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广东省广州市越秀区铁一中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷
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这是一份广东省广州市越秀区铁一中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷，共30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。
广东省广州市越秀区铁一中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列事件中，必然事件是（ ）
A．掷一枚硬币，正面朝上 B．a是实数，
C．购买一张彩票，中奖 D．打开电视，正在播放广告
3．在直角坐标系中，如果⊙O是以原点为圆心，以10为半径的圆，那么点的位置（ ）
A．在⊙O内 B．在⊙O外 C．在⊙O上 D．不能确定
4．关于x的一元二次方程的根的情况是（ ）
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．不能确定
5．由二次函数，可知（ ）
A．其图象的开口向下 B．其图象的对称轴为直线x＝﹣3
C．其最小值为1 D．当x＜3时，y随x的增大而增大
6．如图，已知的弦，以为一边作正方形，切点为E，则的半径为（ ）
A．4 B．3 C．6 D．5
7．如图，将绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，当点E恰好落在边上时，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．肆虐的冠状病毒肺炎具有人传人性，调查发现：1人感染病毒后如果不隔离，那么经过两轮传染将累计会有225人感染，若设1人平均感染人，依题意可列方程
A． B．
C． D．
9．如图，由五个边长都是1的正方形纸片拼接而成的，过点的线段分别与，BE交于点M，N，则（ ）
A． B． C． D．1
10．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）若点A、点、点在该函数图象上，则；（5）若方程a的两根为x1和x2，且，则．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，已知点P（﹣3，5）与点Q（3，m﹣2）关于原点对称，则m＝_____．
12．将抛物线向右平移2个单位，得到新抛物线的表达式是___________．
13．设x1、x2是方程x2﹣4x+m=0的两个根，且x1+x2﹣x1x2=1，则m=__．
14．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，相似比为，把缩小，则的坐标为___________．
15．如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，圆锥的母线长为6cm，则侧面展开图的圆心角的度数为____________°
16．如图，中，，，D为线段上一动点，连接，连接，则的最小值为___________．
三、解答题
17．解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
18．已知，与相交于点P，，，．求的长．
19．如图，在平面直角坐标系中，将绕点O顺时针旋转得到，点B旋转后的对应点为，点C旋转后的对应点为，
(1)画出旋转后的，并写出点的坐标；
(2)求点B经过的路径的长（结果保留π）．
20．如图，抛物线的顶点坐标为，与轴交于点，与轴交于点．直线的解析式为．
(1)求抛物线y1的解析式；
(2)当时，的取值范围是 ___________；
(3)当的取值范围是 ___________时，和都随着x的增大而减小；
(4)当时，的取值范围是 ___________；
(5)当时，的取值范围是 ___________．
21．“2022卡塔尔世界杯”已正式拉开战幕，足球运动备受人们的关注，某中学对部分学生就足球运动的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了下面两幅统计图．根据图中信息回答下列问题：
(1)接受问卷调查的学生共有_________人，条形统计图中m的值为___________；
(2)若该中学共有学生1500人，根据上述调查结果，可以估计出该学校学生中对足球知识达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数为__________人；
(3)若从足球运动达到“非常了解”程度的2名男生和2名女生中随机抽取2人解说一场足球赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．
22．如图，有长为的篱笆，现一面利用墙（墙的最大可用长度a为5m），设花圃的宽为xm，面积为．
(1)求S与x的函数关系式及x值的取值范围；
(2)要围成面积为的花圃，的长是多少米？
(3)当的长是多少米时，围成的花圃面积最大？
23．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，以CD为直径的⊙O与边AB相切于点E．
(1)求作⊙O，并标出点E（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接CE，求证：CE平分∠BCD；
(3)若BC＝5，AB＝6，求CD的长．
24．已知抛物线（a为常数，）．
(1)请直接写出该抛物线的对称轴和顶点坐标（用含a的代数式表示）；
(2)如图1，当时，若点P是直线上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作于点H，m为多少时，的值最大，最大值是多少?
