还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022-2023学年广东省九年级上学期期末数学试卷汇总
成套系列资料，整套一键下载
广东省广州市西关外国语学校2022-2023学年九年级上学期数学期末试卷
展开
这是一份广东省广州市西关外国语学校2022-2023学年九年级上学期数学期末试卷，共22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。
广东省广州市西关外国语学校2022-2023学年九年级上学期数学期末试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1． 在下列四个图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．抛物线y＝（x﹣2）2﹣1的对称轴是（ ）
A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝﹣1 D．x＝1
3．下列各点中在反比例函数y=-2x的图象上的点是（ ）
A．(-1, -2) B．(1, -2) C．(1, 2) D．(2, 1)
4．如图，点A，B，C都在⊙O上，∠CAB＝70°，则∠COB的度数为（ ）
A．70° B．80° C．120° D．140°
5．若方程3x2+6x−4=0的两个根为x1，x2，则（ ）
A．x1+x2=6 B．x1+x2=−6 C．x1+x2=−2 D．x1+x2=2
6．“任意画一个三角形，其内角和是360°”，这一事件是（ ）
A．必然事件 B．不可能事件
C．随机事件 D．以上选项均不正确
7．已知圆的直径为10cm，圆心到某直线的距离为4.5cm，则该直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上都不对
8．在一个暗箱里放入除颜色外其它都相同的3个红球和11个黄球，搅拌均匀后随机任取一个球，取到是红球的概率是( )
A．311 B．811 C．1114 D．314
9．如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30° B．45° C．90° D．135°
10．将二次函数y=−x2+2x+3的图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线y=x+b与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为（ ）
A．−214或−3 B．−134或−3 C．214或−3 D．134或−3
二、填空题
11．点P（﹣2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是_____．
12．从一副扑克牌中级抽取一张，①抽到王牌；②抽到Q；③抽到梅花．上述事件，概率最大的是_____．
13．一个扇形的圆心角是120°．它的半径是3cm．则扇形的弧长为__________cm．
14．一个矩形的长比宽多2，面积是100，若设矩形的宽为x，列出关于x的方程是_____．
15．如图，点A、B、C、D、都在⊙O上，AB是直径，弦AC＝6，CD平分∠ACB，BD＝52，则BC的长等于_____．
16．如图，正方形ABCD中，AB=5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是______cm．
三、解答题
17．解方程： x2−2x=8
18．如图，已知△ABO，点A、B坐标分别为2,4、2,1．
(1)把△ABO绕着原点O顺时针旋转90°得△A1B1O，画出旋转后的△A1B1O；
(2)在（1）的条件下，点B旋转到点B1经过的路径的长为______．（结果保留π）
19．二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过（﹣1，0）（3，0）两点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）求该二次函数图象与y轴交点的坐标．
20．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙O．
（1）尺规作图：作出⊙O（不写作法与证明，保留作图痕迹）；
（2）求证：BC为⊙O的切线．
21．以物联网、大数据、人工智能为基础的技术创新促进了新行业发展，新行业发展对人才的需求更加旺盛，某大型科技公司上半年新招聘总线、测试、软件、硬件四类专业的毕业生共30人，新招聘毕业生的专业分布情况绘制成如下不完整的条形图．请根据以上信息，解答下列问题：
(1)“总线”专业有______人，并补全条形图；
(2)新招聘“软件”专业的毕业生中只有两人是同校毕业，该公司从新招聘“软件”专业的毕业生中随机抽取两人参加问卷调查，求抽到两人恰好是同校毕业的概率．
22．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y＝k1x（x＞0）的图象经过点A（2，6），将点A向右平移2个单位，再向下平移a个单位得到点B，点B恰好落在反比例函数y＝k1x（x＞0）的图象上，过A，B两点的直线y＝k2x+b与y轴交于点C．
（1）求a的值及点C的坐标．
（2）在y轴上有一点D（0，5），连接AD，BD，求△ABD的面积．
（3）结合图象，直接写出k1x≤k2x+b的解集．
23．如图，有一块矩形铁皮（厚度不计），长10分米，宽8分米，在它的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作一个无盖方盒．
(1)若无盖方盒的底面积为48平方分米，那么铁皮各角应切去边长是多少分米的正方形？
(2)若要求制作的无盖方盒的底面长不大于底面宽的2倍，并将无盖方盒内部进行防锈处理，侧面每平方分米的防锈处理费用为0.5元，底面每平方分米的防锈处理费用为2元，问铁皮各角切去边长是多少分米的正方形时，总费用最低？最低费用为多少元？
24．如图，直线y=−12x+3交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y=−14x2+bx+c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
(1)直接写出点A，点B，点C的坐标及抛物线的解析式；
(2)在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)将线段OA绕x轴上的动点Pm,0顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
25．如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为3，点D在劣弧AB上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．
(1)求证：DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
(3)若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
参考答案：
1．B
【详解】解：根据中心对称图形的概念可得：图形B不是中心对称图形．
故选：B．
2．A
【分析】根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出它的对称轴，本题得以解决．
【详解】∵抛物线y=（x-2）2-1，
∴该抛物线的对称轴是直线x=2，
故选A．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
3．B
【分析】根据反比例函数的定义，反比例函数图像上的点应该满足函数解析式，即点的横纵坐标的积等于比例系数k．把各个点代入检验即可
【详解】解：反比例函数y=-2x中，k＝−2，
四个答案中只有B的横纵坐标的积等于−2，
故答案选：B.
