．6≤MN≤16
【分析】连接OM、ON、OA、OP，由垂径定理得OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，由勾股定理得OM＝5，ON＝12，当AB∥PQ时，M、O、N三点共线，当AB、PQ位于O的同侧时，线段MN的长度最短＝ON﹣OM＝7，当AB、PQ位于O的两侧时，线段EF的长度最长＝OM+ON＝17，便可得出结论．
【解析】连接OM、ON、OA、OP，如图所示：
∵⊙O的直径为26，
∴OA＝OP＝13，
∵点M、N分别是弦AB、PQ的中点，AB＝24，PQ＝10，
∴OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，
∴OM＝＝5，ON＝＝12，
当AB∥PQ时，M、O、N三点共线，
当AB、PQ位于O的同侧时，线段MN的长度最短＝OM﹣ON＝12﹣5＝7，
当AB、PQ位于O的两侧时，线段MN的长度最长＝OM+ON＝12+5＝17，
∴线段MN的长度的取值范围是7≤MN≤17，
故选：A．
12．（2022秋•天宁区校级期中）如图，等边三角形ABC的边长为8，以BC上一点O为圆心的圆分别与边AB、AC相切，则⊙O的半径为（ ）
A．3B．4C．2D．4﹣
【分析】设⊙O与AC的切点为E，连接AO，OE，根据等边三角形的性质得到AC＝8，∠C＝∠BAC＝60°，由切线的性质得到∠BAO＝∠CAO＝∠BAC＝30°，求得∠AOC＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解析】设⊙O与AC的切点为E，
连接AO，OE，
∵等边三角形ABC的边长为8，
∴AC＝8，∠C＝∠BAC＝60°，
∵圆分别与边AB，AC相切，
∴∠BAO＝∠CAO＝BAC＝30°，
∴∠AOC＝90°，
∴OC＝AC＝4，
∵OE⊥AC，
∴OE＝OC＝2，
∴⊙O的半径为2，
故选：C．
13．（2022秋•姜堰区期中）如图，正n边形A1A2A3…An两条对角线A1A7、A4A6的延长线交于点P，若∠P＝24°，则n的值是（ ）
A．12B．15C．18D．24
【分析】连接A2A6，A2A4，根据正n边形的性质知A1A7∥A2A6，得∠P＝∠A2A6A4＝24°，则正n边形中心角为24°，即可解决问题．
【解析】连接A2A6，A2A4，
∵多边形是正n边形，
∴A1A7∥A2A6，
∴∠P＝∠A2A6A4＝24°，
∴正n边形中心角为24°，
∴n＝360°÷24°＝15，
故选：B．
14．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，▱ABCD的三个顶点A、B、D均在⊙O上，且对角线AC经过点O，BC与⊙O相
切于点B，已知⊙O的半径为6，则▱ABCD的面积为（ ）
A．54B．76.8C．36D．72+14
【分析】连接OB，延长BO交AD于E，如图，先根据切线的性质得OB⊥BC，再利用平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，所以BE⊥AD，接着根据垂径定理得到AE＝DE，然后证明△AOE∽△COB，利用相似比求出OE＝3，OC＝12，则根据勾股定理可计算出BC，然后利用平行四边形的面积公式求解．
【解析】连接OB，延长BO交AD于E，如图，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴OB⊥BC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴BE⊥AD，
∴AE＝DE＝AD＝BC，
∵AE∥BC，
∴△AOE∽△COB，
∴，
∴OE＝OB＝3，OC＝2OA＝12，
在Rt△OCB中，BC＝＝6，
∴▱ABCD的面积＝BE•BC＝（3+6）×6＝54．
故选：A．
15．（2022春•盱眙县期中）如图，四边形ABCD是正方形，以B为圆心，作半径长为2的半圆，交AB于点E．将半圆B绕点E逆时针旋转，记旋转角为30°，半圆B正好与边CD相切，则正方形的边长为（ ）
A．3B．2C．2+D．4
【分析】设半圆B与边CD相切的切点为F，旋转后的圆心B的对应点为O，连接FO并延长交AB于H，根据切线的性质得到FH⊥CD，根据矩形的性质得到FH＝BC，∠BHF＝∠EHO＝90°，根据旋转的性质得到OE＝EB＝OF＝2，∠BEO＝30°，于是得到结论．
【解析】设半圆B与边CD相切的切点为F，旋转后的圆心B的对应点为O，
连接FO并延长交AB于H，
∵CD与⊙O相切，
∴FH⊥CD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝∠ABC＝90°，
∴四边形BCFH是矩形，
∴FH＝BC，∠BHF＝∠EHO＝90°，
∵将半圆B绕点E逆时针旋转，记旋转角为30°，
∴OE＝EB＝OF＝2，∠BEO＝30°，
∴OH＝OE＝1，
∴BC＝FH＝3，
即正方形的边长为3，
故选：A．
