2021-2022学年广东省广州市荔湾区九年级（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2021-2022学年广东省广州市荔湾区九年级（上）期末数学试卷（含答案），共32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．（3 分）下列图形中，不是中心对称图形的是()
A． B． C． D．
2．（3 分）若关于 x 的方程(m 1)x2  mx 1  0 是一元二次方程，则 m 的取值范围是()
m  1
m  1
m  1
m  0
3．（3 分）从拼音“ shuxue ”中随机抽取一个字母，抽中字母u 的概率为()
1
3
1
4
1
5
1
6
4．（3 分）正十边形的中心角是()
A．18B． 36C． 72D．144
5．（3 分）将抛物线 y  3x2 的图象先向右平移 2 个单位，再向上平移 5 个单位后，得到的抛物线解析式是()
A． y  3(x  2)2  5
B． y  3(x  2)2  5
C． y  3(x  2)2  5
D． y  3(x  2)2  5
6．（3 分）一个不透明的盒子中有 100 个红色小球，10 个白色小球，1 个黄色小球，现从中随机取出一个球，下列事件是不可能事件的是()
A．取出的是红色小球B．取出的是白色小球
C．取出的是黄色小球D．取出的是黑色小球
7．（3 分）已知O 半径为 4，圆心O 在坐标原点上，点 P 的坐标为(3, 4) ，则点 P 与O 的位置关系是()
A．点 P 在O 内B．点 P 在O 上C．点 P 在O 外D．不能确定
8．（3 分）某超市销售一种饮料．平均每天可售出 100 箱，每箱利润 12 元．为了扩大销售，
增加利润，超市准备适当降价．据测算，若每箱降价 1 元，每天可多售出 20 箱．若要使每天销售饮料获利 1400 元，设每箱降价的价钱为 x 元，则根据题意可列方程()
A． (12  x)(100  20x)  1400
C． (12  x)(100  20x)  1400
B． (12  x)(100  20x)  1400
D． (12  x)(100  20x)  1400
9．（3 分）如图，将 ABC 绕点C 顺时针旋转得到DEC ，此时点 D 落在边 AB 上，且 DE
垂直平分 BC ，则 AC 的值是()
DE
1
3
1
2
3
5
2
10．（3 分）已知抛物线 y  ax2  bx  c(a ， b ， c 为常数且 a  0) 经过 P (1, y ) ， P (2, y ) ，
1122
P3 (3, y3 ) ， P4 (4, y4 ) 四点．若 y1  y2  y3 ，则下列说法中正确的是()
若 y4  y3 ，则 a  0
对称轴不可能是直线 x  2.7
y1  y4
3a  b  0
二、填空题（本大题共 6 小题。每小题 3 分，共 18 分。）
11．（3 分）在平面直角坐标系中，点 P(10, a) 与点Q(b,1) 关于原点对称，则 a  b  ．
12．（3 分）若关于 x 的一元二次方程 x2  2x  k  0 有两个不相等的实数根，则 k 的取值范围是 ．
13．（3 分）在一个不透明的口袋中装有 5 个红球和若干个白球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在 0.25 附近，则估计口袋中白球大约有 个．
14．（3 分）飞机着陆后滑行的距离 y （单位：米）关于滑行时间t （单位：秒）的函数解析式是 y  60t 1.5t2 ，则飞机从开始滑行到完全停下来总共用时 秒．
15．（3 分）如图所示，矩形纸片 ABCD 中， AD  12cm ，把它分割成正方形纸片 ABFE 和矩形纸片 EFCD 后，分别裁出扇形 ABF 和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧
面，则圆锥的表面积为 cm2 ．（结果保留)
16．（3 分）如图所示，ABCD 是边长为 2 的正方形，点 E ，F 分别为边 BC ，CD 上动点（点
E 不与 B ， C 重合，点 F 不与C ， D 重合），且EAF  45 ，下列说法：
①点 E 从 B 向C 运动的过程中， CEF 的周长始终不变；
②以 A 为圆心，2 为半径的圆一定与 EF 相切；
2
③ AEF 面积有最小值；
④ CEF 的面积最大值小于 2 ．
2
其中正确的有 ．（填写序号）
三、解答题（本大题共 9 小题，共 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤）
17．（4 分）解一元二次方程： x2  2x  3  0 ．
18．（4 分）如图，在平面直角坐标系中， ABC 的顶点均在格点上， A(1, 0) 、 B(2, 2) ，