【点睛】本题主要考查了反比例函数的定义，所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积应等于比例系数．
4．D
【分析】由∠CAB=70°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠COB的度数．
【详解】∵点A、B、C都在⊙O上，且点A在弦AB所对的优弧上，∠CAB=70°，
∴∠COB=2∠CAB=2×70°=140°．
故选D．
【点睛】此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
5．C
【分析】直接根据根与系数的关系求解．
【详解】解：∵方程3x2+6x−4=0的两个根为x1，x2，
∴x1+x2=−63=−2，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程中根与系数的关系，能够熟练运用韦达定理是解决本题的关键．
6．B
【分析】直接利用三角形内结合定理结合不可能事件的定义分析得出答案．
【详解】任意画一个三角形，其内角和是360°”，这一事件是不可能事件．
故选B．
【点睛】此题主要考查了随机事件以及三角形内角和定理，正确各种事件的定义是解题关键．
7．A
【分析】欲求直线和圆的位置关系，关键是求出圆心到直线的距离d，再与半径r进行比较．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
【详解】∵圆的直径为10 cm，
∴圆的半径为5 cm，
∵圆心到直线的距离4.5cm，
∴圆的半径＞圆心到直线的距离，
∴直线于圆相交，
故选A．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
8．D
【分析】根据题意分析可得∶共11+3=14个球，其中3个红球，搅拌均匀后随机任取一个球，取到是红球的概率是314。
【详解】解：P（摸到红球）=314
故本题答案为D．
【点睛】此题考查概率的求法∶如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率PA=mn。
9．D
【分析】利用旋转的性质得到∠AOC为旋转角，然后利用∠AOB＝45°得到∠AOC的度数即可．
【详解】解：∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴∠AOC为旋转角，
∵∠AOB＝45°，
∴∠AOC＝45°+90°=135°，即旋转角为135°．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
10．A
【分析】由二次函数解析式y=−x2+2x+3，可求与x轴的两个交点A、B，直线y=x+b表示的图像可看做是直线y=x的图像平移b个单位长度得到，再结合所给函数图像可知，当平移直线y=x经过B点时，恰与所给图像有三个交点，故将B点坐标代入即可求解；当平移直线y=x经过C点时，恰与所给图像有三个交点，即直线y=x+b与函数y=−x2+2x+3关于x轴对称的函数y=x2−2x−3图像只有一个交点，即联立解析式得到的方程的判别式等于0，即可求解．
【详解】解：由y=−x2+2x+3知，当y=0时，即
−x2+2x+3=0
解得：x1=−1,x2=3
∴A−1,0,B3,0
作函数y=x的图像并平移至过点B时，恰与所给图像有三个交点，此时有：
0=3+b
∴b=−3
平移图像至过点C时，恰与所给图像有三个交点，即当−1≤x≤3时，只有一个交点
当−1≤x≤3的函数图像由y=−x2+2x+3的图像关于x轴对称得到
∴当−1≤x≤3时对应的解析式为y=x2−2x−3
即y=x2−2x−3y=x+b，整理得：x2−3x−3−b=0
∴Δ=−32−4×1×−3−b=21+4b=0
∴b=−214
综上所述b=−3或−214
故答案是：A．
【点睛】本题主要考察二次函数翻折变化、交点个数问题、函数图像平移的性质、二次函数与一元二次方程的关系等知识，属于函数综合题，中等难度．解题的关键是数形结合思想的运用，从而找到满足题意的条件．
11．（2，3）．
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
【详解】由题意，得
点P（-2，-3）关于原点对称的点的坐标是（2，3），
故答案为（2，3）．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．③抽到梅花．
【分析】根据概率公式先求出各自的概率，再进行比较，即可得出答案．
【详解】∵一副扑克牌有54张，王牌有2张，抽到王牌的可能性是254=127；
Q牌有4张，抽到Q牌的可能性是454=227；
梅花有13张，抽到梅花牌的可能性是1354；
∴概率最大的是抽到梅花；
故答案为③抽到梅花．
【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13．2π
【详解】分析：根据弧长公式可得结论．
详解：根据题意，扇形的弧长为120π×3180=2π，
故答案为2π
点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
14．x（x+2）＝100．
【分析】设矩形的宽为x，则矩形的长为（x+2），利用矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】设矩形的宽为x，则矩形的长为（x+2），
根据题意得：x（x+2）=100．
故答案为x（x+2）=100．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．8
【分析】连接AD，由AB是直径知∠ACB=∠ADB=90°，由CD是∠ACB平分线得∠ACD=∠BCD=∠BAD=∠ABD=45°，根据BD的长度可得AB=10，再根据勾股定理可得答案．
【详解】如图所示，连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∵BD=52，
∴AB=2BD=10，
∵AC=6，
∴BC=8，
故答案为8．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
16．52-1≤BP≤52+1
【分析】本题分成两种情况，当P’在对角线BD上时或当P’在对角线BD的延长线上时，根据两种情况分别讨论即可．
【详解】解：如图，当P’在对角线BD上时，BP’最小，当P’在对角线BD的延长线时，BP’最大，连接BP，
当P’再对角线BD上时，
由旋转得：AP=AP’， ∠PAP'=90°，
∴∠PAB+∠BAP'=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP’＋∠DAP’=90°，
∴∠PAB=∠DAP’，
∴△PAB≌△P’AD，
∴P’D=PB=1，
在Rt△ABD中，
∵AB=AD=5，
由勾股定理可得：BD=52+52=52，
∴BP'=BD-P'D=52-1，
即BP’长度的最小值为52-1cm，
当P’在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD=52+52=52，
∴BP'=BD+P'D=52+1，
∴BP’长度的取值范围为：52-1≤BP≤52+1，
