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2021-2022学年浙江省杭州市拱墅区九年级（上）期中数学试卷
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这是一份2021-2022学年浙江省杭州市拱墅区九年级（上）期中数学试卷，共24页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省杭州市拱墅区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）若，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（3分）二次函数y＝（x+2）2﹣1的顶点是（ ）
A．（2，﹣1） B．（2，1） C．（﹣2，﹣1） D．（﹣2，1）
3．（3分）在一个不透明的盒子中装有20个黄、白两种颜色的乒乓球，除颜色外其它都相同，小明进行了多次摸球试验，发现摸到白色乒乓球的频率稳定在0.2左右，由此可知盒子中黄色乒乓球的个数可能是（ ）
A．2个 B．4个 C．18个 D．16个
4．（3分）已知⊙O的半径为5，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（ ）
A．6 B．4 C．8 D．1
5．（3分）若A（﹣4，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）为二次函数y＝﹣（x+2）2+k的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y3
6．（3分）如图，AB是半圆O的直径，∠BAC＝20°，则∠D的度数是（ ）
A．70° B．100° C．110° D．120°
7．（3分）如图，已知BD是⊙O的直径，BD⊥AC于点E，∠AOC＝100°，则∠OCD的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
8．（3分）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点G在线段AD上，GE∥BD，且交AB于点E，GF∥AC，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）已知二次函数y＝（s﹣1）x2+（t﹣6）x+1，当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则st的最大为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BDC＝3∠ACD，AD＝2，DB＝1，则AC的值为（ ）
A．1+ B．3 C．2+ D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共2分请把答案填在题中的横线上
11．（4分）已知y＝2x2﹣3x+1，当x＝1时，函数值为 ．
12．（4分）一枚质地均匀的骰子，每个面标有的点数是1～6，抛掷骰子，点数是3的倍数的概率是 ．
13．（4分）一块直角三角板的30°角的顶点A落在⊙O上，两边分别交⊙O于B、C两点，若弦BC＝1，则⊙O的半径为 ．
14．（4分）如图，在△ABC中，AB＝5，D、E分别是边AC和AB上的点，且∠ADE＝∠B，若AD•BC的值为10，则DE的长为 ．
15．（4分）如图，已知等边△ABC内接于⊙O，点M为上任意一点（点M不与点A、点B重合），连结MB、MO，取BC的中点D，取OM的中点E，连结DE，若∠OED＝α，则∠MBC的度数为 ．（用含α的代数式表示）
16．（4分）如图，点E、F分别在矩形ABCD的边BC、CD上，DE与AF相交于点P．已知DF＝6，AP＝5．若将矩形ABCD沿AF折叠后，点D恰好与点E重合，则PF＝ ；△ABE的面积为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分解答应写出必要的文字说明、证明过程成演算步
17．（6分）（1）已知a＝4.5，b＝2，c是a，b的比例中项，求c．
（2）如图，C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，AB＝4，求AC的长．
18．（8分）已知二次函数y＝x2﹣2x+a过点（1，1）．
（1）求二次函数解析式；
（2）把函数图象向下平移2个单位，得到的函数图象与x轴交于A，B两点，求线段AB的长．
19．（8分）“双十一”购物日中不乏冲动消费者，某数学兴趣小组对消费行为进行调查．按购物数量x（件）分为以下4类：A（x≤3），B（x＝4），C（x＝5），D（x≥6），根据调查结果制作了两图统计图（不完整），已知购买4件商品的消费者中，理性购物人数所占比例为80%．