16．（2022秋•海陵区校级月考）如图，△ABC内接于⊙O，DE，FG是⊙O的弦，AB＝DE，FG＝AC．下列结论：①DE+FG＝BC；②+＝；③∠DOE+∠FOG＝∠BOC；④∠DEO+∠FGO＝∠BAC．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．②③C．②④D．②③④
【分析】利用已知条件与三角形的任意两边之和大于第三边可以判定①错误；利用在同圆或等圆中，等弦对等弧，以及等式的性质可以判定②正确；利用在同圆或等圆中，等弦所对的圆心角相等以及等式的性质可以判定③正确；利用等腰三角形的性质以及③的结论可以判定④正确．
【解析】∵AB+AC＞BC，AB＝DE，FG＝AC，
∴DE+FG＞BC．
∴①错误；
∵AB＝DE，FG＝AC，
∴＝，＝．
∴+＝+，
∴+＝，
∴②正确；
连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，如图，
∵AB＝DE，FG＝AC，
∴∠AOB＝∠DOE，∠AOC＝∠FOG．
∴∠AOB+∠AOC＝∠DOE+∠FOG．
即∠DOE+∠FOG＝∠BOC．
∴③正确；
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝＝90°﹣∠AOB．
同理可得：
∠OAC＝90°﹣∠AOC，
∠DEO＝90°﹣∠DOE，
∠FGO＝90°﹣∠FOG．
∴∠OAB+∠OAC＝180°﹣（∠AOB+∠AOC）＝180°﹣∠BOC，
∠DEO+∠FGO＝180°﹣（∠DOE+∠FOG）．
由③知：∠DOE+∠FOG＝∠BOC，
∴∠OAB+∠OAC＝∠DEO+∠FGO．
即：∠DEO+∠FGO＝∠BAC．
∴④正确；
∴正确的序号为：②③④．
故选：D．
17．（2022秋•东台市期中）抛物线y＝ax2+bx+c上部分点的横坐标x和纵坐标y的对应值如下表，则下列说法中正确的有（ ）个
①当x＞1时，y随x的增大而减小．
②抛物线的对称轴为直线x＝﹣．
③当x＝2时，y＝﹣9．
④方程ax2+bx+c＝0一个正数解x1满足1＜x1＜2．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据抛物线的轴对称性，将表格扩充，容易发现①④正确，②③错误．
【解析】①由表格看出，当x＞1时，y随x的增大而减小，故①的说法正确；
②由表格看出，这个抛物线的对称轴为直线x＝，故②的说法错误；
③当x＝2时的函数值与x＝﹣1时的函数值相同，即y＝﹣1，故③的说法错误；
④方程ax2+bx+c＝0的解异号，其中正数解x1满足1＜x1＜2，负数解x2满足﹣1＜x2＜0，故④的说法正确．
故选：B．
18．（2022秋•射阳县校级月考）如图，点A，B的坐标分别为（2，5）和（5，5），抛物线y＝a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动（抛物线随顶点一起平移），与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为﹣3，则点D的横坐标最大值为（ ）
A．2B．10C．5D．9
【分析】当C点横坐标最小时，抛物线顶点必为A（2，5），根据此时抛物线的对称轴，可判断出CD间的距离；
当D点横坐标最大时，抛物线顶点为B（5，5），再根据此时抛物线的对称轴及CD的长，可判断出D点横坐标最大值．
【解析】当点C横坐标为﹣3时，抛物线顶点为A（2，5），对称轴为x＝2，此时D点横坐标为7，则CD＝10；
当抛物线顶点为B（5，5）时，抛物线对称轴为x＝5，且CD＝10，故C（0，0），D（10，0）；
由于此时D点横坐标最大，
故点D的横坐标最大值为10；
故选：B．
19．（2022秋•如皋市校级月考）若A（m+1，y1）、B（m，y2），C（m﹣2，y3）为抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a＜0）上三点，且总有y2＞y3＞y1，则m的取值范围是（ ）
A．m＞2B．C．D．m＞3
【分析】由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据抛物线开口方向及对称轴分类讨论y2＞y3，y3＞y1，可得m的取值范围．
【解析】∵y＝ax2﹣4ax+2（a＜0），
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝＝2，
∵y2＞y3，
∴＜2，
解得m＜3，
∵y3＞y1，
∴＞2，
解得m＞，
故选：C．
20．（2022秋•南通月考）函数y＝|ax2+bx+c|（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象是由函数y＝ax2+bx+c（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是（ ）
①2a+b＝0；
②c＝3；
③abc＞0；
④将图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点．