故答案为：52-1≤BP≤52+1．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质和最小值问题，寻找点P’的运动轨迹是解决本题的关键．
17．x1=4,x2=-2
【详解】∵x2-2x-8=0
∴(x-4)(x+2)=0
∴x1=4,x2=-2
18．(1)见解析
(2)52π
【分析】（1）分别作出A，B的对应点A1，B1即可．
（2）利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）如图，△A1B1O即为所求作．
（2）∵OB=22+12=5，
∴点B旋转到点B1经过的路径的长=90⋅π⋅5180=52π．
故答案为：52π．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，弧长公式等知识，熟练掌握基本知识，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．属于中考常考题型．
19．（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）（0，3）．
【分析】（1）将已知A与B坐标代入二次函数解析式求出a与c的值，即可确定出二次函数解析式；
（2）令x=0，即可求得．
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+2x+c的图象经过（-1，0）（3，0）两点．
∴a−2+c＝09a+6+c＝0，
解得：a＝−1c＝3，
∴抛物线的解析式是y=-x2+2x+3；
（2）令x=0，则y=3，
∴该二次函数图象与y轴交点的坐标为（0，3）．
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
20．（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）因为AD是弦，所以圆心O即在AB上，也在AD的垂直平分线上，作AD的垂直平分线，与AB的交点即为所求；
（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．
【详解】解：（1）如图所示，⊙O即为所求；
（2）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC．
又∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
21．(1)“总线”专业有8人，统计图见详解；
(2)抽到两人恰好是同校毕业的概率为16；
【分析】（1）由总人数减去其它三类专业的毕业人数得出“总线”专业人数，补全条形统计图即可；
（2）画出树状图，共有12个等可能的结果，其中抽到两人敲好是同校毕业的结果有2个，再由概率公式求解即可．
【详解】（1）“总线”专业有：30-12-4-6=8（人），
故答案为：8，
补全条形图如图所示：
（2）解：把同校毕业的两人记为A、A’，其他两人记为B、C，画树状图如图：
共有12个等可能的结果，其中抽到两人恰好是同校毕业的结果有2个，
∴抽到两人恰好是同校毕业的概率为212=16．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法，通过列表法或树状图法展示所有等可能结果求出n，在从中选出符合事件A或事件B的概率，也考查了条形统计图．
22．（1）a=3；C（0，9）；（2）S△ABD＝4；（3）2≤x≤4
【分析】（1）由点A（2，6）求出反比例函数的解析式为y＝12x，进而求得B（4，3），由待定系数法求出直线AB的解析式为y＝−32x＋9，即可求出C点的坐标；
（2）由（1）求出CD，根据S△ABD＝S△BCD−S△ACD可求得结论；
（3）直接根据函数图像解答即可．
【详解】解：（1）把点A（2，6）代入y＝k1x，k1＝2×6＝12，
∴反比例函数的解析式为y＝12x，
∵将点A向右平移2个单位，
∴x＝4，
当x＝4时，y＝124＝3，
∴B（4，3），
∴a=6−3=3，
直线AB的解析式为y＝k2x+b，
由题意可得6＝2k2＋b3＝4k2＋b，
解得k2=−32b=9，
∴y＝−32x＋9，
当x＝0时，y＝9，
∴C（0，9）；
（2）由（1）知CD＝9−5＝4，
∴S△ABD＝S△BCD−S△ACD＝12CD•|xB|−12CD•|xA|＝12×4×4−12×4×2＝4；
（3）∵A（2，6）,B（4，3），
根据图像可知k1x≤k2x+b的解集为2≤x≤4．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积的计算，求得直线AB的解析式是解题的关键．
23．(1)铁皮各角应切去边长是1分米的正方形；
(2)当铁皮各角切去边长是3分米的正方形时，总费用最低，最低费用为20元；
【分析】（1）设铁皮各角应切去边长是x分米的正方形，则无盖方盒的底面长为（10-2x）分米，宽为（8-2x）分米的矩形，根据矩形的面积公式结合无盖方盒的底面积为48分米，即可得到关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
（2）设铁皮各角切去边长是m分米，防锈总费用为w元，由无盖方盒的底面长不大于底面宽的3倍可得出关于m的一元一次不等式，解之得出m的取值范围，再根据题意列出关于总费用的函数关系式，根据二次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】（1）解：设铁皮各角应切去边长是x分米的正方形，则无盖方盒的底面长为（10-2x）分米，宽为（8-2x）分米的矩形，
又题意得：（10-2x）（8-2x）=48，
整理得：x2-9x+8=0，
解得：x1=1， x2=8，
∵8-2x>0，
∴x<4，
∴x=1，
答：铁皮各角应切去边长是1分米的正方形；
（2）解：设铁皮各角切去边长是m分米的正方形，防锈处理所需的总费用为w元，
∵制作的无盖方盒的底面长不大于底面宽的3倍，
∴10-2m≤2(8-2m)，
解得：m≤3，
根据题意得：w=0.5×2m10-2m+m8-2m+210-2m8-2m=4m2-54m+160，
∴a=4，b=-54，
∴当0
答：当铁皮各角切去边长是3分米的正方形时，总费用最低，最低费用为20元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、一元一次不等式的应用以及二次函数的性质，解题的关键是，找准等量关系，正确列出一元二次方程，根据数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
24．(1)A（0，3），B（−2，0），C（6，0），抛物线解析式为：y=−14x2+x+3；
(2)a=3时，四边形ABCM面积最大，其最大值为754，此时M的坐标为3,154；
(3)当−26−3≤m≤−23或26−3≤m≤3时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【分析】（1）解：令x=0，得y=−12x+3=3，得A（0，3），令y=0，由y=−12x+3，得C点坐标，将A、C的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，进而由二次函数的解析式令y=0，即可求得B点坐标；
