安徽省合肥市庐江县2020-2021学年九年级上学期期末数学试卷(word版含答案)

这是一份安徽省合肥市庐江县2020-2021学年九年级上学期期末数学试卷(word版含答案)，共29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下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2下列说法正确的是（ ）
A．可能性很大的事情是必然发生的
B．可能性很小的事情是不可能发生的
C．“掷一次骰子，向上一面的点数是6”是不可能事件
D．“任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是必然事件
3方程3x（x﹣1）＝2（x﹣1）的解是（ ）
A．x＝1B．x＝
C．x1＝1，x2＝D．x1＝1，x2＝﹣
4将抛物线y＝（x+1）2+3向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+2）2B．y＝x2+1C．y＝（x+2）2﹣5D．y＝x2+5
5已知抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m2﹣m+2021的值为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
6如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，连接PO并延长交⊙O于点C，连接AC，AB＝10，∠P＝30°，则AC的长度是（ ）
A．B．C．5D．
7某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是（ ）
A．560（1+x）2＝315B．560（1﹣x）2＝315
C．560（1﹣2x）2＝315D．560（1﹣x2）＝315
8如图，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转40°到△AED的位置，恰好使得DC∥AB，则∠CAB的大小为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
9如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，它与x轴的一个交点A在点（2，0）和点（3，0）之间，图象的对称轴是直线x＝1，在下列说法中：①ab＜0；②2a+b＝0；③3a+c＞0；④当﹣1＜x＜3时，y＞0．其中正确的说法有（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②④
10如图，在扇形纸片OAB中，OA＝10，∠AOB＝36°，OB在桌面内的直线l上．现将此扇形在直线l上按顺时针方向旋转（旋转过程中无滑动），当OA落在l上时，停止旋转，则点O所经过的路线长为（ ）
A．13πB．12πC．11πD．10π
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分）
11关于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，则a满足 ．
12如图，A、B、C、D均在⊙O上，E为BC延长线上的一点，若∠A＝102°，则∠DCE＝ ．
13已知抛物线y1＝a（x﹣m）2+k与y2＝﹣a（x+m）2﹣k（m≠0）关于原点对称，我们称y1与y2互为“和谐抛物线”．请写出抛物线y＝﹣4x2+6x+7的“和谐抛物线” ．
14如图，点A、B、C、D分别在正方形网格的格点上，其中A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），小明发现，线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，则这个旋转中心的坐标是 ．
三、解答题（共90分）
15解方程：﹣4x（3x+1）＝3（3x+1）．
16如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点M，AM＝18，BM＝8，求CD的长．
17已知二次函数y＝ax2﹣2x+c的图象经过点A（﹣2，0）、B（3，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）求此抛物线的对称轴和顶点坐标．
18如图，已知在⊙O中，AB＝4，AC是⊙O的直径，AC⊥BD于F，∠A＝30°．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）若用阴影扇形OBD围成一个圆锥侧面，请求出这个圆锥的底面圆的半径．
19在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）在图中画出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），点C的坐标为（﹣3，1），在图中建立直角坐标系，并画出△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2．
20某学校为了美化校园环境，向园林公司购买一批树苗．公司规定：若购买树苗不超过60棵，则每棵树苗售价120元；若购买树苗超过60棵，则每增加1棵，每棵树苗售价均降低0.5元，且每棵树苗的售价降到100元后，不管购买多少棵树苗，每棵树苗售价均为100元．如果该学校向园林公司支付树苗款8800元，那么这所学校购买了多少棵树苗？
21在一次数学兴趣小组活动中，李燕和刘凯两位同学设计了如图所示的两个转盘做游戏（每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并在每个扇形区域内标上数字）．游戏规则如下：两人分别同时转动甲、乙转盘，转盘停止后，若指针所指区域内两数和小于12，则李燕获胜；若指针所指区域内两数和等于12，则为平局；若指针所指区域内两数和大于12，则刘凯获胜（若指针停在等分线上，重转一次，直到指针指向某一份内为止）．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出上述游戏中两数和的所有可能的结果；
（2）分别求出李燕和刘凯获胜的概率．
22如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．
23通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可以达到解一题知一类题的目的．下面是一个案例，请补充完整．
原题；如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．