(3)如图2，当时，设该抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．点D是直线上方抛物线上的一个动点，交于点E，设点E的横坐标为n，记，当n为何值时，S有最大值，最大值是多少？
25．已知：是的外接圆，且，，D为上一动点．
(1)如图1，若点D是的中点，等于多少？
(2)过点B作直线的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在上，求证：．
②若点D在上，当它从点A向点C运动且满足时，求的最大值．
参考答案：
1．B
【分析】根据中心对称图形的定义分别进行判别即可．
【详解】解：A、此图形不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
B、此图形是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形的定义，能够熟练根据中心对称图形的定义判定中心对称图形是解决本题的关键．
2．B
【分析】一定发生的事件是必然事件，根据必然事件的定义分析即可得到答案．
【详解】解：A，C，D选项中，是随机事件；
是必然事件的是：a是实数，．
故选：B．
【点睛】此题考查了必然事件的定义，一定会发生的事件，叫做必然事件；一定不可能发生的事件，叫做不可能事件；必然事件和不可能事件统称为确定事件；在随机试验中，可能出现也可能不出现，而在大量重复试验中具有某种规律性的事件叫做随机事件(简称事件)，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
3．C
【分析】根据两点间的距离公式求出AO的长，然后与⊙O的半径比较，即可确定点A的位置．
【详解】解：∵点，
∴，
∴点A在⊙O上，
故选：C．
【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．
4．A
【分析】写出根的判别式大于0，即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选A．
【点睛】本题主要考查根的判别式，掌握时，一元二次方程有两个不相等的实数根是关键．
5．C
【分析】由解析式可知a＞0，对称轴为x=3，最小值为0，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，可得出答案．
【详解】由二次函数，可知：
A：∵a＞0，其图象的开口向上，故此选项错误；
B．∵其图象的对称轴为直线x＝3，故此选项错误；
C．其最小值为1，故此选项正确；
D．当x＜3时，y随x的增大而减小，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标、最大值及对称轴两侧的增减性是解题的关键．属于基础题目．
6．D
【分析】连接并延长，交于F，连接，根据切线的性质得到，根据垂径定理求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：连接并延长，交于F，连接，
设的半径为r，则，
边与相切，
，
四边形为正方形，
，
，
在中，，即，
解得：，
的半径为5，
故选：D．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
7．D
【分析】根据旋转的性质可得，，进而根据等边对等角的性质求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等边对等角的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
8．D
【分析】此题可设1人平均感染人，则第一轮共感染人，第二轮共感染人，根据题意列方程即可．
【详解】解：设1人平均感染人，
依题意可列方程：，
故选：D．
【点睛】此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程是解决问题的关键．
9．D
【分析】本题可通过相似三角形A1B1M和NBM得出的关于NB，A1B1，MB，MB1的比例关系式来求，比例关系式中A1B1，BB1均为正方形的边长，长度都是1，因此可将它们的值代入比例关系式中，将所得的式子经过变形即可得出所求的值．
【详解】解：∵A1B1∥BN，
∴△A1B1M∽△NBM，
又A1B1＝BB1＝1，
∴NB：A1B1＝MB：MB1，
即 NB：1＝MB：（MB−1），
整理，得MB＋NB＝MB•NB，
两边同除以MB•NB得1；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质等知识点，综合性比较强．
10．B
【分析】根据抛物线的对称轴为直线，则有；
②观察函数图象得到当时，，则有，即；
③由得，由图象过点得，代入中，根据a的大小可判断结果；
④根据当时，y随x的增大而增大，进行判断；
⑤由方程a的两根为x1和x2，由图像可知，可得结论；
【详解】解：∵，
∴，即，
故①正确．
∵时，，
∴，即，
故②错误．
∵抛物线与x轴的一个交点为，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∵抛物线开口向下，
∴，
∴，
故③错误；
∵点A、点、点在该函数图象上，且对称轴直线，
∴点A离对称轴最远，点C离对称轴的距离近，
∴，
故④正确．
∵抛物线的对称轴为直线，图象与x轴交于，
∴抛物线与x轴的另一个交点是，
∴抛物线与直线的交点的横坐标为，，如图，
方程a的两根为x1和x2，，且，则，
故⑤正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数a决定决定抛物线开口；决定对称轴的位置．
11．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即求关于原点的对称点时，横、纵坐标都变成原数的相反数．
【详解】解：根据、两点关于原点对称，则横、纵坐标均互为相反数，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟练掌握该特征是解题的关键．
12．