（2）过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，设Ma，−14a2+a+3，则Na，−12a+3，由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于A的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得a的值，即可得M点的坐标；
（3）根据旋转的性质，求得O′点和A′点的坐标，令O′点和A′点在抛物线上时，求出m的最大值和最小值即可．
【详解】（1）解：令x=0，得y=−12x+3=3，
∴A（0，3），
令y=0，得0=−12x+3，解得：x=6，
∴C（6，0），
将：A（0，3），C（6，0）代入y=−14x2+bx+c得，
−9+6b+c=0c=3，解得b=1c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−14x2+x+3，
将y=0，代入y=−14x2+x+3中，
解得：x=−2，或x=6，
∴B（−2，0）；
（2）解：过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，如下图，
设Ma，−14a2+a+3，则Na，−12a+3，
∴S△ACM=12MN⋅OC=12−14a2+a+3+12a−3×6=−34a2+92a，
∵S△ABC=12BC⋅OA=12×6+2×3=12，
∴S四边形ABC=S△ABC+S△ABC=−34a2+92a+12=−34a−32+754，
∴当a=3时，四边形ABCM面积最大，其最大值为754，此时M的坐标为3,154；
（3）解：∵将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，如图：
∴PO′=PO=m，O′A′=OA=3，
∴O′m，m，A′m+3，m，
当A′m+3，m在抛物线上时，−14m+32+m+3+3=m，
解得：m=±26−3，
当点O′m，m在抛物线上时，有−14m2+m+3=m，
解得，m=±23，
∴当−26−3≤m≤−23或26−3≤m≤3时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【点睛】本题是几何变换的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，熟练掌握二次函数的图形与性质，数形结合是解题的关键．
25．(1)证明见详解；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数；证明见详解
(3)t的最大值为63
【分析】（1）根据△ABC是等边三角形，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，则∠ADC=∠ABC=60°，则∠BDC=∠BAC=60°，由此可得∠ADC=∠BDC，则DC是∠ADB的角平分线；
（2）如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°得到△BHC，则CD=CH，∠DAC=∠HBC，根据四边形ACBD是圆内接四边形，则∠DAC+∠DBC=180°，进而可得∠DBC+∠HBC=180°，则点D，点B，点H三点共线，根据DC=CH，∠CDH=60°，由此可知△DCH是等边三角形，根据四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，可知S=34x2；
（3）如图2，作点D关于直线AC的对称E，作点D关于直线BC的对称点F，根据点D，点E关于直线AC对称，可知EM=DM，同理可知DN=NF，根据△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，则△DMN的周长有最小值，则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于点P，故△DMN的周长最小值为EF=t，根据点D，点E关于直线AC对称，则CE=CD，∠ACE=∠ACD，根据点D，点F关于直线BC对称，则CF=CD，∠DCB=∠FCB，故CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，根据CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，则EP=PF，∠CEP=30°，可得PC=12EC，PE=3PC=32EC，故EF=2PE=3EC=3CD=t，故当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，根据CD为⊙O的弦，所以CD为直径时，CD有最大值6，故t的最大值为63．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠ADC=∠ABC=60°，
∠BDC=∠BAC=60°，
∴∠ADC=∠BDC，
∴DC是∠ADB的角平分线；
（2）解：四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数，
理由如下：如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°得到△BHC，
∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∴∠DBC+∠HBC=180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC=CH，∠CDH=60°，
∴△DCH是等边三角形，
∵四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，
∴S=34x2；
（3）如图2，作点D关于直线AC的对称E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM=DM，
同理DN=NF，
∵△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，
△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于点P，
∴△DMN的周长最小值为EF=t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE=CD，∠ACE=∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF=CD，∠DCB=∠FCB，
∴CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，
∵CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，
∴EP=PF，∠CEP=30°，
∴PC=12EC，PE=3PC=32EC，
∴EF=2PE=3EC=3CD=t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值6，
∴t的最大值为63．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质，进行推理是解答本题的关键．