C(4, 1) ．将ABC 绕坐标原点O 顺时针旋转90 得到△ A1 B1C1 ．
画出△ A1 B1C1 ；
求点C 在旋转过程中运动的路径长．（结果保留)
19．（6 分）如图所示，O 的弦 BD ，CE 所在直线相交于点 A ，若 AB  AC ，求证：BD  CE ．
20．（6 分）如图，抛物线 y  x2  bx  c 与 x 轴交于 A(3, 0) 、B 两点，与 y 轴交于点C(0, 3) ．
求抛物线的解析式；
结合图形，求 y  0 时自变量 x 的取值范围．
21．（8 分）一只箱子里共 3 个球，其中 2 个白球，1 个红球，它们除颜色外均相同．
从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是多少？
从箱子中任意摸出一个球，不将它放回箱子，搅匀后再摸出一个球，求两次摸出的球 都是白球的概率，并画出树状图或列出表格．
22．（10 分）受各方面因素的影响，最近两年来某市平均房价由 40000 元/ 平方米，下降到
32400 元/ 平方米．
求房价年平均下降率；
按照这个年平均下降率，预计下一年该市的平均房价每平方米多少元？
23．（10 分）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 ．
求作O ，并标出点 E （尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
连接CE ，求证： CE 平分BCD ；
若 BC  5 ， AB  6 ，求CD 的长．
24．（12 分）已知抛物线G : y  mx2  (4m  2)x  4m  1(m  0) 经过定点 A ，直线l : y  kx  b
经过点 A 和抛物线G 的顶点 B ．
求点 A 的坐标；
求直线l 的解析式；
已知点 P 为抛物线G 上的一点，且PAB 的面积为 2．若满足条件的点 P 有且只有 3
个，求抛物线的顶点 B 的坐标．
25．（12 分）如图 1， ABCD 是边长为 4 的正方形，以 B 为圆心的B 与 BC ， BA 分别交于点 E ， F ，连接 EF ，且 EF  4 ．
求 BE 的长；
在平面内将图 1 中BEF 绕点 B 顺时针旋转360 ，在旋转的过程中，
①求CDE 的取值范围；
②如图 2，取 DE 的中点G ，连接CG 并延长交直线 DF 于点 H ，点 P 为正方形内一动点， 试求 PH  PA  PB 的最小值．
2021-2022 学年广东省广州市荔湾区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共 10 小题。每小题 3 分，共 30 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（3 分）下列图形中，不是中心对称图形的是()
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解： A 、是中心对称图形，故本选项错误；
B 、是中心对称图形，故本选项错误； C 、是中心对称图形，故本选项错误； D 、不是中心对称图形，故本选项正确．
故选： D ．
【点评】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转180 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2．（3 分）若关于 x 的方程(m 1)x2  mx 1  0 是一元二次方程，则 m 的取值范围是()
m  1
m  1
m  1
m  0
【分析】根据一元二次方程的定义解答即可．
【解答】解：关于 x 的方程(m 1)x2  mx 1  0 是一元二次方程，
 m  1  0 ， 解得： m  1 ． 故选： A ．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是 2 的整式方程，叫一元二次方程． 3．（3 分）从拼音“ shuxue ”中随机抽取一个字母，抽中字母u 的概率为()
1
3
1
4
1
5
1
6
【分析】“ shuxue ”中共有 6 个字母， u 有 2 个，根据概率公式可得答案．
【解答】解：单词“ shuxue ”，共 6 个字母， u 有 2 个，
抽中l 的概率为 2  1 ，
63
故选： A ．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率 所求情况数与总情况数之比．
4．（3 分）正十边形的中心角是()
A．18B． 36C． 72D．144
【分析】根据正多边形的圆心角定义可知：正 n 边形的圆中心角为： 360 ，则代入求解即
10
可．