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答．
【详解】解：二次函数的图象向右平移2个单位，
得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．
13．3
【分析】根据一元二次方程+bx+c=0的根与系数的关系求解即可．两根x1和x2，则x1+ x2=-，．
【详解】解：∵x1、x2是方程x2﹣4x+m=0的两个根，
∴x1+x2=4， ，
∵x1+x2﹣x1x2=1，
∴4-m=1，
解得：m=3，
故答案为3．
【点睛】本题考查了一元二次的根与系数的关系，熟记一元二次方程+bx+c=0的根与系数的两根x1和x2，则x1+ x2=-，是解题的关键．
14．或
【分析】根据已知得出位似图形对应坐标与位似图形比的关系进而得出答案．
【详解】解：∵顶点，原点为位似中心，相似比为，缩小，
∴点A的对应点的坐标为（，），（，），
即，．
故答案，．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，得出是解题关键．
15．120
【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
【详解】解：圆锥侧面展开图的弧长是：（cm）
设圆心角的度数是n度，则
解得
故答案为：120．
【点睛】此题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
16．##
【分析】如图，取中点G，，，求解，可得，即当点H在线段上时，取最小值，从而可得答案．
【详解】解：如图，取中点G，，
∵，点G是中点
∴，
在中，，
结合，可得，
即当点H在线段上时，最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的应用，三角形三边关系的应用，熟练地确定取最小值时的位置是解本题的关键．
17．x1＝5，x2＝﹣3．
【分析】利用十字相乘法将方程左边的多项式分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【详解】解：x2﹣2x﹣15＝0，
分解因式得：（x﹣5）（x+3）＝0，
可得x﹣5＝0或x+3＝0，
解得：x1＝5，x2＝﹣3．
【点睛】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
18．．
【分析】先证明，则根据相似三角形的性质得到，然后利用比例的性质得到．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．
19．(1)见解析，
(2)π
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点，从而得到△C'A'B'，然后写出点A'的坐标；
（2）先计算出的长，然后利用弧长公式计算的长即可．
【详解】（1）如图，为所作，点的坐标为；
（2），
点经过的路径的长为．
【点睛】本题考查了作图-旋转作图：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
20．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为，将点，代入解析式即可求解；
（2）在中，令，解得，得出,结合函数图像，即可求解；
（3）根据一次函数与二次函数的性质，结合函数图像即可求解；
（4）根据函数图像即可求解；
（5）由，令，求得抛物线与坐标轴的交点坐标，结合函数图像即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为
∵与轴交于点，
∴
解得：，
∴
（2）∵在中，令，解得，
∴,
结合函数图像可得，
当时，的取值范围是；
故答案为：；
（3）∵，,对称轴为，
∴当时，随的增大而减小，
将点，代入，
∴，
解得：，
∴，随的增大而减小，
∴当时，和都随着的增大而减小；
故答案为：；
（4）根据函数图像可知：当时，的取值范围是，
故答案为：；
（5）由，令，
即，
解得：，
根据函数图像可知，抛物线开口向下，
∴当时，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，根据函数图像求自变量或函数值的取值范围，掌握一次函数与二次函数的性质是解题的关键．
21．(1)50；7
(2)
(3)
【分析】（1）由“基本了解”的人数及其所占百分比即可求出总人数，总人数减去前三种了解程度的人数即可求出m的值；
（2）用总人数1500乘以达到“非常了解”和“基本了解”程度的人数所占的比例即可；
（3）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果，再根据概率公式求解即可．
【详解】（1）解：接受问卷调查的学生共有，（人）；
条形统计图中m的值为：（人）；
故答案为：50；7．
（2）解：达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数为：（人）；
故答案为：990．
（3）解：由题意列树状图：
由树状图可知，所有等可能的结果有12种，恰好抽到1名男生和1名女生的结果有8种，
恰好抽到1名男生和1名女生的概率为．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22．(1)，
(2)3米
(3)m
【分析】（1）根据列得函数关系式，利用求出x值的取值范围；
（2）利用（1）得到，求解即可；
（3）将函数关系式化为顶点式，利用二次函数的性质解答即可．
【详解】（1）解：由题意，得：，
∴；
∵，
即，
解得：，
∴x值的取值范围为：；
（2）当时，
即，
解得：，
∵，
∴，
即的长是3米；
（3），
∵，抛物线开口向下，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∵，
∴当时，S取的最大值，
∴当的长是m时，围成的花圃面积最大．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，求二次函数的解析式，最值问题，一元二次方程的应用，正确掌握各知识点是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）按题意作出的中点，以O为圆心，OC为半径画圆即可；