广东省广州市西关外国语学校2022-2023学年九年级上学期数学期末试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1． 在下列四个图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．抛物线y＝（x﹣2）2﹣1的对称轴是（ ）
A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝﹣1 D．x＝1
3．下列各点中在反比例函数y=-2x的图象上的点是（ ）
A．(-1, -2) B．(1, -2) C．(1, 2) D．(2, 1)
4．如图，点A，B，C都在⊙O上，∠CAB＝70°，则∠COB的度数为（ ）
A．70° B．80° C．120° D．140°
5．若方程3x2+6x−4=0的两个根为x1，x2，则（ ）
A．x1+x2=6 B．x1+x2=−6 C．x1+x2=−2 D．x1+x2=2
6．“任意画一个三角形，其内角和是360°”，这一事件是（ ）
A．必然事件 B．不可能事件
C．随机事件 D．以上选项均不正确
7．已知圆的直径为10cm，圆心到某直线的距离为4.5cm，则该直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上都不对
8．在一个暗箱里放入除颜色外其它都相同的3个红球和11个黄球，搅拌均匀后随机任取一个球，取到是红球的概率是( )
A．311 B．811 C．1114 D．314
9．如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30° B．45° C．90° D．135°
10．将二次函数y=−x2+2x+3的图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线y=x+b与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为（ ）
A．−214或−3 B．−134或−3 C．214或−3 D．134或−3
二、填空题
11．点P（﹣2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是_____．
12．从一副扑克牌中级抽取一张，①抽到王牌；②抽到Q；③抽到梅花．上述事件，概率最大的是_____．
13．一个扇形的圆心角是120°．它的半径是3cm．则扇形的弧长为__________cm．
14．一个矩形的长比宽多2，面积是100，若设矩形的宽为x，列出关于x的方程是_____．
15．如图，点A、B、C、D、都在⊙O上，AB是直径，弦AC＝6，CD平分∠ACB，BD＝52，则BC的长等于_____．
16．如图，正方形ABCD中，AB=5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是______cm．
三、解答题
17．解方程： x2−2x=8
18．如图，已知△ABO，点A、B坐标分别为2,4、2,1．
(1)把△ABO绕着原点O顺时针旋转90°得△A1B1O，画出旋转后的△A1B1O；
(2)在（1）的条件下，点B旋转到点B1经过的路径的长为______．（结果保留π）
19．二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过（﹣1，0）（3，0）两点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）求该二次函数图象与y轴交点的坐标．
20．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙O．
（1）尺规作图：作出⊙O（不写作法与证明，保留作图痕迹）；
（2）求证：BC为⊙O的切线．
21．以物联网、大数据、人工智能为基础的技术创新促进了新行业发展，新行业发展对人才的需求更加旺盛，某大型科技公司上半年新招聘总线、测试、软件、硬件四类专业的毕业生共30人，新招聘毕业生的专业分布情况绘制成如下不完整的条形图．请根据以上信息，解答下列问题：
(1)“总线”专业有______人，并补全条形图；
(2)新招聘“软件”专业的毕业生中只有两人是同校毕业，该公司从新招聘“软件”专业的毕业生中随机抽取两人参加问卷调查，求抽到两人恰好是同校毕业的概率．
22．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y＝k1x（x＞0）的图象经过点A（2，6），将点A向右平移2个单位，再向下平移a个单位得到点B，点B恰好落在反比例函数y＝k1x（x＞0）的图象上，过A，B两点的直线y＝k2x+b与y轴交于点C．
（1）求a的值及点C的坐标．
（2）在y轴上有一点D（0，5），连接AD，BD，求△ABD的面积．
（3）结合图象，直接写出k1x≤k2x+b的解集．
23．如图，有一块矩形铁皮（厚度不计），长10分米，宽8分米，在它的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作一个无盖方盒．
(1)若无盖方盒的底面积为48平方分米，那么铁皮各角应切去边长是多少分米的正方形？
(2)若要求制作的无盖方盒的底面长不大于底面宽的2倍，并将无盖方盒内部进行防锈处理，侧面每平方分米的防锈处理费用为0.5元，底面每平方分米的防锈处理费用为2元，问铁皮各角切去边长是多少分米的正方形时，总费用最低？最低费用为多少元？
24．如图，直线y=−12x+3交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y=−14x2+bx+c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
(1)直接写出点A，点B，点C的坐标及抛物线的解析式；
(2)在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)将线段OA绕x轴上的动点Pm,0顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
25．如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为3，点D在劣弧AB上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．
(1)求证：DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
(3)若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
参考答案：
1．B
【详解】解：根据中心对称图形的概念可得：图形B不是中心对称图形．
故选：B．
2．A
【分析】根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出它的对称轴，本题得以解决．
【详解】∵抛物线y=（x-2）2-1，
∴该抛物线的对称轴是直线x=2，
故选A．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
3．B
【分析】根据反比例函数的定义，反比例函数图像上的点应该满足函数解析式，即点的横纵坐标的积等于比例系数k．把各个点代入检验即可
【详解】解：反比例函数y=-2x中，k＝−2，
四个答案中只有B的横纵坐标的积等于−2，
故答案选：B.