【解答】解：正十边形的中心角为： 360  36 ．
10
故选： B ．
【点评】此题考查了正多边形的中心角的知识．题目比较简单，注意熟记定义．
5．（3 分）将抛物线 y  3x2 的图象先向右平移 2 个单位，再向上平移 5 个单位后，得到的抛物线解析式是()
A． y  3(x  2)2  5
B． y  3(x  2)2  5
C． y  3(x  2)2  5
D． y  3(x  2)2  5
【分析】首先确定抛物线 y  3x2 的顶点坐标，再确定平移后的抛物线顶点坐标，然后可得答案．
【解答】解：抛物线 y  3x2 的顶点坐标为(0, 0) ，
先向右平移 2 个单位，再向上平移 5 个单位，
新的抛物线顶点坐标为(2,5) ，
新抛物线的解析式为： y  3(x  2)2  5 ， 故选： B ．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握平移的规律：左加右减，上 加下减．
6．（3 分）一个不透明的盒子中有 100 个红色小球，10 个白色小球，1 个黄色小球，现从中随机取出一个球，下列事件是不可能事件的是()
A．取出的是红色小球B．取出的是白色小球
C．取出的是黄色小球D．取出的是黑色小球
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的定义判断即可．
【解答】解：一个不透明的盒子中有 100 个红色小球，10 个白色小球，1 个黄色小球，现从中随机取出一个球，
可能取出的是红色小球，也可能取出的是白色小球，也可能取出的是黄色小球， 不可能取出的是黑色小球，
所以：取出的是黑色小球是不可能事件， 故选： D ．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的定义是解题的 关键．
7．（3 分）已知O 半径为 4，圆心O 在坐标原点上，点 P 的坐标为(3, 4) ，则点 P 与O 的
位置关系是()
A．点 P 在O 内B．点 P 在O 上C．点 P 在O 外D．不能确定
【分析】先根据勾股定理求出OP 的长，再与O 的半径为 5 相比较即可．
【解答】解： P 的坐标为(3, 4) ，
32  42
OP  5 ．
O 的半径为 4， 5  4 ，
点 P 在O 外． 故选： C ．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是熟知点与圆 的三种位置关系．
8．（3 分）某超市销售一种饮料．平均每天可售出 100 箱，每箱利润 12 元．为了扩大销售，
增加利润，超市准备适当降价．据测算，若每箱降价 1 元，每天可多售出 20 箱．若要使每天销售饮料获利 1400 元，设每箱降价的价钱为 x 元，则根据题意可列方程()
A． (12  x)(100  20x)  1400
C． (12  x)(100  20x)  1400
B． (12  x)(100  20x)  1400
D． (12  x)(100  20x)  1400
【分析】设每箱降价的价钱为 x 元，则每箱的利润为(12  x) 元，每天的销售量为(100  20x) 箱，根据每天销售饮料获得的利润 每箱的利润 日销售量，即可得出关于 x 的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设每箱降价的价钱为 x 元，则每箱的利润为(12  x) 元，每天的销售量为
(100  20x) 箱，
依题意，得(12  x)(100  20x)  1400 ． 故选： A ．
【点评】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．
9．（3 分）如图，将 ABC 绕点C 顺时针旋转得到DEC ，此时点 D 落在边 AB 上，且 DE
垂直平分 BC ，则 AC 的值是()
DE
1
3
1
2
3
5
2
【分析】根据旋转的性质和线段垂直平分线的性质证明DCF∽DEC ，对应边成比例即可解决问题．
【解答】解：如图，设 DE 与 BC 交于点 F ，
由旋转可知： CA  CD ， AB  DE ， BC  EC ， B  E ，
 DE 垂直平分 BC ，
 DF  BC ， DC  DB ， CF  BF  1 BC  1 EC ，
22
DCB  B  E ，
DCB  FDC  90 ，
E  FDC  90 ，
DCE  90 ，
DCF∽DEC ，
 CD  CF  1 ，
DECE2
 AC  1 ．
DE2
故选： B ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，旋转的性质，解决 本题的关键是得到DCF∽DEC ．
10．（3 分）已知抛物线 y  ax2  bx  c(a ， b ， c 为常数且 a  0) 经过 P (1, y ) ， P (2, y ) ，