根据图中信息回答下列问题：
（1）本次调查的总人数为 人；
（2）补全条形统计图．
（3）小张在“双十一”共购进7件商品，其中4件服装购自“天猫商城”，3件电子产品购自“京东商城”，由于冲动消费，小张决定从服装和电子产品中各随机选择1件进行退货，已知“天猫商城”购买的4件服装中仅1件支持退货，“京东商城”购买的电子产品中仅2件支持退货．请用列表或树状图的方法，求小张选出的2件商品均能退货的概率．
20．（10分）某农场拟建一个梯形饲养场ABCD，其中AD，CD分别靠现有墙DM，DN，其余用新墙砌成，墙DM长为9米，墙DN足够长，两面墙形成的角度为135°，新墙DE将饲养场隔成△CDE和矩形ABED两部分．已知新建墙体总长为30米．设AB＝x米，梯形饲养场ABCD的面积为S米2．
（1）求S关于x的函数表达式；
（2）当x为何值时，饲养场ABCD的面积最大，并求出最大面积．
21．（10分）如图，在四边形ABCD中，E是AD上的一点，EC∥AB，EB∥DC．
（1）△ABE与△ECD相似？为什么？
（2）设△ABE的边BE上的高为h1，△ECD的边CD上的高为h2，△ABE的面积为3，
△ECD的面积为1，求的值及△BCE的面积．
22．（12分）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c，y2＝cx2﹣bx+a，这里a、b、c为常数，且a＞0，c＜0，a+c≠0．
（1）若b＝0，令y＝y1+y2，求y的函数图象与x轴的交点数；
（2）若x＝x0时，y1＝p，y2＝q，若p＞q，求x0的取值范围；
（3）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），且（m﹣1）a﹣b+c≤0，m为正整数，求m的值．
23．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点M是AB边上一点（点M不与点A，B重合），DM的延长线交⊙O于点E，DN⊥DE，且交BC于点N，连结EB，MN．
（1）求证：点D是AC的中点；
（2）若∠EBA＝30°，求∠NMB的度数；
（3）若AM＝2，MB＝4，求DE的长．
2021-2022学年浙江省杭州市拱墅区九年级（上）期中数学试卷
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）
1．（3分）若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】设a＝5k，b＝8k，再把a＝5k，b＝8k代入求出即可．
【解答】解：∵＝，
∴设a＝5k，b＝8k，
∴＝＝，
故选：A．
2．（3分）二次函数y＝（x+2）2﹣1的顶点是（ ）
A．（2，﹣1） B．（2，1） C．（﹣2，﹣1） D．（﹣2，1）
【分析】根据题目中二次函数的顶点式，可以直接写出该函数的顶点坐标，本题得以解决．
【解答】解：∵二次函数y＝（x+2）2﹣1，
∴该函数图象的顶点坐标为（﹣2，﹣1），
故选：C．
3．（3分）在一个不透明的盒子中装有20个黄、白两种颜色的乒乓球，除颜色外其它都相同，小明进行了多次摸球试验，发现摸到白色乒乓球的频率稳定在0.2左右，由此可知盒子中黄色乒乓球的个数可能是（ ）
A．2个 B．4个 C．18个 D．16个
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设出未知数列出方程求解．
【解答】解：设袋中有黄球x个，由题意得＝0.2，
解得x＝16．
故选：D．
4．（3分）已知⊙O的半径为5，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（ ）
A．6 B．4 C．8 D．1
【分析】画出图形，连接OA，根据勾股定理求出AC，根据垂径定理求出AC＝BC，再求出答案即可．
【解答】解：如图所示：连接OA，
∵弦AB的弦心距OC＝3，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝4，
∵OC⊥AB，OC过圆心O，
∴AC＝BC＝4，
∴AB＝4+4＝8，
故选：C．
5．（3分）若A（﹣4，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）为二次函数y＝﹣（x+2）2+k的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y3
【分析】求得抛物线对称轴为直线x＝﹣2，然后根据二次函数的对称性和增减性即可得到答案．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣（x+2）2+k，