A．①②B．①③C．②③④D．①③④
【分析】根据函数图象与x轴交点的横坐标求出对称轴为，进而可得2a+b＝0，由图象可得抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，由抛物线y＝ax2+bx+c的开口方向，对称轴位置和抛物线与y轴交点位置可得abc的符号，求出二次函数y＝ax2+bx+c的顶点式，可得图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点
【解析】∵图象经过（﹣1，0），（3，0），
∴抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，①正确．
由图象可得抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，
∴c＜0，②错误．
由抛物线y＝ax2+bx+c的开口向上可得a＞0，
∴b＝﹣2a＜0，
∴abc＞0，③正确．
设抛物线y＝ax2+bx+c的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
代入（0，3）得：3＝﹣3a，
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点坐标为（1，4），
∵点（1，4）向上平移1个单位后的坐标为（1，5），
∴将图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点，故④正确；
故选：D．
21．（2022•宿豫区开学）已知二次函数y＝2x2﹣4x﹣1在0≤x≤a时，y取得的最大值为15，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】先找到二次函数的对称轴和顶点坐标，求出y＝15时，x的值，再根据二次函数的性质得出答案．
【解析】∵二次函数y＝2x2﹣4x﹣1＝2（x﹣1）2﹣3，
∴抛物线的对称轴为x＝1，顶点（1，﹣3），
∴当y＝﹣3时，x＝1，
当y＝15时，2（x﹣1）2﹣3＝15，
解得x＝4或x＝﹣2，
∵当0≤x≤a时，y的最大值为15，
∴a＝4，
故选：D．
22．（2022•苏州模拟）若二次函数y＝﹣x2+b的图象经过点（0，4），则不等式﹣x2+b≥0的解集为（ ）
A．﹣2≤x≤2B．x≤2C．x≥﹣2D．x≤﹣2或x≥2
【分析】由抛物线经过（0，4）可得抛物线解析式，将y＝0代入抛物线解析式可得抛物线与x轴交点横坐标，进而求解．
【解析】将（0，4）代入y＝﹣x2+b得b＝4，
∴抛物线y＝﹣x2+4，
将y＝0代入y＝﹣x2+4得0＝﹣x2+4，
解得x1＝﹣2，x2＝2，
∵抛物线开口向下，
∴﹣2≤x≤2时﹣x2+b≥0，
故选：A．
23．（2022秋•海陵区校级期中）如图，在△ABC中，P为AB上一点，在下列四个条件中，不能判定△APC和△ACB相似的条件是（ ）
A．∠ACP＝∠BB．∠APC＝∠ACB
C．AC2＝AP•ABD．AC•CP＝AP•CB
【分析】根据三角形相似的判定方法逐一进行判断．
【解析】当∠ACP＝∠B时，∵∠A＝∠A，
∴△ACP∽∠ABC；
当∠APC＝∠ACB时，∵∠A＝∠A，
∴△ACP∽∠ABC；
当AC2＝AP•AB时，即，
∵A＝∠A，
∴△ACP∽∠ABC；
当AB•CP＝AP•CB时，即，
∵A＝∠A，
∴不能判定△APC和△ACB相似，
故选：D．
24．（2022秋•江阴市校级月考）如图，平行四边形ABCD中，E是边BC上的点，AE交BD于点F，如果BE＝2EC，那么S△BEF：S△DAF等于（ ）
A．1：2B．1：3C．2：3D．4：9
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得BC∥AD，BC＝DA，由BE＝2EC，得＝＝，再证明△BEF∽△ADF，得＝＝，于是得到问题的答案．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝DA，
∵BE＝2EC，
∴＝，
∴＝，
∵BE∥AD，
∴△BEF∽△ADF，
∴＝＝＝，
∴S△BEF：S△DAF等于4：9，
故选：D．
25．（2022秋•锡山区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G，连接CG并延长，交AB于点F，连接DE交CF于点H，连接AH．以下结论：①∠DEC＝∠AEB；②CF⊥DE；③AF＝BF；④＝，⑤HG＝，其中正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】由四边形ABCD是边长为6的正方形，点E是BC的中点，得DC＝AB＝6，∠DCE＝∠ABE＝90°，CE＝BE＝3，即可证明△DCE≌△ABE，得∠DEC＝∠AEB，可判断①正确；