1122
P3 (3, y3 ) ， P4 (4, y4 ) 四点．若 y1  y2  y3 ，则下列说法中正确的是()
若 y4  y3 ，则 a  0
对称轴不可能是直线 x  2.7
y1  y4
3a  b  0
【分析】根据题意判定抛物线开口方向，对称轴的位置，然后根据点到对称轴的距离的大小 即可判断．
【解答】解：当 a  0 时，抛物线开口向下，
当 x   b
2a
时， y 随 x 增大而增大，
若 a  0 ， 4   b
2a
选项 A 错误．
时， y
4  y3 ，
当对称轴为直线 x  2.7 时， 3  2.7  2.7  2  4  2.7  2.7  1 ， 若 a  0 则 y3  y2 ，不符题意，
若 a  0 则 y3  y2  y4  y1 ，符合题意，
选项 B 错误．
若 a  0 ，当抛物线对称轴为直线 x  1  2  1.5 时， y  y
 y ，
2
对称轴直线 x  h  1.5 时满足题意， 此时 4  1.5  1.5  1 ，
 y4  y1 ，
123
若 a  0 ，当抛物线对称轴为直线 x  h  2  3  2.5 时， y  y
y  y ，
当 h  2.5 时 y4  y1 ，
选项C 正确．
23241
 y1  y2 ，
 a  b  c  4a  2b  c ，
3a  b  0 ，
选项 D 错误． 故选： C ．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，判定对称轴的位置是 解题的关键．
二、填空题（本大题共 6 小题。每小题 3 分，共 18 分。）
11．（3 分）在平面直角坐标系中，点 P(10, a) 与点Q(b,1) 关于原点对称，则 a  b  9．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出 a ， b 的值进而得出答案．
【解答】解：点 P(10, a) 与点Q(b,1) 关于原点对称，
b  10 ， a  1 ， 则 a  b  1  10  9 ． 故答案为：9．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出 a ， b 的值是解题关键． 12．（3 分）若关于 x 的一元二次方程 x2  2x  k  0 有两个不相等的实数根，则 k 的取值范围是k  1 ．
【分析】根据根的判别式的意义得到(2)2  4k  0 ，然后解不等式即可．
【解答】解：根据题意得△  (2)2  4  k  0 ， 解得 k  1 ．
故答案为： k  1 ．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程 ax2  bx  c  0(a  0) 的根与△  b2  4ac 有
如下关系，当△  0 时，方程有两个不相等的实数根；当△  0 时，方程有两个相等的实数根；当△  0 时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
13．（3 分）在一个不透明的口袋中装有 5 个红球和若干个白球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在 0.25 附近，则估计口袋中白球大约有 15 个．
【分析】由摸到红球的频率稳定在 0.25 附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球
个数即可．
【解答】解：设白球个数为： x 个，
摸到红色球的频率稳定在 0.25 左右，
口袋中得到红色球的概率为 0.25，
5 1 ，

x  54
解得： x  15 ，
即白球的个数为 15 个， 故答案为：15．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是 解题关键．
14．（3 分）飞机着陆后滑行的距离 y （单位：米）关于滑行时间t （单位：秒）的函数解析
式是 y  60t 1.5t2 ，则飞机从开始滑行到完全停下来总共用时 20秒．
【分析】根据二次函数的解析式求得其对称轴即可得答案．
【解答】解：当 s  0 时， 60t 1.5t 2  0 ， 解得： t  40 或t  0 ，
飞机着陆后从开始滑行到完全停止所用的时间是 40  0  20 （秒) ，
2
故答案为：20．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
15．（3 分）如图所示，矩形纸片 ABCD 中， AD  12cm ，把它分割成正方形纸片 ABFE 和矩形纸片 EFCD 后，分别裁出扇形 ABF 和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧
面，则圆锥的表面积为 20 cm2 ．（结果保留)
【分析】求出圆锥底面半径和扇形 ABF 的半径，再根据圆锥表面积的计算方法，求出底面积、侧面积即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为 xcm ，则扇形 ABF 的半径为(12  2 x)cm ， 由题意得，
2x  90(12  2x) ，
180
解得 x  2 ，
即圆锥的底面半径为 2cm ， AB  BF  12  4  8cm ，
圆锥的底面积为 22  4(cm2 ) ，侧面积为 1 82  16(cm2 ) ，
4
圆锥的表面积为 416 20(cm2 ) ， 故答案为： 20．
【点评】本题考查圆锥的计算，掌握圆锥底面积、侧面积的计算方法是正确解答的前提，求
出圆锥的底面半径、扇形的半径是正确计算的关键．
16．（3 分）如图所示，ABCD 是边长为 2 的正方形，点 E ，F 分别为边 BC ，CD 上动点（点
E 不与 B ， C 重合，点 F 不与C ， D 重合），且EAF  45 ，下列说法：
①点 E 从 B 向C 运动的过程中， CEF 的周长始终不变；
②以 A 为圆心，2 为半径的圆一定与 EF 相切；
2
③ AEF 面积有最小值；
④ CEF 的面积最大值小于 2 ．
2
其中正确的有 ①② ．（填写序号）
【分析】延长CD 至点 E ，使得 BE  ED ，连接 AE ，然后证明FAE  FAE ，从而得到
CEF 的周长；由 AD  FE 和 AD  2 可知以 A 点为圆心、2 为半径的圆与 FE 相切，然后利用对称性可得 A 与 EF 相切；设 BE  DE  x ， DF  y ，则 EF  DF  DE   x  y ，然后结合RtEFC 的三边关系得到 x 与 y 之间的关系，进而可以用含有 x 的式子表示AEF 的
面积和CEF 的面积，进而求得对应的最值．
【解答】解：如图，延长CD 至点 E ，使得 BE  ED ，连接 AE ，
四边形 ABCD 是正方形，
 AB  AD ， BAD  ABE  ADE  90 ，
 BE  DE  ，
BAE  DAE(SAS ) ，
 AE  AE  ， BAE  DAE ，
EAF  45 ，
FAE  FAD  DAE  FAD  BAE  90  45  45 ，
FAE  FAE ，
 AE  AE  ， AF  AF ，
EAF  △ EAF (SAS ) ，
 EF  FE ， EAF 和△ EAF 关于 AF 所在直线对称，
 EF  FD  DE   FD  BE ，
CCEF  CE  CF  EF  CE  CF  FD  BE  BC  CD  4 ，
CEF 的周长始终不变，故①正确，符合题意；
 AD  FE ，  A 的半径 r  2 ， AD  2 ，
 A 与 FE 相切，
EAF 和△ EAF 关于 AF 所在直线对称，
 A 与 EF 相切，故②正确，符合题意；
设 BE  DE  x ， DF  y ，则 EF  DF  DE   x  y ， CE  2  x ， CF  2  y ， 在RtEFC 中， EC 2  CF 2  EF 2 ，
(2  x)2  (2  y)2  (x  y)2 ，
化简得， y  4  2x  2 
x  2
8，
x  2
x  2
 SAEF
，
 S AE F
 1 EF  AD  1  2  (x  y)  x  (2 
22
8
x  2
)  (x  2) 
8
x  2
 4  (
2 2
x  2
2
)2  4 4
SCEF
 1 CE  CF  1  (2  x)  (2  y)  1  (2  x)[2  (2 
222
8
x  2
)]  12  2[(x  2) 
8
2
x  2
]  2(
2 2
x  2
x  2 
2
)2  12  8
，
x  2
当
2 2
x  2
2
即 x  2
2 时， S
AEF
的最小值为 4
4 ，故③错误，不符合题意；
x  2
2 2
x  2
2
当即 x  2
2 时， S
CEF
的最大值为12  8
，故④错误，不符合题意；
2
故答案为：①②．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系、正方形的性质、二次 函数的性质求最值，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
三、解答题（本大题共 9 小题，共 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤）
17．（4 分）解一元二次方程： x2  2x  3  0 ．
【分析】先把方程左边分解，原方程转化为 x  1  0 或 x  3  0 ，然后解一次方程即可．