∴抛物线的开口向下，对称轴是直线x＝﹣2，
∴当x＞﹣2时，y随x的增大而减小，
∵A（﹣4，y1）与点（0，y1）关于直线x＝﹣2对称，且﹣2＜﹣1＜0＜2，
∴y3＜y1＜y2．
故选：C．
6．（3分）如图，AB是半圆O的直径，∠BAC＝20°，则∠D的度数是（ ）
A．70° B．100° C．110° D．120°
【分析】连接BC，∠D是圆内接四边形ABCD的一个角，根据圆内接四边形的对角互补，只要求出∠B即可，根据AB是直径，则△ABC是直角三角形，根据内角和定理即可求解．
【解答】解：连接BC，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∴∠D＝180°﹣70°＝110°，
故选：C．
7．（3分）如图，已知BD是⊙O的直径，BD⊥AC于点E，∠AOC＝100°，则∠OCD的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【分析】由垂径定理知∠BOC＝∠AOC＝50°，再根据圆周角定理可得答案．
【解答】解：∵BD是⊙O的直径，BD⊥AC，∠AOC＝100°，
∴∠BOC＝∠AOC＝50°，
则∠BDC＝∠BOC＝25°，
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠BDC＝25°．
故选：B．
8．（3分）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点G在线段AD上，GE∥BD，且交AB于点E，GF∥AC，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由GE∥BD、GF∥AC利用平行线分线段成比例，可得出＝，，进而可得出，此题得解．
【解答】解：∵GE∥BD，GF∥AC，
∴＝，，
∴．
故选：C．
9．（3分）已知二次函数y＝（s﹣1）x2+（t﹣6）x+1，当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则st的最大为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．
【分析】由二次函数解析式求出对称轴直线方程，分类讨论抛物线开口向下及开口向上的s，t的取值范围，将st转化为含一个未知数的整式求最值．
【解答】解：抛物线y＝（s﹣1）x2+（t﹣6）x+1，的对称轴为直线x＝，
①当s＞1时，抛物线开口向上，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴≥2，即2s+t≤8．
解得t≤8﹣2s，
∴st≤s（8﹣2s），
∵s（8﹣2s）＝﹣2（s﹣2）2+8，
∴st≤8．
②当0≤s＜1时，抛物线开口向下，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴≤1，即s+t≤7，
解得s≤7﹣t，
∴st≤t（7﹣t），
t（7﹣t）＝﹣（t﹣）2+，
当s＝t＝时，st有最大值，
∵0≤s＜1，
∴此情况不存在．
综上所述，st最大值为8．
故选：C．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BDC＝3∠ACD，AD＝2，DB＝1，则AC的值为（ ）
A．1+ B．3 C．2+ D．
【分析】延长BA至E，使AE＝AC，连接CE，设AE＝AC＝a，通过证明△CDA∽△EDC，列比例式可求得CD2＝4+2a，利用勾股定理可得CD2﹣BD2＝AC2﹣AB2，即可得关于a的方程，解方程可求解a值，即可求得AB的长．
【解答】解：延长BA至E，使AE＝AC，连接CE，
设AE＝AC＝a，
∴∠E＝∠ACE，
∵∠CDB＝∠CAD+∠ACD＝2∠E+∠ACD＝3∠ACD，
∴∠ACD＝∠E，
∵∠CDA＝∠EDC，
∴△CDA∽△EDC，
∴CD：ED＝AD：CD，
∴CD2＝ED•AD＝2（2+a）＝4+2a，
在Rt△CBD中，CB2＝CD2﹣BD2，
在Rt△ACB中，CB2＝AC2﹣AB2，
∴CD2﹣BD2＝AC2﹣AB2，
∴4+2a﹣1＝a2﹣32，
解得a1＝1+，a2＝1﹣（舍去），
∴AB＝1+，
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共2分请把答案填在题中的横线上
11．（4分）已知y＝2x2﹣3x+1，当x＝1时，函数值为 0 ．
【分析】根据函数值的求法，直接将x＝1代入函数关系式得出即可．
【解答】解：y＝2x2﹣3x+1，
当x＝1时，y＝2×12﹣3×1+1＝0．
故答案为：0．
12．（4分）一枚质地均匀的骰子，每个面标有的点数是1～6，抛掷骰子，点数是3的倍数的概率是 ．