【点睛】本题主要考查了反比例函数的定义，所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积应等于比例系数．
4．D
【分析】由∠CAB=70°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠COB的度数．
【详解】∵点A、B、C都在⊙O上，且点A在弦AB所对的优弧上，∠CAB=70°，
∴∠COB=2∠CAB=2×70°=140°．
故选D．
【点睛】此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
5．C
【分析】直接根据根与系数的关系求解．
【详解】解：∵方程3x2+6x−4=0的两个根为x1，x2，
∴x1+x2=−63=−2，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程中根与系数的关系，能够熟练运用韦达定理是解决本题的关键．
6．B
【分析】直接利用三角形内结合定理结合不可能事件的定义分析得出答案．
【详解】任意画一个三角形，其内角和是360°”，这一事件是不可能事件．
故选B．
【点睛】此题主要考查了随机事件以及三角形内角和定理，正确各种事件的定义是解题关键．
7．A
【分析】欲求直线和圆的位置关系，关键是求出圆心到直线的距离d，再与半径r进行比较．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
【详解】∵圆的直径为10 cm，
∴圆的半径为5 cm，
∵圆心到直线的距离4.5cm，
∴圆的半径＞圆心到直线的距离，
∴直线于圆相交，
故选A．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
8．D
【分析】根据题意分析可得∶共11+3=14个球，其中3个红球，搅拌均匀后随机任取一个球，取到是红球的概率是314。
【详解】解：P（摸到红球）=314
故本题答案为D．
【点睛】此题考查概率的求法∶如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率PA=mn。
9．D
【分析】利用旋转的性质得到∠AOC为旋转角，然后利用∠AOB＝45°得到∠AOC的度数即可．
【详解】解：∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴∠AOC为旋转角，
∵∠AOB＝45°，
∴∠AOC＝45°+90°=135°，即旋转角为135°．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
10．A
【分析】由二次函数解析式y=−x2+2x+3，可求与x轴的两个交点A、B，直线y=x+b表示的图像可看做是直线y=x的图像平移b个单位长度得到，再结合所给函数图像可知，当平移直线y=x经过B点时，恰与所给图像有三个交点，故将B点坐标代入即可求解；当平移直线y=x经过C点时，恰与所给图像有三个交点，即直线y=x+b与函数y=−x2+2x+3关于x轴对称的函数y=x2−2x−3图像只有一个交点，即联立解析式得到的方程的判别式等于0，即可求解．
【详解】解：由y=−x2+2x+3知，当y=0时，即
−x2+2x+3=0
解得：x1=−1,x2=3
∴A−1,0,B3,0
作函数y=x的图像并平移至过点B时，恰与所给图像有三个交点，此时有：
0=3+b
∴b=−3
平移图像至过点C时，恰与所给图像有三个交点，即当−1≤x≤3时，只有一个交点
当−1≤x≤3的函数图像由y=−x2+2x+3的图像关于x轴对称得到
∴当−1≤x≤3时对应的解析式为y=x2−2x−3
即y=x2−2x−3y=x+b，整理得：x2−3x−3−b=0
∴Δ=−32−4×1×−3−b=21+4b=0
∴b=−214
综上所述b=−3或−214
故答案是：A．
【点睛】本题主要考察二次函数翻折变化、交点个数问题、函数图像平移的性质、二次函数与一元二次方程的关系等知识，属于函数综合题，中等难度．解题的关键是数形结合思想的运用，从而找到满足题意的条件．
11．（2，3）．
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
【详解】由题意，得
点P（-2，-3）关于原点对称的点的坐标是（2，3），
故答案为（2，3）．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．③抽到梅花．
【分析】根据概率公式先求出各自的概率，再进行比较，即可得出答案．
【详解】∵一副扑克牌有54张，王牌有2张，抽到王牌的可能性是254=127；
Q牌有4张，抽到Q牌的可能性是454=227；
梅花有13张，抽到梅花牌的可能性是1354；
∴概率最大的是抽到梅花；
故答案为③抽到梅花．
【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13．2π
【详解】分析：根据弧长公式可得结论．
详解：根据题意，扇形的弧长为120π×3180=2π，
故答案为2π
点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
14．x（x+2）＝100．
【分析】设矩形的宽为x，则矩形的长为（x+2），利用矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】设矩形的宽为x，则矩形的长为（x+2），
根据题意得：x（x+2）=100．
故答案为x（x+2）=100．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．8
【分析】连接AD，由AB是直径知∠ACB=∠ADB=90°，由CD是∠ACB平分线得∠ACD=∠BCD=∠BAD=∠ABD=45°，根据BD的长度可得AB=10，再根据勾股定理可得答案．
【详解】如图所示，连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∵BD=52，
∴AB=2BD=10，
∵AC=6，
∴BC=8，
故答案为8．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
16．52-1≤BP≤52+1
【分析】本题分成两种情况，当P’在对角线BD上时或当P’在对角线BD的延长线上时，根据两种情况分别讨论即可．
【详解】解：如图，当P’在对角线BD上时，BP’最小，当P’在对角线BD的延长线时，BP’最大，连接BP，
当P’再对角线BD上时，
由旋转得：AP=AP’， ∠PAP'=90°，
∴∠PAB+∠BAP'=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP’＋∠DAP’=90°，
∴∠PAB=∠DAP’，
∴△PAB≌△P’AD，
∴P’D=PB=1，
在Rt△ABD中，
∵AB=AD=5，
由勾股定理可得：BD=52+52=52，
∴BP'=BD-P'D=52-1，
即BP’长度的最小值为52-1cm，
当P’在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD=52+52=52，
∴BP'=BD+P'D=52+1，
∴BP’长度的取值范围为：52-1≤BP≤52+1，
故答案为：52-1≤BP≤52+1．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质和最小值问题，寻找点P’的运动轨迹是解决本题的关键．
17．x1=4,x2=-2
【详解】∵x2-2x-8=0
∴(x-4)(x+2)=0
∴x1=4,x2=-2
18．(1)见解析