【解答】解： x2  2x  3  0 ，
(x  1)(x  3)  0 ，
 x  1  0 或 x  3  0 ，
 x1  1 ， x2  3 ．
【点评】本题考查了解一元二次方程 因式分解法：先把方程右边变形为 0，再把方程左边分解为两个一次式的乘积，这样原方程转化为两个一元一次方程，然后解一次方程即可得到 一元二次方程的解．
18．（4 分）如图，在平面直角坐标系中， ABC 的顶点均在格点上， A(1, 0) 、 B(2, 2) ，
C(4, 1) ．将ABC 绕坐标原点O 顺时针旋转90 得到△ A1 B1C1 ．
画出△ A1 B1C1 ；
求点C 在旋转过程中运动的路径长．（结果保留)
【分析】（1）分别作出 A ， B 的对应点 A1 ， B1 即可；
（2）根据弧长公式列式计算即可得解．
【解答】解：（1）如图，△ A1 B1C 即为所求作．
（2）点C 在旋转过程中运动的路径长 1  2 
42  12
 17
42
【点评】本题考查作图  旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
19．（6 分）如图所示，O 的弦 BD ，CE 所在直线相交于点 A ，若 AB  AC ，求证：BD  CE ．
【分析】如图，连接 DE ， BC ．证明ADE  AED ，推出 AD  AE ，可得结论．
【解答】证明：如图，连接 DE ， BC ．
 AB  AC ，
B  C ，
ADE  EDB  180 ， C  EDB  180 ，
ADE  C ，
同法可证， AED  B ，
ADE  AED ，
 AD  AE ，
 BD  EC ．
【点评】本题考查圆心角，弧，弦的关系，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是 证明 AD  AE ．
20．（6 分）如图，抛物线 y  x2  bx  c 与 x 轴交于 A(3, 0) 、B 两点，与 y 轴交于点C(0, 3) ．
求抛物线的解析式；
结合图形，求 y  0 时自变量 x 的取值范围．
【分析】（1）根据待定系数法，将点 A(3, 0) ， C(0, 3) 代入抛物线解析式即可；
（2）令 y  0 可求得抛物线与 x 轴的交点，即可得 B 的坐标，然后根据图象取 x 轴上方图象对应的 x 范围即可．
【解答】解：（1）抛物线 y  x2  bx  c 经过点 A(3, 0) ， C(0, 3) ，
c  3
 9  3b  c  0 ，

c  3
解得： b  2 ，

抛物线的解析式为 y  x2  2x  3 ；
（2）由（1）知： y  x2  2x  3 ； 令 y  0 ，则 x2  2x  3  0 ，
解得： x  3 或 1，
 B 的坐标为(1, 0) ，
 A(3, 0) ， B(1, 0) ，
由图可得，当 y  0 时，自变量 x 的取值范围为： x  3 或 x  1 ．
【点评】本题主要考查抛物线与 x 轴的交点，解题的关键是用函数图象来解一元二次不等式．
21．（8 分）一只箱子里共 3 个球，其中 2 个白球，1 个红球，它们除颜色外均相同．
从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是多少？
从箱子中任意摸出一个球，不将它放回箱子，搅匀后再摸出一个球，求两次摸出的球 都是白球的概率，并画出树状图或列出表格．
【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）画树状图展示所有 6 种等可能的结果数，再找出两次摸出的球都是白球的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）因为箱子里共 3 个球，其中 2 个白球，所以从箱子中任意摸出一个球是白
球的概率是 2 ；
3
（2）画树状图为：
共有 6 种等可能的结果数，其中两次摸出的球都是白球的结果数为 2， 所以两次摸出的球都是白球的概率 2  1 ．
63
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果 n ， 再从中选出符合事件 A 或 B 的结果数目 m ，然后利用概率公式计算事件 A 或事件 B 的概率． 22．（10 分）受各方面因素的影响，最近两年来某市平均房价由 40000 元/ 平方米，下降到
32400 元/ 平方米．
求房价年平均下降率；
按照这个年平均下降率，预计下一年该市的平均房价每平方米多少元？
【分析】（1）设房价年平均下降率为 x ，利用经过两年降价后的房价 原房价(1  年平均
下降率） 2 ，即可得出关于 x 的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；