【分析】共有6种等可能的结果数，其中点数是3的倍数有3和6，从而利用概率公式可求出向上的一面出现的点数是3的倍数的概率．
【解答】解：掷一次骰子，向上的一面出现的点数是3的倍数的有3，6，
故骰子向上的一面出现的点数是3的倍数的概率是＝．
故答案为：．
13．（4分）一块直角三角板的30°角的顶点A落在⊙O上，两边分别交⊙O于B、C两点，若弦BC＝1，则⊙O的半径为 1 ．
【分析】连接OB、OC，如图，先根据圆周角定理得到∠BOC＝60°，则可判断△OBC为等边三角形，从而得到OB＝1．
【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵∠A与∠BOC都对，∠A＝30°，
∴∠BOC＝2∠A＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC为等边三角形，
∵BC＝1，
∴OB＝BC＝1，
即⊙O的半径为1．
故答案为：1．
14．（4分）如图，在△ABC中，AB＝5，D、E分别是边AC和AB上的点，且∠ADE＝∠B，若AD•BC的值为10，则DE的长为 2 ．
【分析】根据题意，得∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，可求证△ADE∽△ABC，可得，即AD•BC＝AB•DE，即可求解．
【解答】解：∵∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即AD•BC＝AB•DE，
∵AB＝5，AD•BC＝10，
∴DE＝2．
故答案为：2．
15．（4分）如图，已知等边△ABC内接于⊙O，点M为上任意一点（点M不与点A、点B重合），连结MB、MO，取BC的中点D，取OM的中点E，连结DE，若∠OED＝α，则∠MBC的度数为 60°+α ．（用含α的代数式表示）
【分析】连接OD，并反向延长，利用垂径定理及其推论可得OD⊥BC，根据轴对称图形的性质可得DO的延长线经过点A；利用等边三角形的内心与外心重合，可得∠OBD＝30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得OD＝OB，利用已知条件可判定△OED为等腰三角形，利用三角形内角和定理的推论可得∠AOM＝2α，利用圆周角定理可求∠ABM，结论可求．
【解答】解：连接OD，并反向延长，如图，
∵D为BC的中点，
∴OD⊥BC．
∵△ABC是等边三角形，
∴DO的延长线经过点A．
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴点O既是三角形的外心也是三角形的内心，
∴OB平分∠ABC．
∴∠OBC＝×60°＝30°．
∵OD⊥BC，
∴OD＝OB，
∵点E是OM的中点，
∴OE＝OM．
∵OM＝OB，
∴OE＝OD，
∴∠ODE＝∠OED＝α．
∴∠AOM＝∠OED+∠ODE＝2α．
∵∠ABM＝∠AOM，
∴∠ABM＝α．
∴∠MBC＝∠ABM+∠ABC＝α+60°．
故答案为：60°+α．
16．（4分）如图，点E、F分别在矩形ABCD的边BC、CD上，DE与AF相交于点P．已知DF＝6，AP＝5．若将矩形ABCD沿AF折叠后，点D恰好与点E重合，则PF＝ ；△ABE的面积为 20 ．
【分析】先证明△DFP∽△AFD，可求PF＝，AF＝6，在Rt△ADF中，求出AD＝6，再证△CEF∽△BAE，得到BE＝CF，在Rt△BAE中，由勾股定理得（6）2＝（6+CF）2+（CF）2，求出CF＝4，即可求AB＝10，EB＝4，所以S△AEB＝×AB×EB＝20．
【解答】解：由折叠可知，DP⊥AF，EF＝DF，AE＝AD，
∵∠ADF＝90°，
∴∠FDP+∠ADP＝90°，∠ADP+∠DAP＝90°，
∴∠FDP＝∠DAP，
∴△DFP∽△AFD，
∴＝，
∵DF＝6，AP＝5，
∴＝，
∴PF＝，
∴AF＝6，
在Rt△ADF中，AD＝＝＝6，
∴AD＝AE＝6，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠EFC＝90°，∠AEB+∠EAB＝90°，
∴∠EFC＝∠EAB，
∴△CEF∽△BAE，
∴＝，
∵EF＝6，
∴＝，
∴BE＝CF，
在Rt△BAE中，AE2＝AB2+BE2，
∴（6）2＝（6+CF）2+（CF）2，
∴CF＝4，
∴AB＝10，EB＝4，
∴S△AEB＝×AB×EB＝×10×4＝20．
故答案为：，20．
三、解答题（本大题共7小题，共66分解答应写出必要的文字说明、证明过程成演算步
17．（6分）（1）已知a＝4.5，b＝2，c是a，b的比例中项，求c．
（2）如图，C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，AB＝4，求AC的长．
【分析】（1）由c是a，b的比例中项，得到c2＝ab，代入即可求出答案；