由∠ABG＝∠CBG＝45°，AB＝CB，BG＝BG，证明△ABG≌△CBG，得∠BAE＝∠BCF＝∠CDE，则∠DHF＝∠DCF+∠CDE＝∠DCF+∠BCF＝90°，即可证明CF⊥DE，可判断②正确；
由∠BCF＝∠BAE，CB＝AB，∠CBF＝∠ABE，证明△CBF≌△ABE，得BF＝BE＝3，所以AF＝BF＝3，可判断③正确；
根据勾股定理求得CF＝AE＝DE＝＝3，则3CH＝×6×3＝S△CDE，求得CH＝，则HF＝，所以＝，可判断④正确；
由△BFG∽△DCG，得＝＝，则FG＝×3＝，所以HG＝3﹣﹣＝，可判断⑤正确，于是得到问题的答案．
【解析】∵四边形ABCD是边长为6的正方形，点E是BC的中点，
∴DC＝AB＝6，∠DCE＝∠ABE＝90°，CE＝BE＝3，
∴△DCE≌△ABE（SAS），
∴∠DEC＝∠AEB，
故①正确；
∵AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
同理∠CBD＝∠CDB＝45°，
∴∠ABG＝∠CBG＝45°，
∵AB＝CB，BG＝BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝∠CDE，
∴∠DHF＝∠DCF+∠CDE＝∠DCF+∠BCF＝∠BCD＝90°，
∴CF⊥DE，
故②正确；
∵∠BCF＝∠BAE，CB＝AB，∠CBF＝∠ABE，
∴△CBF≌△ABE（AAS），
∴BF＝BE＝3，
∴AF＝BF＝3，
故③正确；
∵S△CDE＝DE•CH＝DC•CE，CF＝AE＝DE＝＝3，
∴3CH＝×6×3，
∴CH＝，
∴HF＝3﹣＝，
∴＝＝，
故④正确；
∵BF∥CD，
∴△BFG∽△DCG，
∴＝＝＝，
∴FG＝CF＝×3＝，
∴HG＝3﹣﹣＝，
故⑤正确，
故选：D．
26．（2022秋•太仓市期中）如图，AB是⊙O的直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠BAC，交OC于点E，交于点D，连接CD，OD，给出以下四个结论：
①S△ACE＝2S△DOE；②CE＝OE；③＝2；④2CD2＝CE•AB．
其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④
【分析】设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝OD＝OB＝r，OD2＝r2，先证明△ACE∽△DOE，再根据勾股定理求得AC2＝2r2，则AC＝r，所以＝＝2，得S△ACE＝2S△DOE，可判断①正确；
由△ACE∽△DOE，得＝＝＝，则CE＝OE≠OE，可判断②错误；
由∠DAC＝∠DAB，得＝，则＝＝2，可判断③正确；
由∠CDE＝∠COD，∠DCE＝∠OCD，证明△DCE∽△OCD，得＝，所以CD2＝CE•OC，即可证明2CD2＝CE•AB，可判断④正确，于是得到问题的答案．
【解析】设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝OD＝OB＝r，
∴∠ODE＝∠OAD，OD2＝r2，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠OAD，
∴∠CAE＝∠ODE，
∵∠AEC＝∠DEO，
∴△ACE∽△DOE，
∵OC⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴AC2＝OA2+OC2＝r2+r2＝2r2，
∴AC＝r，
∴＝＝＝＝2，
∴S△ACE＝2S△DOE，
故①正确；
∵△ACE∽△DOE，
∴＝＝＝，
∴CE＝OE≠OE，
故②错误；
∵∠DAC＝∠DAB，
∴＝，
∴＝＝2，
故③正确；
∵∠COD＝∠BOD＝∠BOC＝∠AOC，∠CDE＝∠AOC，
∴∠CDE＝∠COD，
∵∠DCE＝∠OCD，
∴△DCE∽△OCD，
∴＝，
∴CD2＝CE•OC，
∴2CD2＝CE•2OC，
∵2OC＝AB，
∴2CD2＝CE•AB，
故④正确，
故选：D．
27．（2022秋•惠山区期中）一艘货轮从小岛A正南方向的点B处向西航行30km到达点C处，然后沿北偏西60°方向航行20km到达点D处，此时观测到小岛A在北偏东60°方向，则小岛A与出发点B之间的距离为（ ）
A．20kmB．kmC．kmD．km
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，易证四边形BCFE是矩形，得出EF＝BC＝30km，CF＝BE，由含30°角直角三角形的性质得出CF＝CD＝10km，再由锐角三角函数定义求出DF＝10km，则DE＝（10+30）km，然后由锐角三角函数定义求出AE＝（10+10）km，即可得出结果．
【解析】过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，如图所示：
∵∠ABC＝90°，
∴四边形BCFE是矩形，
∴EF＝BC＝30km，CF＝BE，
由题意得：∠DCF＝60°，∠ADE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠CDF＝90°﹣60°＝30°，