（1）【思路梳理】
∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，∵∠ADG＝∠B＝90°，∴∠FDG＝180°，即：点F、D、G共线，根据“SAS”，易证△AFG≌ ，得EF＝FG＝BE+DF；
（2）【类比引申】
如图②，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF＝BE+DF；
（3）【联想拓展】
如图③，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°，猜想BD，DE，EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
2020-2021学年安徽省合肥市庐江县九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，满分40分．请将每小题唯一正确选项前的代号填入下面的答题栏内）
1下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】中心对称图形．
【答案】A
【分析】根据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，这个点叫做对称中心进行分析即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项正确；
B、是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
2下列说法正确的是（ ）
A．可能性很大的事情是必然发生的
B．可能性很小的事情是不可能发生的
C．“掷一次骰子，向上一面的点数是6”是不可能事件
D．“任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是必然事件
【考点】平行四边形的性质；随机事件；可能性的大小．
【专题】概率及其应用；推理能力．
【答案】D
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：A、可能性很大的事情不一定是必然发生的，本选项说法错误；
B、可能性很小的事情是可能发生的，本选项说法错误；
C、“掷一次骰子，向上一面的点数是6”是随机事件，本选项说法错误；
D、“任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是必然事件，本选项说法正确；
故选：D．
3方程3x（x﹣1）＝2（x﹣1）的解是（ ）
A．x＝1B．x＝
C．x1＝1，x2＝D．x1＝1，x2＝﹣
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【答案】C
【分析】首先提取公因式（x﹣1），进而得到（x﹣1）（3x﹣2）＝0，再解两个一元一次方程即可．
【解答】解：∵方程3x（x﹣1）＝2（x﹣1），
∴（x﹣1）（3x﹣2）＝0，
∴x﹣1＝0或3x﹣2＝0，
∴x1＝1，x2＝．
故选：C．
4将抛物线y＝（x+1）2+3向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+2）2B．y＝x2+1C．y＝（x+2）2﹣5D．y＝x2+5
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】B
【分析】根据“左加右减，上加下减”的规律进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝（x+1）2+3向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，所得抛物线的解析式为：y＝（x+1﹣1）2+3﹣2，即y＝x2+1．
故选：B．
5已知抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m2﹣m+2021的值为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【考点】抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；数据分析观念．
【答案】C
【分析】先求出m2﹣m的值，再代入代数式进行计算即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣x﹣2与x轴的一个交点为（m，0），
∴m2﹣m﹣1＝0，
∴m2﹣m＝1，
∴m2﹣m+2021＝1+2021＝2022．
故选：C．
6如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，连接PO并延长交⊙O于点C，连接AC，AB＝10，∠P＝30°，则AC的长度是（ ）
A．B．C．5D．
【考点】切线的性质．
【答案】A
【分析】方法1、过点O作OD⊥AC于点D，由已知条件和圆的性质易求OD的长，再根据勾股定理即可求出AD的长，进而可求出AC的长．
方法2、先求出∠AOP＝60°，进而求出∠ACP＝∠P，即可得出AC＝AP，求出AC即可．
【解答】解：
方法1、过点O作OD⊥AC于点D，
∵AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，
∴AB⊥AP，
∴∠BAP＝90°，
∵∠P＝30°，
∴∠AOP＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAD＝30°，
∵AB＝10，
∴OA＝5，
∴OD＝AO＝2.5，
∴AD＝＝，
∴AC＝2AD＝5，
故选A，
方法2、如图，
连接BC，∵AP是⊙O的切线，
∴∠BAP＝90°，
∵∠P＝30°，
∴∠AOP＝60°，
∴∠BOC＝60°，
∴∠ACP＝∠BAC＝∠BOC＝30°＝∠P，
∴AP＝AC，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝10，
∴AC＝5，
故选：A．
7某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是（ ）
A．560（1+x）2＝315B．560（1﹣x）2＝315
C．560（1﹣2x）2＝315D．560（1﹣x2）＝315
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】增长率问题．
【答案】B
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格＝降价前的价格（1﹣降价的百分率），则第一次降价后的价格是560（1﹣x），第二次后的价格是560（1﹣x）2，据此即可列方程求解．