（2）由黄金分割点的定义进行计算即可．
【解答】解：（1）∵c是 a，b的比例中项，
∴c2＝ab＝4.5×2＝9，
∴c1＝3，c2＝﹣3，
∴c为3或﹣3；
（2）∵C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，AB＝4，
∴AC＝AB＝×4＝2﹣2．
18．（8分）已知二次函数y＝x2﹣2x+a过点（1，1）．
（1）求二次函数解析式；
（2）把函数图象向下平移2个单位，得到的函数图象与x轴交于A，B两点，求线段AB的长．
【分析】（1）把（1，1）代入y＝x2﹣2x+a即可得答案；
（2）将函数y＝x2﹣2x+2图象向下平移2个单位后得y＝x2﹣2x，可解得A（0，0）、B（2，0）或B（0，0）、A（2，0），故AB＝2．
【解答】解：（1）把（1，1）代入y＝x2﹣2x+a得：
1＝1﹣2+a，解得a＝2，
∴二次函数解析式为y＝x2﹣2x+2；
（2）将函数y＝x2﹣2x+2图象向下平移2个单位后所得函数为：y＝x2﹣2x+2﹣2，
即y＝x2﹣2x，
在y＝x2﹣2x中，令y＝0得x2﹣2x＝0，
解得x＝0或x＝2，
∴A（0，0）、B（2，0）或B（0，0）、A（2，0），
∴AB＝2．
19．（8分）“双十一”购物日中不乏冲动消费者，某数学兴趣小组对消费行为进行调查．按购物数量x（件）分为以下4类：A（x≤3），B（x＝4），C（x＝5），D（x≥6），根据调查结果制作了两图统计图（不完整），已知购买4件商品的消费者中，理性购物人数所占比例为80%．
根据图中信息回答下列问题：
（1）本次调查的总人数为 60 人；
（2）补全条形统计图．
（3）小张在“双十一”共购进7件商品，其中4件服装购自“天猫商城”，3件电子产品购自“京东商城”，由于冲动消费，小张决定从服装和电子产品中各随机选择1件进行退货，已知“天猫商城”购买的4件服装中仅1件支持退货，“京东商城”购买的电子产品中仅2件支持退货．请用列表或树状图的方法，求小张选出的2件商品均能退货的概率．
【分析】（1）由A类的理性购物人数除以它所占的百分比得到理性购物人数的总人数为40人，再由B类理性购物人数所占的百分比可计算出B类理性购物人数为16人，利用购买4件商品的消费者中，理性购物人数所占比例为80%可计算出B类购物人数，然后把四类购物人数相加即可得到本次调查的总人数即可；
（2）补全条形统计图即可；
（3）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出2件商品均能退货的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）理性购物的总人数为12÷30%＝40（人），
则B类理性购物人数为40×40%＝16，
∴B类购物人数为16÷80%＝20（人），
本次调查的总人数为15+20+15+10＝60（人），
故答案为：60；
（2）补全条形统计图为：
（3）用1、2、3、4表示购自“天猫商城的4件服装，且4为支持退货的服装；3件电子产品用5、6、7表示，且6、7为支持退货的电子产品，
画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中小张选出的2件商品均能退货的结果有2种，
∴小张选出的2件商品均能退货的概率＝＝．
20．（10分）某农场拟建一个梯形饲养场ABCD，其中AD，CD分别靠现有墙DM，DN，其余用新墙砌成，墙DM长为9米，墙DN足够长，两面墙形成的角度为135°，新墙DE将饲养场隔成△CDE和矩形ABED两部分．已知新建墙体总长为30米．设AB＝x米，梯形饲养场ABCD的面积为S米2．
（1）求S关于x的函数表达式；
（2）当x为何值时，饲养场ABCD的面积最大，并求出最大面积．
【分析】（1）根据矩形和等腰直角三角形的性质得出AB＝DE＝CE＝x米，AD＝BE＝30﹣3x米，再由矩形和三角形的面积公式可得S关于x的函数解析式；
（2）由墙DM长为9米得出x的取值范围，再将函数解析式配方成顶点式，根据二次函数的性质可得最值情况．
【解答】解：（1）∵四边形ABED是矩形，
∴AB＝CE＝x米，∠ADE＝∠DEC＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠EDC＝∠DCE＝45°，
∴CE＝DE＝x米，
∴BE＝（30﹣3x）米，
∴S＝x（30﹣3x）+x2＝﹣x2+30x；
（2）∵30﹣3x≤9，
∴x≥7，
S＝﹣x2+30x＝﹣（x﹣6）2+90，
∵当x＞6时，S随x的增大而减小，
∴当x＝7时，Smax＝87.5，
答：当x＝7时，饲养场ABCD的面积最大，最大面积为87.5平方米．
21．（10分）如图，在四边形ABCD中，E是AD上的一点，EC∥AB，EB∥DC．