（2）由等腰三角形的性质得出，由切线的性质得出，证出，由平行线的性质可得出结论；
（3）证出，连接，设，则，由勾股定理得出，求出的值，则可得出答案．
【详解】（1）解：如图，
（2）证明：连接CE，
，
，
为的切线，
，
，
，
，
，
即平分；
（3）解：∵OE⊥AB，∠A=∠B=90°，
∴，
∴,
∵为的中点，
∴E为AB中点，
为梯形的中位线，
，
，
连接，
为的直径，
，
四边形为矩形，
，
设，
，
，
，
解得，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了尺规作图，圆周角定理，勾股定理，切线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解是解题的关键．
24．(1)，
(2)时，的最大值
(3)时，S有最大值
【分析】（1）将解析式化为顶点式，即可得到图象的顶点坐标；
（2）过点P作轴，勾股定理求出，当的值最大值，的值即最大，利用面积公式求出的值，根据二次函数的性质求解即可；
（3）由和等高，则，过点D作轴交于点F，过B点作轴交于点G，由平行线的性质可得，求出直线的解析式，设，则，得到，当时，S有最大值，此时，再求出直线的解析式为，联立，即可求出．
【详解】（1）解： ，
∴顶点为；
（2）当时，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
如图，过点P作轴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴时，的面积最大，最大值为，此时的值最大，
的最大值为；
（3）当时，，
令，则或，
∴，
∵，
∴，
过点D作轴交于点F，过B点作轴交于点G，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴当时，S有最大值，
此时，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴，
联立，
∴，
∴当时，S有最大值．
【点睛】此题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质，待定系数法求函数解析式是解题的关键．
25．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）连接，根据可得，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作于点H，则，证明和即可求解；
②连接并延长交于点I，则点D在上，证明和即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∵，
∴．
（2）①过B作于点H，则．
又∵于点E，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
②连接并延长与交于点I，则点D在上．
如图：过B作于点H，
则，
又∵于点E，
∴，
∴，
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴当点D运动到点I时取得最大值，此时．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
广东省广州市越秀区铁一中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列事件中，必然事件是（ ）
A．掷一枚硬币，正面朝上 B．a是实数，
C．购买一张彩票，中奖 D．打开电视，正在播放广告
3．在直角坐标系中，如果⊙O是以原点为圆心，以10为半径的圆，那么点的位置（ ）
A．在⊙O内 B．在⊙O外 C．在⊙O上 D．不能确定
4．关于x的一元二次方程的根的情况是（ ）
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．不能确定
5．由二次函数，可知（ ）
A．其图象的开口向下 B．其图象的对称轴为直线x＝﹣3
C．其最小值为1 D．当x＜3时，y随x的增大而增大
6．如图，已知的弦，以为一边作正方形，切点为E，则的半径为（ ）
A．4 B．3 C．6 D．5
7．如图，将绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，当点E恰好落在边上时，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．肆虐的冠状病毒肺炎具有人传人性，调查发现：1人感染病毒后如果不隔离，那么经过两轮传染将累计会有225人感染，若设1人平均感染人，依题意可列方程
A． B．
C． D．
9．如图，由五个边长都是1的正方形纸片拼接而成的，过点的线段分别与，BE交于点M，N，则（ ）
A． B． C． D．1
10．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）若点A、点、点在该函数图象上，则；（5）若方程a的两根为x1和x2，且，则．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，已知点P（﹣3，5）与点Q（3，m﹣2）关于原点对称，则m＝_____．
12．将抛物线向右平移2个单位，得到新抛物线的表达式是___________．
13．设x1、x2是方程x2﹣4x+m=0的两个根，且x1+x2﹣x1x2=1，则m=__．
14．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，相似比为，把缩小，则的坐标为___________．
15．如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，圆锥的母线长为6cm，则侧面展开图的圆心角的度数为____________°
16．如图，中，，，D为线段上一动点，连接，连接，则的最小值为___________．
三、解答题