【解答】解：设每次降价的百分率为x，由题意得：
560（1﹣x）2＝315，
故选：B．
8如图，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转40°到△AED的位置，恰好使得DC∥AB，则∠CAB的大小为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【考点】平行线的性质；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质得到AC＝AD，∠CAD＝40°，根据等腰三角形的性质得到∠ACD＝∠ADC＝70°，根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转40°到△AED的位置，
∴AC＝AD，∠CAD＝40°，
∴∠ACD＝∠ADC＝70°，
∵DC∥AB，
∴∠CAB＝∠ACD＝70°，
故选：D．
9如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，它与x轴的一个交点A在点（2，0）和点（3，0）之间，图象的对称轴是直线x＝1，在下列说法中：①ab＜0；②2a+b＝0；③3a+c＞0；④当﹣1＜x＜3时，y＞0．其中正确的说法有（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②④
【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】A
【分析】由抛物线的图象可判断a、b、c的符号，则可判断①正确；由抛物线的对称轴为x＝1可得到b＝﹣2a，则可判断②正确；当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，结合b＝﹣2a可判断③错误；根据图象可看出当x取何值时y＞0，可判断④错误．
【解答】解：由图象可知a＜0，b＞0，c＞0，
故ab＜0，则①正确；
∵对称轴直线为x＝＝1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，则②正确；
由图象可得图象与x轴的另一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间，
则当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，
又a﹣b+c＝a﹣（﹣2a）+c＝3a+c＜0，
则③错误；
观察图象可知，当﹣1＜x＜3时，y不只是大于0，
则④错误．
综上，只有①②正确．
故选：A．
10如图，在扇形纸片OAB中，OA＝10，∠AOB＝36°，OB在桌面内的直线l上．现将此扇形在直线l上按顺时针方向旋转（旋转过程中无滑动），当OA落在l上时，停止旋转，则点O所经过的路线长为（ ）
A．13πB．12πC．11πD．10π
【考点】轨迹；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】点O经过的路径为依次为一条以点B圆心、10为半径、圆心角为90°的弧；一条和AB弧一样长的线段；以点A为圆心、10为半径、圆心角为90°的弧．分别累加求和，便可得答案．
【解答】解：点O经过的路径长为：
l总路线长＝
＝
＝12π．
故选：B．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分）
11关于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，则a满足 ．
【考点】根的判别式．
【答案】见试题解答内容
【分析】由于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，那么分两种情况：（1）当a﹣5＝0时，方程一定有实数根；（2）当a﹣5≠0时，方程成为一元二次方程，利用判别式即可求出a的取值范围．
【解答】解：（1）当a﹣5＝0即a＝5时，方程变为﹣4x﹣1＝0，此时方程一定有实数根；
（2）当a﹣5≠0即a≠5时，
∵关于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根
∴16+4（a﹣5）≥0，
∴a≥1．
所以a的取值范围为a≥1．
故答案为：a≥1．
12如图，A、B、C、D均在⊙O上，E为BC延长线上的一点，若∠A＝102°，则∠DCE＝ ．
【考点】圆周角定理；圆内接四边形的性质．
【专题】与圆有关的计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OB，OD，利用圆周角定理得到∠DOB＝2∠A，∠DOB（大于平角的角）＝2∠BCD，再由周角定义及等式的性质得到∠A与∠BCD互补，利用邻补角性质及同角的补角相等即可求出所求角的度数．
【解答】解：连接OB，OD，
∵∠DOB与∠A都对，∠DOB（大于平角的角）与∠BCD都对，
∴∠DOB＝2∠A，∠DOB（大于平角的角）＝2∠BCD，
∵∠DOB+∠DOB（大于平角的角）＝360°，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠DCE+∠BCD＝180°，
∴∠DCE＝∠A＝102°，
故答案为：102°
13已知抛物线y1＝a（x﹣m）2+k与y2＝﹣a（x+m）2﹣k（m≠0）关于原点对称，我们称y1与y2互为“和谐抛物线”．请写出抛物线y＝﹣4x2+6x+7的“和谐抛物线” ．
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】函数思想．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据关于原点对称的点的坐标规律：纵坐标互为相反数，横坐标互为相反数，可得答案．
【解答】解：抛物线y＝﹣4x2+6x+7的“和谐抛物线”是y＝﹣4（﹣x）2﹣6（﹣x）﹣7，
化简，得y＝4x2+6x﹣7，
故答案为：y＝4x2+6x﹣7．
14如图，点A、B、C、D分别在正方形网格的格点上，其中A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），小明发现，线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，则这个旋转中心的坐标是 ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】作图题．
【答案】见试题解答内容
【分析】分两种情形画出旋转中心即可解决问题．
【解答】解：如图所示，分两种情形，旋转中心分别为（1，1）或（4，4）；