（2）利用下一年该市的平均房价  32400  (1  年平均下降率），即可预计出下一年该市的平均房价．
【解答】解：（1）设房价年平均下降率为 x ，依题意得： 40000(1  x)2  32400 ，
解得： x1  0.1  10% ， x2  1.9 （不合题意，舍去）．
答：房价年平均下降率为10% ．
（2） 32400  (1 10%)  32400  90%  29160 （元) ．
答：下一年该市的平均房价约为每平方米 29160 元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及有理数的混合运算，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据各数量之间的关系，列式计算．
23．（10 分）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 ．
求作O ，并标出点 E （尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
连接CE ，求证： CE 平分BCD ；
若 BC  5 ， AB  6 ，求CD 的长．
【分析】（1）按题意作出CD 的中点O ，则可画出图形；
（2）由等腰三角形的性质得出OEC  OCE ，由切线的性质得出OE  AB ，证出OE / / BC ，由平行线的性质可得出结论；
（ 3 ） 证出 AD  BC  CD ， 连接 DF ， 设 AD  x ， 则 CF  5  x ， 由勾股定理得出
62  (5  x)2  (x  5)2 ，求出 x 的值，则可得出答案．
【解答】（1）解：如图，
证明：OE  OC ，
OEC  OCE ，
 AB 为O 的切线，
OE  AB ，
B  90 ，
OE / / BC ，
OEC  ECB ，
ECB  ECO ， 即CE 平分BCD ；
解：OE / / AD / / BC ， O 为CD 的中点，
OE 为梯形的中位线，
OE  1 ( AD  BC) ，
2
 AD  BC  CD ， 连接 DF ，
 CD 为O 的直径，
DFC  90 ，
四边形 ABFD 为矩形，
 AD  BF ， 设 AD  x ，
CF  5  x ，
 DF 2  CF 2  CD2 ，
62  (5  x)2  (x  5)2 ，
解得 x  9 ，
5
 AD  9 ，
5
CD  5  x  5  9  34 ．
55
【点评】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．（12 分）已知抛物线G : y  mx2  (4m  2)x  4m  1(m  0) 经过定点 A ，直线l : y  kx  b
经过点 A 和抛物线G 的顶点 B ．
求点 A 的坐标；
求直线l 的解析式；
已知点 P 为抛物线G 上的一点，且PAB 的面积为 2．若满足条件的点 P 有且只有 3
个，求抛物线的顶点 B 的坐标．
【分析】（1）解析式变形为 y  m(x  2)2  2(x  2)  3 ，即可求得定点 A 为(2, 3) ；
把抛物线化成顶点式，可得出点 B 的坐标，利用待定系数法可解；
过点 P 作 PG  x 轴，交 AB 于点 H ，设点 P(t ， mt2  (4m  2)t  4m  1) ，由（2）可知，直线l 的解析式为： y  x  1 ，H (t, t 1) ，分两种情况讨论计算当 m  0 时，得到 PH 的值，再根据PAB 的面积求出 PH 的值，令两者相等，求得 m 即可；当 m  0 时，思路同
m  0 ．
【解答】解：（1） y  mx2  (4m  2)x  4m  1
 mx2  4mx  2x  4m  1
 m(x  2)2  2(x  2)  3 ，
 x  2 时， y  3 ，
定点 A(2, 3) ；
（2） y  mx2  (4m  2)x  4m  1  m(x  2m  1)2  3m  1 ，
mm
顶点 B( 2m  1 ，  3m  1) ，
mm
2k  b  3

将点 A 和点 B 代入解析式 y  kx  b 中，  2m  13m  1 ，
k  b  
mm
b  1
解得k  1 ，

直线l 的解析式为： y  x  1 ；
（3）①当 m  0 时，过点 P 作 PG  x 轴，交 AB 于点 H ，如图，
设点 P(t ， mt2  (4m  2)t  4m  1) ，
由（2）可知，直线l 的解析式为： y  x  1 ，
 H (t, t  1) ，
 PAB 的面积为 2，满足条件的点 P 有且只有 3 个，
在直线 AB 的下方的点 P 只有 1 个，即 PH 最大，
PH  t  1  [mt 2  (4m  2)t  4m  1]  mt 2  4mt  t  4m  2  m(t  4m  1)2  1 ，