(2)52π
【分析】（1）分别作出A，B的对应点A1，B1即可．
（2）利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）如图，△A1B1O即为所求作．
（2）∵OB=22+12=5，
∴点B旋转到点B1经过的路径的长=90⋅π⋅5180=52π．
故答案为：52π．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，弧长公式等知识，熟练掌握基本知识，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．属于中考常考题型．
19．（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）（0，3）．
【分析】（1）将已知A与B坐标代入二次函数解析式求出a与c的值，即可确定出二次函数解析式；
（2）令x=0，即可求得．
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+2x+c的图象经过（-1，0）（3，0）两点．
∴a−2+c＝09a+6+c＝0，
解得：a＝−1c＝3，
∴抛物线的解析式是y=-x2+2x+3；
（2）令x=0，则y=3，
∴该二次函数图象与y轴交点的坐标为（0，3）．
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
20．（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）因为AD是弦，所以圆心O即在AB上，也在AD的垂直平分线上，作AD的垂直平分线，与AB的交点即为所求；
（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．
【详解】解：（1）如图所示，⊙O即为所求；
（2）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC．
又∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
21．(1)“总线”专业有8人，统计图见详解；
(2)抽到两人恰好是同校毕业的概率为16；
【分析】（1）由总人数减去其它三类专业的毕业人数得出“总线”专业人数，补全条形统计图即可；
（2）画出树状图，共有12个等可能的结果，其中抽到两人敲好是同校毕业的结果有2个，再由概率公式求解即可．
【详解】（1）“总线”专业有：30-12-4-6=8（人），
故答案为：8，
补全条形图如图所示：
（2）解：把同校毕业的两人记为A、A’，其他两人记为B、C，画树状图如图：
共有12个等可能的结果，其中抽到两人恰好是同校毕业的结果有2个，
∴抽到两人恰好是同校毕业的概率为212=16．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法，通过列表法或树状图法展示所有等可能结果求出n，在从中选出符合事件A或事件B的概率，也考查了条形统计图．
22．（1）a=3；C（0，9）；（2）S△ABD＝4；（3）2≤x≤4
【分析】（1）由点A（2，6）求出反比例函数的解析式为y＝12x，进而求得B（4，3），由待定系数法求出直线AB的解析式为y＝−32x＋9，即可求出C点的坐标；
（2）由（1）求出CD，根据S△ABD＝S△BCD−S△ACD可求得结论；
（3）直接根据函数图像解答即可．
【详解】解：（1）把点A（2，6）代入y＝k1x，k1＝2×6＝12，
∴反比例函数的解析式为y＝12x，
∵将点A向右平移2个单位，
∴x＝4，
当x＝4时，y＝124＝3，
∴B（4，3），
∴a=6−3=3，
直线AB的解析式为y＝k2x+b，
由题意可得6＝2k2＋b3＝4k2＋b，
解得k2=−32b=9，
∴y＝−32x＋9，
当x＝0时，y＝9，
∴C（0，9）；
（2）由（1）知CD＝9−5＝4，
∴S△ABD＝S△BCD−S△ACD＝12CD•|xB|−12CD•|xA|＝12×4×4−12×4×2＝4；
（3）∵A（2，6）,B（4，3），
根据图像可知k1x≤k2x+b的解集为2≤x≤4．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积的计算，求得直线AB的解析式是解题的关键．
23．(1)铁皮各角应切去边长是1分米的正方形；
(2)当铁皮各角切去边长是3分米的正方形时，总费用最低，最低费用为20元；
【分析】（1）设铁皮各角应切去边长是x分米的正方形，则无盖方盒的底面长为（10-2x）分米，宽为（8-2x）分米的矩形，根据矩形的面积公式结合无盖方盒的底面积为48分米，即可得到关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
（2）设铁皮各角切去边长是m分米，防锈总费用为w元，由无盖方盒的底面长不大于底面宽的3倍可得出关于m的一元一次不等式，解之得出m的取值范围，再根据题意列出关于总费用的函数关系式，根据二次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】（1）解：设铁皮各角应切去边长是x分米的正方形，则无盖方盒的底面长为（10-2x）分米，宽为（8-2x）分米的矩形，
又题意得：（10-2x）（8-2x）=48，
整理得：x2-9x+8=0，
解得：x1=1， x2=8，
∵8-2x>0，
∴x<4，
∴x=1，
答：铁皮各角应切去边长是1分米的正方形；
（2）解：设铁皮各角切去边长是m分米的正方形，防锈处理所需的总费用为w元，
∵制作的无盖方盒的底面长不大于底面宽的3倍，
∴10-2m≤2(8-2m)，
解得：m≤3，
根据题意得：w=0.5×2m10-2m+m8-2m+210-2m8-2m=4m2-54m+160，
∴a=4，b=-54，
∴当0
答：当铁皮各角切去边长是3分米的正方形时，总费用最低，最低费用为20元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、一元一次不等式的应用以及二次函数的性质，解题的关键是，找准等量关系，正确列出一元二次方程，根据数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
24．(1)A（0，3），B（−2，0），C（6，0），抛物线解析式为：y=−14x2+x+3；
(2)a=3时，四边形ABCM面积最大，其最大值为754，此时M的坐标为3,154；
(3)当−26−3≤m≤−23或26−3≤m≤3时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【分析】（1）解：令x=0，得y=−12x+3=3，得A（0，3），令y=0，由y=−12x+3，得C点坐标，将A、C的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，进而由二次函数的解析式令y=0，即可求得B点坐标；
（2）过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，设Ma，−14a2+a+3，则Na，−12a+3，由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于A的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得a的值，即可得M点的坐标；
（3）根据旋转的性质，求得O′点和A′点的坐标，令O′点和A′点在抛物线上时，求出m的最大值和最小值即可．
【详解】（1）解：令x=0，得y=−12x+3=3，
∴A（0，3），