故答案为（1，1）或（4，4）．
三、解答题（共90分）
15解方程：﹣4x（3x+1）＝3（3x+1）．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】，．
【分析】利用因式分解法求解即可．
【解答】解：∵﹣4x（3x+1）＝3（3x+1），
∴3（3x+1）+4x（3x+1）＝0，
则（3x+1）（3+4x）＝0，
∴3x+1＝0或3+4x＝0，
解得，．
16如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点M，AM＝18，BM＝8，求CD的长．
【考点】勾股定理；垂径定理．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OC，求出半径OC和OM，根据勾股定理求出CM，根据垂径定理得出CD＝2CM，即可求出答案．
【解答】解：连接OC，
∵AM＝18，BM＝8，
∴半径OC＝OA＝OB＝13，
∴OM＝5，
∵直径AB⊥弦CD于点M，
∴CD＝2CM＝2DM，
在Rt△OCM中，由勾股定理得：CM＝＝12，
∴CD＝24．
17已知二次函数y＝ax2﹣2x+c的图象经过点A（﹣2，0）、B（3，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）求此抛物线的对称轴和顶点坐标．
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求二次函数解析式．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（1）y＝2x2﹣2x﹣12；
（2）对称轴为直线，顶点坐标为．
【分析】（1）分别将点A和点B的坐标代入函数解析式，然后即可得出a和c的值；
（2）把求得的函数解析式化成顶点式即可得出对称轴和顶点的坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣2x+c的图象经过点A（﹣2，0）、B（3，0）．
∴，
∴，
∴二次函数的解析式为：y＝2x2﹣2x﹣12；
（2）∵，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为．
18如图，已知在⊙O中，AB＝4，AC是⊙O的直径，AC⊥BD于F，∠A＝30°．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）若用阴影扇形OBD围成一个圆锥侧面，请求出这个圆锥的底面圆的半径．
【考点】弧长的计算；扇形面积的计算．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先利用同弧所对的圆周角等于所对的圆心角的一半，求出扇形的圆心角为120度，在Rt△ABF中根据勾股定理可求出半径的长，利用扇形的面积公式即可求解；
（2）直接根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得圆锥的底面圆的半径．
【解答】解：（1）法一：过O作OE⊥AB于E，则
BF＝AB＝2．
在Rt△AEO中，∠BAC＝30°，cs30°＝．
∴OA＝＝＝4．
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝30度．
∴∠BOC＝60度．
∵AC⊥BD，∴．
∴∠COD＝∠BOC＝60度．
∴∠BOD＝120度．
∴S阴影＝＝．
法二：连接AD．
∵AC⊥BD，AC是直径，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，BF＝FD，．
∴∠BAD＝2∠BAC＝60°，
∴∠BOD＝120度．
∵BF＝AB＝2，sin60°＝，
AF＝AB•sin60°＝4×＝6．
∴OB2＝BF2+OF2．即．
∴OB＝4．
∴S阴影＝S圆＝．
法三：连接BC．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC＝90度．
∵AB＝4，
∴．
∵∠A＝30°，AC⊥BD，
∴∠BOC＝60°，∴∠BOD＝120度．
∴S阴影＝π•OA2＝×42•π＝．
以下同法一；
（2）设圆锥的底面圆的半径为r，则周长为2πr，
∴．
∴．
19在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）在图中画出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），点C的坐标为（﹣3，1），在图中建立直角坐标系，并画出△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2．
【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据旋转的性质，在图中画出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1即可；
（2）根据点B的坐标为（﹣3，5），点C的坐标为（﹣3，1），在图中建立直角坐标系，即可画出△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2．
【解答】解：如图，
（1）△AB1C1即为所求；
（2）直角坐标系及△A2B2C2即为所求．
20某学校为了美化校园环境，向园林公司购买一批树苗．公司规定：若购买树苗不超过60棵，则每棵树苗售价120元；若购买树苗超过60棵，则每增加1棵，每棵树苗售价均降低0.5元，且每棵树苗的售价降到100元后，不管购买多少棵树苗，每棵树苗售价均为100元．如果该学校向园林公司支付树苗款8800元，那么这所学校购买了多少棵树苗？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】80棵．
【分析】设这所学校购买了x棵树苗（60＜x＜100），则每棵树苗的售价为（150﹣0.5x）元，利用总价＝单价×数量，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．
【解答】解：∵60×120＝7200（元），（120﹣100）÷0.5+60＝100（棵），100×100＝10000（元），7200＜8800＜10000，
∴购买的树苗棵树超过60棵，且不足100棵．
设这所学校购买了x棵树苗（60＜x＜100），则每棵树苗的售价为120﹣0.5（x﹣60）＝（150﹣0.5x）元，
依题意得：x（150﹣0.5x）＝8800，
整理得：x2﹣300x+17600＝0，
解得：x1＝80，x2＝220（不合题意，舍去）．