∴CF＝CD＝×20＝10（km），
∴BE＝10km，
DF＝sin60°×CD＝×20＝10（km），
∴DE＝DF+EF＝（10+30）（km），
∴AE＝tan∠ADE•DE＝tan30°×DE＝×（10+30）＝（10+10）（km），
∴AB＝AE+BE＝10+10+10＝（10+20）（km），
故选：B．
28．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由翻折可知：NC＝NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN＝HN＝6，根据勾股定理即可解决问题．
【解析】如图，由翻折可知：NC＝NE，
所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，
在Rt△ABC中，∠A＝90°，
∵AB＝8，tan∠ABC＝＝，
∴AC＝12，
∵点N是边AC的中点，
∴AN＝CN＝6，
∴NE＝6，
由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，
∴∠ENG＝∠CNG，
延长GN交AB于点D，
∴∠BND＝∠AND，
∴DN平分∠ANB，
∵DA⊥AN，
过点D作DH⊥BN，
∴DA＝DH，
∴DB＝AB﹣AD＝8﹣DH，
在Rt△AND和Rt△HND中，
，
∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），
∴AN＝HN＝6，
在Rt△ABN中，AB＝8，AN＝6，
∴BN＝10，
∴BH＝BN﹣HN＝10﹣6＝4，
在Rt△DBH中，DB＝8﹣DH，根据勾股定理得：
DB2＝DH2+BH2，
∴（8﹣DH）2＝DH2+42，
解得DH＝3，
在Rt△ADN中，DH＝DA＝3，AN＝6，根据勾股定理得：
DN2＝AD2+AN2，
∴DN2＝32+62＝45，
∴DN＝3，
∵∠A＝∠NGC＝90°，∠AND＝∠GNC，
∴∠ADN＝∠NCG，
∵sin∠ADN＝＝＝，
∴sin∠NCG＝sin∠NCE＝，
故选：D．
29．（2022•睢宁县模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝8，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（ ）
A．B．C．2D．4
【分析】过点D作DH⊥AF于点H，由锐角三角函数的定义求出CD＝1，AD＝3，由勾股定理求出AC的长，由旋转的性质得出DC＝DE，DA＝DF＝6，∠CDE＝∠ADF，证出∠DCE＝∠DAF，设AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝62，求出a可得出答案．
【解析】过点D作DH⊥AF于点H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∵tan∠ACB＝＝3，
设CD＝x，
∴AD＝3x，
∴BC＝3x+x＝8，
∴x＝2，
∴CD＝2，AD＝6，
∴AC＝，
∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，
∴DC＝DE，DA＝DF＝6，∠CDE＝∠ADF，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴tan∠DAH＝3，
设AH＝a，DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝62，
∴a＝，
∴AH＝，
∴AF＝2AH＝．
故选：B．
30．（2022•徐州一模）北京冬奥会跳台滑雪项目比赛其标准台高度是90m．运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，运动员起跳后的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝ax2+bx+c（a≠0）．如图记录了某运动员起跳后的x与y的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出该运动员起跳后飞行到最高点时，水平距离为（ ）
A．10mB．15mC．20mD．22.5m
【分析】将点（0，90.0）、（20，93.9）、（40，82.2）分别代入函数解析式，求得系数的值；然后由抛物线的对称轴公式可以得到答案．
【解析】根据题意知，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点（0，90.0）、（20，93.9）、（40，82.2），
则，
解得：，
所以x＝﹣＝﹣＝15（m）．
故选：B．x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣37
﹣21
﹣9
﹣1
3
3
…