17．解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
18．已知，与相交于点P，，，．求的长．
19．如图，在平面直角坐标系中，将绕点O顺时针旋转得到，点B旋转后的对应点为，点C旋转后的对应点为，
(1)画出旋转后的，并写出点的坐标；
(2)求点B经过的路径的长（结果保留π）．
20．如图，抛物线的顶点坐标为，与轴交于点，与轴交于点．直线的解析式为．
(1)求抛物线y1的解析式；
(2)当时，的取值范围是 ___________；
(3)当的取值范围是 ___________时，和都随着x的增大而减小；
(4)当时，的取值范围是 ___________；
(5)当时，的取值范围是 ___________．
21．“2022卡塔尔世界杯”已正式拉开战幕，足球运动备受人们的关注，某中学对部分学生就足球运动的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了下面两幅统计图．根据图中信息回答下列问题：
(1)接受问卷调查的学生共有_________人，条形统计图中m的值为___________；
(2)若该中学共有学生1500人，根据上述调查结果，可以估计出该学校学生中对足球知识达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数为__________人；
(3)若从足球运动达到“非常了解”程度的2名男生和2名女生中随机抽取2人解说一场足球赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．
22．如图，有长为的篱笆，现一面利用墙（墙的最大可用长度a为5m），设花圃的宽为xm，面积为．
(1)求S与x的函数关系式及x值的取值范围；
(2)要围成面积为的花圃，的长是多少米？
(3)当的长是多少米时，围成的花圃面积最大？
23．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，以CD为直径的⊙O与边AB相切于点E．
(1)求作⊙O，并标出点E（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接CE，求证：CE平分∠BCD；
(3)若BC＝5，AB＝6，求CD的长．
24．已知抛物线（a为常数，）．
(1)请直接写出该抛物线的对称轴和顶点坐标（用含a的代数式表示）；
(2)如图1，当时，若点P是直线上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作于点H，m为多少时，的值最大，最大值是多少?
(3)如图2，当时，设该抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．点D是直线上方抛物线上的一个动点，交于点E，设点E的横坐标为n，记，当n为何值时，S有最大值，最大值是多少？
25．已知：是的外接圆，且，，D为上一动点．
(1)如图1，若点D是的中点，等于多少？
(2)过点B作直线的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在上，求证：．
②若点D在上，当它从点A向点C运动且满足时，求的最大值．
参考答案：
1．B
【分析】根据中心对称图形的定义分别进行判别即可．
【详解】解：A、此图形不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
B、此图形是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形的定义，能够熟练根据中心对称图形的定义判定中心对称图形是解决本题的关键．
2．B
【分析】一定发生的事件是必然事件，根据必然事件的定义分析即可得到答案．
【详解】解：A，C，D选项中，是随机事件；
是必然事件的是：a是实数，．
故选：B．
【点睛】此题考查了必然事件的定义，一定会发生的事件，叫做必然事件；一定不可能发生的事件，叫做不可能事件；必然事件和不可能事件统称为确定事件；在随机试验中，可能出现也可能不出现，而在大量重复试验中具有某种规律性的事件叫做随机事件(简称事件)，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
3．C
【分析】根据两点间的距离公式求出AO的长，然后与⊙O的半径比较，即可确定点A的位置．
【详解】解：∵点，
∴，
∴点A在⊙O上，
故选：C．
【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．
4．A
【分析】写出根的判别式大于0，即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选A．
【点睛】本题主要考查根的判别式，掌握时，一元二次方程有两个不相等的实数根是关键．
5．C
【分析】由解析式可知a＞0，对称轴为x=3，最小值为0，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，可得出答案．
【详解】由二次函数，可知：
A：∵a＞0，其图象的开口向上，故此选项错误；
B．∵其图象的对称轴为直线x＝3，故此选项错误；
C．其最小值为1，故此选项正确；
D．当x＜3时，y随x的增大而减小，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标、最大值及对称轴两侧的增减性是解题的关键．属于基础题目．
6．D
【分析】连接并延长，交于F，连接，根据切线的性质得到，根据垂径定理求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：连接并延长，交于F，连接，
设的半径为r，则，
边与相切，
，
四边形为正方形，
，
，
在中，，即，
解得：，
的半径为5，
故选：D．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
7．D
【分析】根据旋转的性质可得，，进而根据等边对等角的性质求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等边对等角的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