令y=0，得0=−12x+3，解得：x=6，
∴C（6，0），
将：A（0，3），C（6，0）代入y=−14x2+bx+c得，
−9+6b+c=0c=3，解得b=1c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−14x2+x+3，
将y=0，代入y=−14x2+x+3中，
解得：x=−2，或x=6，
∴B（−2，0）；
（2）解：过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，如下图，
设Ma，−14a2+a+3，则Na，−12a+3，
∴S△ACM=12MN⋅OC=12−14a2+a+3+12a−3×6=−34a2+92a，
∵S△ABC=12BC⋅OA=12×6+2×3=12，
∴S四边形ABC=S△ABC+S△ABC=−34a2+92a+12=−34a−32+754，
∴当a=3时，四边形ABCM面积最大，其最大值为754，此时M的坐标为3,154；
（3）解：∵将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，如图：
∴PO′=PO=m，O′A′=OA=3，
∴O′m，m，A′m+3，m，
当A′m+3，m在抛物线上时，−14m+32+m+3+3=m，
解得：m=±26−3，
当点O′m，m在抛物线上时，有−14m2+m+3=m，
解得，m=±23，
∴当−26−3≤m≤−23或26−3≤m≤3时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【点睛】本题是几何变换的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，熟练掌握二次函数的图形与性质，数形结合是解题的关键．
25．(1)证明见详解；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数；证明见详解
(3)t的最大值为63
【分析】（1）根据△ABC是等边三角形，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，则∠ADC=∠ABC=60°，则∠BDC=∠BAC=60°，由此可得∠ADC=∠BDC，则DC是∠ADB的角平分线；
（2）如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°得到△BHC，则CD=CH，∠DAC=∠HBC，根据四边形ACBD是圆内接四边形，则∠DAC+∠DBC=180°，进而可得∠DBC+∠HBC=180°，则点D，点B，点H三点共线，根据DC=CH，∠CDH=60°，由此可知△DCH是等边三角形，根据四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，可知S=34x2；
（3）如图2，作点D关于直线AC的对称E，作点D关于直线BC的对称点F，根据点D，点E关于直线AC对称，可知EM=DM，同理可知DN=NF，根据△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，则△DMN的周长有最小值，则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于点P，故△DMN的周长最小值为EF=t，根据点D，点E关于直线AC对称，则CE=CD，∠ACE=∠ACD，根据点D，点F关于直线BC对称，则CF=CD，∠DCB=∠FCB，故CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，根据CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，则EP=PF，∠CEP=30°，可得PC=12EC，PE=3PC=32EC，故EF=2PE=3EC=3CD=t，故当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，根据CD为⊙O的弦，所以CD为直径时，CD有最大值6，故t的最大值为63．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠ADC=∠ABC=60°，
∠BDC=∠BAC=60°，
∴∠ADC=∠BDC，
∴DC是∠ADB的角平分线；
（2）解：四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数，
理由如下：如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°得到△BHC，
∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∴∠DBC+∠HBC=180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC=CH，∠CDH=60°，
∴△DCH是等边三角形，
∵四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，
∴S=34x2；
（3）如图2，作点D关于直线AC的对称E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM=DM，
同理DN=NF，
∵△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，
△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于点P，
∴△DMN的周长最小值为EF=t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE=CD，∠ACE=∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF=CD，∠DCB=∠FCB，
∴CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，
∵CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，
∴EP=PF，∠CEP=30°，
∴PC=12EC，PE=3PC=32EC，
∴EF=2PE=3EC=3CD=t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值6，
∴t的最大值为63．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质，进行推理是解答本题的关键．
相关试卷
广东省广州市番禺区香江育才实验学校2022-2023学年九年级上学期数学期末综合问卷： 这是一份广东省广州市番禺区香江育才实验学校2022-2023学年九年级上学期数学期末综合问卷，共4页。试卷主要包含了下列图形是中心对称图形的是（，方程 x2＝x 的解是（等内容，欢迎下载使用。
广东省广州市华侨外国语学校2023-2024学年七年级上学期数学期中试卷： 这是一份广东省广州市华侨外国语学校2023-2024学年七年级上学期数学期中试卷，共8页。
广东省广州市外国语学校2022_2023学年八年级上学期数学期末考试卷： 这是一份广东省广州市外国语学校2022_2023学年八年级上学期数学期末考试卷，文件包含精品解析广东省广州市外国语学校20222023学年八年级上学期数学期末考试卷解析版docx、精品解析广东省广州市外国语学校20222023学年八年级上学期数学期末考试卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