答：这所学校购买了80棵树苗．
21在一次数学兴趣小组活动中，李燕和刘凯两位同学设计了如图所示的两个转盘做游戏（每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并在每个扇形区域内标上数字）．游戏规则如下：两人分别同时转动甲、乙转盘，转盘停止后，若指针所指区域内两数和小于12，则李燕获胜；若指针所指区域内两数和等于12，则为平局；若指针所指区域内两数和大于12，则刘凯获胜（若指针停在等分线上，重转一次，直到指针指向某一份内为止）．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出上述游戏中两数和的所有可能的结果；
（2）分别求出李燕和刘凯获胜的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题意画出树状图，得出游戏中两数和的所有可能的结果数；
（2）根据（1）得出两数和共有的情况数和其中和小于12的情况、和大于12的情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）根据题意列表如下：
可见，两数和共有12种等可能结果；
（2）由（1）可知，两数和共有12种等可能的情况，其中和小于12的情况有6种，和大于12的情况有3种，
∴李燕获胜的概率为＝；
刘凯获胜的概率为＝．
22如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．
【考点】二次函数综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；
（3）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标．
【解答】解：
（1）设抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，
把A、B、C三点坐标代入可得，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图1，
∴PO＝PC，此时P点即为满足条件的点，
∵C（0，﹣4），
∴D（0，﹣2），
∴P点纵坐标为﹣2，
代入抛物线解析式可得x2﹣3x﹣4＝﹣2，解得x＝（小于0，舍去）或x＝，
∴存在满足条件的P点，其坐标为（，﹣2）；
（3）∵点P在抛物线上，
∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），
过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图2，
∵B（4，0），C（0，﹣4），
∴直线BC解析式为y＝x﹣4，
∴F（t，t﹣4），
∴PF＝（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）＝﹣t2+4t，
∴S△PBC＝S△PFC+S△PFB＝PF•OE+PF•BE＝PF•（OE+BE）＝PF•OB＝（﹣t2+4t）×4＝﹣2（t﹣2）2+8，
∴当t＝2时，S△PBC最大值为8，此时t2﹣3t﹣4＝﹣6，
∴当P点坐标为（2，﹣6）时，△PBC的最大面积为8．
23通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可以达到解一题知一类题的目的．下面是一个案例，请补充完整．
原题；如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．
（1）【思路梳理】
∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，∵∠ADG＝∠B＝90°，∴∠FDG＝180°，即：点F、D、G共线，根据“SAS”，易证△AFG≌ ，得EF＝FG＝BE+DF；
（2）【类比引申】
如图②，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF＝BE+DF；
（3）【联想拓展】
如图③，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°，猜想BD，DE，EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）△AFE；
（2）∠B+∠D＝180°；
（3）DE2＝BD2+EC2，推理过程见解答．
【分析】（1）由题中提供的思路，通过证明两次三角形全等，即可得到结论，并且得到填空题所要求的结果；
（2）类比（1）中的解题思路，关键的条件是点F、D、G共线，可知∠B与∠D满足的等量关系是∠B+∠D＝180°；
（3）仍然用（1）中的方法，将BD、DE、EC转化为同一直角三角形的三条边，即可得到所猜想的结论．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADC＝90°，
把△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ADG，则∠DAG＝∠BAE，AG＝AE，
∵∠ADG＝∠B＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴点F、D、G在同一条直线上；
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：△AFE．
（2）如图2，由题意得，AB＝AD，∠BAD＝90°，
把△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ADG，则∠DAG＝∠BAE，∠ADG＝∠B，AG＝AE，
当∠B+∠ADC＝180°，即∠B+∠D＝180°时，则∠ADG+∠ADC＝180°，
∴点F、D、G在同一条直线上；
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠D＝180°.
（3）DE2＝BD2+EC2，
证明：如图3，由题意得，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°；
把△ABD绕点A逆时针旋转90°到△ACG，则∠CAG＝∠BAD，∠ACG＝∠B＝45°，AG＝AD，CG＝BD，
∴∠ECG＝∠ACB+∠ACG＝90°；
∵∠DAE＝45°，
∵∠GAE＝∠CAG+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠GAE＝∠DAE，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AED（SAS），
∴GE＝DE，
∵GE2＝CG2+EC2，
∴DE2＝BD2+EC2．