8．D
【分析】此题可设1人平均感染人，则第一轮共感染人，第二轮共感染人，根据题意列方程即可．
【详解】解：设1人平均感染人，
依题意可列方程：，
故选：D．
【点睛】此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程是解决问题的关键．
9．D
【分析】本题可通过相似三角形A1B1M和NBM得出的关于NB，A1B1，MB，MB1的比例关系式来求，比例关系式中A1B1，BB1均为正方形的边长，长度都是1，因此可将它们的值代入比例关系式中，将所得的式子经过变形即可得出所求的值．
【详解】解：∵A1B1∥BN，
∴△A1B1M∽△NBM，
又A1B1＝BB1＝1，
∴NB：A1B1＝MB：MB1，
即 NB：1＝MB：（MB−1），
整理，得MB＋NB＝MB•NB，
两边同除以MB•NB得1；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质等知识点，综合性比较强．
10．B
【分析】根据抛物线的对称轴为直线，则有；
②观察函数图象得到当时，，则有，即；
③由得，由图象过点得，代入中，根据a的大小可判断结果；
④根据当时，y随x的增大而增大，进行判断；
⑤由方程a的两根为x1和x2，由图像可知，可得结论；
【详解】解：∵，
∴，即，
故①正确．
∵时，，
∴，即，
故②错误．
∵抛物线与x轴的一个交点为，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∵抛物线开口向下，
∴，
∴，
故③错误；
∵点A、点、点在该函数图象上，且对称轴直线，
∴点A离对称轴最远，点C离对称轴的距离近，
∴，
故④正确．
∵抛物线的对称轴为直线，图象与x轴交于，
∴抛物线与x轴的另一个交点是，
∴抛物线与直线的交点的横坐标为，，如图，
方程a的两根为x1和x2，，且，则，
故⑤正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数a决定决定抛物线开口；决定对称轴的位置．
11．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即求关于原点的对称点时，横、纵坐标都变成原数的相反数．
【详解】解：根据、两点关于原点对称，则横、纵坐标均互为相反数，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟练掌握该特征是解题的关键．
12．
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答．
【详解】解：二次函数的图象向右平移2个单位，
得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．
13．3
【分析】根据一元二次方程+bx+c=0的根与系数的关系求解即可．两根x1和x2，则x1+ x2=-，．
【详解】解：∵x1、x2是方程x2﹣4x+m=0的两个根，
∴x1+x2=4， ，
∵x1+x2﹣x1x2=1，
∴4-m=1，
解得：m=3，
故答案为3．
【点睛】本题考查了一元二次的根与系数的关系，熟记一元二次方程+bx+c=0的根与系数的两根x1和x2，则x1+ x2=-，是解题的关键．
14．或
【分析】根据已知得出位似图形对应坐标与位似图形比的关系进而得出答案．
【详解】解：∵顶点，原点为位似中心，相似比为，缩小，
∴点A的对应点的坐标为（，），（，），
即，．
故答案，．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，得出是解题关键．
15．120
【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
【详解】解：圆锥侧面展开图的弧长是：（cm）
设圆心角的度数是n度，则
解得
故答案为：120．
【点睛】此题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
16．##
【分析】如图，取中点G，，，求解，可得，即当点H在线段上时，取最小值，从而可得答案．
【详解】解：如图，取中点G，，
∵，点G是中点
∴，
在中，，
结合，可得，
即当点H在线段上时，最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的应用，三角形三边关系的应用，熟练地确定取最小值时的位置是解本题的关键．
17．x1＝5，x2＝﹣3．
【分析】利用十字相乘法将方程左边的多项式分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【详解】解：x2﹣2x﹣15＝0，
分解因式得：（x﹣5）（x+3）＝0，
可得x﹣5＝0或x+3＝0，
解得：x1＝5，x2＝﹣3．
【点睛】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
18．．
【分析】先证明，则根据相似三角形的性质得到，然后利用比例的性质得到．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．
19．(1)见解析，
(2)π
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点，从而得到△C'A'B'，然后写出点A'的坐标；
（2）先计算出的长，然后利用弧长公式计算的长即可．
【详解】（1）如图，为所作，点的坐标为；
（2），
点经过的路径的长为．
【点睛】本题考查了作图-旋转作图：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
20．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为，将点，代入解析式即可求解；
（2）在中，令，解得，得出,结合函数图像，即可求解；
（3）根据一次函数与二次函数的性质，结合函数图像即可求解；
（4）根据函数图像即可求解；
（5）由，令，求得抛物线与坐标轴的交点坐标，结合函数图像即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为