2m4m
m  0 ，
当t  4m  1 时， PH 有最大值 1 ，
2m4m
 S 1 ( 2m  1  2)PH  2 ，

PAB2m
 PH  4m ，即 PH最大  4m ，
 1  4m ，解得 m   1 ，
4m4
 m  1 ，
4
 2m  1  2  1  6 ，
mm
 3m  1  3  1  7 ，
mm
 B(6, 7) ；
②当 m  0 时，过点 P 作 PG  x 轴，交 AB 于点 H ，如图，
在直线 AB 的上方的点 P 只有 1 个，即 PH 最大，
PH  mt 2  (4m  2)t  4m  1  t  1  mt 2 4mt  t  4m  2  m(t  4m  1)2  1 ，
2m4m
 m  0 ，
当t  4m  1 时， PH 有最大值 1 ，
2m4m
 S 1 (2  2m  1)PH  2 ，
PAB2m
 PH  4m ，即 PH最大  4m ，
 1 4m
 4m ，解得 m   1 ，
4
 m   1 ，
4
 2m  1  2  1  2 ，
mm
 3m  1  3  1  1 ，
mm
 B(2,1) ；
综上， B(6, 7) 或 B(2,1) ．
【点评】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数表达式，三角形的面积问题等知 识，第（3）问注意需要分类讨论．也可以不分类讨论，线段 PH 的长加绝对值即可．
25．（12 分）如图 1， ABCD 是边长为 4 的正方形，以 B 为圆心的B 与 BC ， BA 分别交于
点 E ， F ，连接 EF ，且 EF  4 ．
求 BE 的长；
在平面内将图 1 中BEF 绕点 B 顺时针旋转360 ，在旋转的过程中，
①求CDE 的取值范围；
②如图 2，取 DE 的中点G ，连接CG 并延长交直线 DF 于点 H ，点 P 为正方形内一动点， 试求 PH  PA  PB 的最小值．
【分析】（1）由 BEF 为等腰直角三角形，得 BE  EF  sin 45  4 
2  2；
2
2
2 2
4 2
（2）①当 DE 分别为圆 B 的切线时， CDE 最大或最小，由sin E DB  BE1  1 ，
得E1DB  30 ，从而解决问题；
1BD2
②延长 DC 到 D ，使CD  CD ，连接 BD ， BD ，首先利用 SAS 证明BDF  △ BDE ，则
△ BDE 可以看成是 BDF 绕点 B 顺时针旋转 90 得到的， 则 DE  DF ， 再证明
DHC  90 ，得点 H 在以O 为圆心，2 为半径的圆弧上运动，将APB 绕点 A 顺时针旋转60 得到△ APB ，连接 PP ，HB ，当点 H 、P 、P 、B 四点共线时，PA  PB  PH  HB  ， 再求出OB 的长度即可解决问题．
【解答】解：（1） BE  BF ， B  90 ，
BEF 为等腰直角三角形，
 BE  EF  sin 45  4
2  2；
2
2
（2）①如图，当 DE 分别为圆 B 的切线时， CDE 最大或最小，
 BD 为正方形 ABCD 对角线，
2
 BD  2 AB  4，
当点 E 移动到 E1 位置时， CDE 最小，
此时在RtBDE1 中，
2 2
4 2
sin E DB  BE1  1 ，
1BD2
E1DB  30 ，
则CDE1  CDB  E1 DB  15 ，
当点 E 移动到 E2 位置时， CDE 最大， 同理计算可得CDE2  75 ，
故15CDE75 ；
②延长 DC 到 D ，使CD  CD ，连接 BD ， BD ，
则BDD 是等腰直角三角形，
BEF 是等腰直角三角形，
BDF  △ BDE(SAS ) ，
△ BDE 可以看成是BDF 绕点 B 顺时针旋转90 得到的， 则 DE  DF ，
 DC  DC ， G 为 DE 的中点，
CG / / DE ，
CH  DH ，
DHC  90 ，
取CD 的中点为O ，连接OH ，
则OH  1 CD  2 ，
2
点 H 在以O 为圆心，2 为半径的圆弧上运动，
将APB 绕点 A 顺时针旋转60 得到△ APB ，连接 PP ， HB ，
则APP 为等边三角形，
 PP  PA ，
 PA  PB  PH  PP  PB  PHHB ，
当点 H 、 P 、 P 、 B 四点共线时， PA  PB  PH  HB  ， 连接OB 交 AB 于 K ，交O 于 H  ，
3
则 BK  2， OK  4 ，
3
 PA  PB  PHOB  2  2 2 ，
3
即 PA  PB  PH 的最小值为 2 2 ．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直线与圆的位置关系， 三角函数等知识，找到临界状态是解题的关键．