∵与轴交于点，
∴
解得：，
∴
（2）∵在中，令，解得，
∴,
结合函数图像可得，
当时，的取值范围是；
故答案为：；
（3）∵，,对称轴为，
∴当时，随的增大而减小，
将点，代入，
∴，
解得：，
∴，随的增大而减小，
∴当时，和都随着的增大而减小；
故答案为：；
（4）根据函数图像可知：当时，的取值范围是，
故答案为：；
（5）由，令，
即，
解得：，
根据函数图像可知，抛物线开口向下，
∴当时，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，根据函数图像求自变量或函数值的取值范围，掌握一次函数与二次函数的性质是解题的关键．
21．(1)50；7
(2)
(3)
【分析】（1）由“基本了解”的人数及其所占百分比即可求出总人数，总人数减去前三种了解程度的人数即可求出m的值；
（2）用总人数1500乘以达到“非常了解”和“基本了解”程度的人数所占的比例即可；
（3）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果，再根据概率公式求解即可．
【详解】（1）解：接受问卷调查的学生共有，（人）；
条形统计图中m的值为：（人）；
故答案为：50；7．
（2）解：达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数为：（人）；
故答案为：990．
（3）解：由题意列树状图：
由树状图可知，所有等可能的结果有12种，恰好抽到1名男生和1名女生的结果有8种，
恰好抽到1名男生和1名女生的概率为．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22．(1)，
(2)3米
(3)m
【分析】（1）根据列得函数关系式，利用求出x值的取值范围；
（2）利用（1）得到，求解即可；
（3）将函数关系式化为顶点式，利用二次函数的性质解答即可．
【详解】（1）解：由题意，得：，
∴；
∵，
即，
解得：，
∴x值的取值范围为：；
（2）当时，
即，
解得：，
∵，
∴，
即的长是3米；
（3），
∵，抛物线开口向下，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∵，
∴当时，S取的最大值，
∴当的长是m时，围成的花圃面积最大．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，求二次函数的解析式，最值问题，一元二次方程的应用，正确掌握各知识点是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）按题意作出的中点，以O为圆心，OC为半径画圆即可；
（2）由等腰三角形的性质得出，由切线的性质得出，证出，由平行线的性质可得出结论；
（3）证出，连接，设，则，由勾股定理得出，求出的值，则可得出答案．
【详解】（1）解：如图，
（2）证明：连接CE，
，
，
为的切线，
，
，
，
，
，
即平分；
（3）解：∵OE⊥AB，∠A=∠B=90°，
∴，
∴,
∵为的中点，
∴E为AB中点，
为梯形的中位线，
，
，
连接，
为的直径，
，
四边形为矩形，
，
设，
，
，
，
解得，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了尺规作图，圆周角定理，勾股定理，切线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解是解题的关键．
24．(1)，
(2)时，的最大值
(3)时，S有最大值
【分析】（1）将解析式化为顶点式，即可得到图象的顶点坐标；
（2）过点P作轴，勾股定理求出，当的值最大值，的值即最大，利用面积公式求出的值，根据二次函数的性质求解即可；
（3）由和等高，则，过点D作轴交于点F，过B点作轴交于点G，由平行线的性质可得，求出直线的解析式，设，则，得到，当时，S有最大值，此时，再求出直线的解析式为，联立，即可求出．
【详解】（1）解： ，
∴顶点为；
（2）当时，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
如图，过点P作轴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴时，的面积最大，最大值为，此时的值最大，
的最大值为；
（3）当时，，
令，则或，
∴，
∵，
∴，
过点D作轴交于点F，过B点作轴交于点G，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴当时，S有最大值，
此时，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴，
联立，
∴，
∴当时，S有最大值．
【点睛】此题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质，待定系数法求函数解析式是解题的关键．
25．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）连接，根据可得，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作于点H，则，证明和即可求解；
②连接并延长交于点I，则点D在上，证明和即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∵，
∴．
（2）①过B作于点H，则．
又∵于点E，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
②连接并延长与交于点I，则点D在上．
如图：过B作于点H，
则，
又∵于点E，
∴，
∴，
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴当点D运动到点I时取得最大值，此时．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
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