（1）△ABE与△ECD相似？为什么？
（2）设△ABE的边BE上的高为h1，△ECD的边CD上的高为h2，△ABE的面积为3，
△ECD的面积为1，求的值及△BCE的面积．
【分析】（1）利用平行可得到∠A＝∠CED，∠BEA＝∠D，可证明△ABE∽△ECD；
（2）利用面积可求得相似比，再利用相似三角形对应边上的比等于相似比可求得，再根据△ABE和△BEC同底，可知其面积比等于，可求得△BCE的面积．
【解答】解：（1）相似，证明如下：
∵AB∥CE，
∴∠A＝∠CED，
∵BE∥CD，
∴∠BEA＝∠D，
∴△ABE∽△ECD；
（2）∵△ABE∽△ECD，
∴＝＝＝，
∵S△ABE＝BE•h1，S△BCE＝BE•h2，
∴＝＝，
∴＝，
∴S△BCE＝．
22．（12分）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c，y2＝cx2﹣bx+a，这里a、b、c为常数，且a＞0，c＜0，a+c≠0．
（1）若b＝0，令y＝y1+y2，求y的函数图象与x轴的交点数；
（2）若x＝x0时，y1＝p，y2＝q，若p＞q，求x0的取值范围；
（3）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），且（m﹣1）a﹣b+c≤0，m为正整数，求m的值．
【分析】（1）根据题意可得：当b＝0时，y＝（a+c）x2+（a+c），由于△＝﹣4＜0，可得抛物线y＝（a+c）x2+（a+c）与x轴没有交点；
（2）分两种情况：当b＜0时，如图1，若m＞n，则x0＜﹣1或x0＞1，当b≥0时，如图2，若m＞n，则x0＜﹣1或x0＞1，即可得出答案；
（3）根据二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），可得y1＝ax2﹣bx+c＝a（x+1）2+4a＝ax2+2ax﹣3a，可得出a（m﹣2）≤0，运用不等式性质即可求得答案．
【解答】解：（1）当b＝0时，y＝y1+y2＝（a+c）x2+（a+c），
令y＝0，则（a+c）x2+（a+c）＝0，
∵a+c≠0，
∴x2+1＝0，
∵△＝﹣4＜0，
∴方程x2+1＝0没有实数根，即抛物线y＝（a+c）x2+（a+c）与x轴没有交点；
（2）∵a＞0，c＜0，a+c≠0，
∴抛物线y1＝ax2﹣bx+c的开口向上，抛物线y2＝cx2﹣bx+a，开口向下，
当x＝1时，y1＝a﹣b+c，y2＝c﹣b+a，
∴y1＝y2，
当x＝﹣1时，y1＝a+b+c，y2＝c+b+a，
∴y1＝y2，
当b＜0时，如图1，若p＞q，即y1＞y2，则x＜﹣1或x＞1，
即x0＜﹣1或x0＞1，
当b≥0时，如图2，若p＞q，即y1＞y2，则x＜﹣1或x＞1，
即x0＜﹣1或x0＞1，
综上所述，若p＞q，则x0的取值范围为x0＜﹣1或x0＞1；
（3）∵二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），
∴y1＝ax2﹣bx+c＝a（x+1）2﹣4a＝ax2+2ax﹣3a，
∴b＝﹣2a，c＝﹣3a，
∵（m﹣1）a﹣b+c≤0，
∴（m﹣1）a+2a﹣3a≤0，
∴a（m﹣2）≤0，
∵a＞0，
∴m﹣2≤0，
∴m≤2，
∴m的最大值为2．
23．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点M是AB边上一点（点M不与点A，B重合），DM的延长线交⊙O于点E，DN⊥DE，且交BC于点N，连结EB，MN．
（1）求证：点D是AC的中点；
（2）若∠EBA＝30°，求∠NMB的度数；
（3）若AM＝2，MB＝4，求DE的长．
【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ADE＝∠ABE＝30°，求得∠BDN＝∠ADM＝30°，根据全等三角形的性质得到DM＝DN，求得∠DMN＝45°，于是得到答案；
（3）根据全等三角形的性质得到AM＝BN，根据勾股定理得到MN＝＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴AD＝CD，
∴点D是AC的中点；
（2）解：∵∠EBA＝30°，
∴∠ADE＝∠ABE＝30°，
∵DN⊥DE，
∴∠MDN＝∠ADB＝90°，
∴∠MDN﹣∠MDB＝∠AD﹣∠MDB，
即∠BDN＝∠ADM＝30°，
∵∠A＝∠DBN＝45°，AD＝BD，
∴△ADM≌△BDN（ASA），
∴DM＝DN，
∴△MDN是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∵∠MDN＝90°，∠BDN＝30°，
∴∠BDM＝60°，
∴∠BMD＝180°﹣∠BDM﹣∠MBD＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠BMN＝30°；
（3）解：∵△ADM≌△BDN，
∴AM＝BN，
∵AM＝2，
∴BN＝2．
∴MN＝＝2，
∵△MDN为等腰直角三角形，∠MDN＝90°，
∴DN＝MN＝×2＝，
∵∠E＝∠A，∠EMB＝∠AMD，
∴△EMB∽△AMD，
∴＝，
∴EM＝＝，
∴DE＝EM+DM＝+＝．
2021-2022学年浙江省杭州市拱墅区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）若，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（3分）二次函数y＝（x+2）2﹣1的顶点是（ ）
A．（2，﹣1） B．（2，1） C．（﹣2，﹣1） D．（﹣2，1）
3．（3分）在一个不透明的盒子中装有20个黄、白两种颜色的乒乓球，除颜色外其它都相同，小明进行了多次摸球试验，发现摸到白色乒乓球的频率稳定在0.2左右，由此可知盒子中黄色乒乓球的个数可能是（ ）
A．2个 B．4个 C．18个 D．16个
4．（3分）已知⊙O的半径为5，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（ ）
A．6 B．4 C．8 D．1
5．（3分）若A（﹣4，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）为二次函数y＝﹣（x+2）2+k的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y3
6．（3分）如图，AB是半圆O的直径，∠BAC＝20°，则∠D的度数是（ ）
A．70° B．100° C．110° D．120°
7．（3分）如图，已知BD是⊙O的直径，BD⊥AC于点E，∠AOC＝100°，则∠OCD的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
8．（3分）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点G在线段AD上，GE∥BD，且交AB于点E，GF∥AC，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）已知二次函数y＝（s﹣1）x2+（t﹣6）x+1，当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则st的最大为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BDC＝3∠ACD，AD＝2，DB＝1，则AC的值为（ ）
A．1+ B．3 C．2+ D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共2分请把答案填在题中的横线上
11．（4分）已知y＝2x2﹣3x+1，当x＝1时，函数值为 ．
12．（4分）一枚质地均匀的骰子，每个面标有的点数是1～6，抛掷骰子，点数是3的倍数的概率是 ．
13．（4分）一块直角三角板的30°角的顶点A落在⊙O上，两边分别交⊙O于B、C两点，若弦BC＝1，则⊙O的半径为 ．
14．（4分）如图，在△ABC中，AB＝5，D、E分别是边AC和AB上的点，且∠ADE＝∠B，若AD•BC的值为10，则DE的长为 ．
15．（4分）如图，已知等边△ABC内接于⊙O，点M为上任意一点（点M不与点A、点B重合），连结MB、MO，取BC的中点D，取OM的中点E，连结DE，若∠OED＝α，则∠MBC的度数为 ．（用含α的代数式表示）
16．（4分）如图，点E、F分别在矩形ABCD的边BC、CD上，DE与AF相交于点P．已知DF＝6，AP＝5．若将矩形ABCD沿AF折叠后，点D恰好与点E重合，则PF＝ ；△ABE的面积为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分解答应写出必要的文字说明、证明过程成演算步
17．（6分）（1）已知a＝4.5，b＝2，c是a，b的比例中项，求c．
（2）如图，C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，AB＝4，求AC的长．
18．（8分）已知二次函数y＝x2﹣2x+a过点（1，1）．
（1）求二次函数解析式；
（2）把函数图象向下平移2个单位，得到的函数图象与x轴交于A，B两点，求线段AB的长．
19．（8分）“双十一”购物日中不乏冲动消费者，某数学兴趣小组对消费行为进行调查．按购物数量x（件）分为以下4类：A（x≤3），B（x＝4），C（x＝5），D（x≥6），根据调查结果制作了两图统计图（不完整），已知购买4件商品的消费者中，理性购物人数所占比例为80%．
根据图中信息回答下列问题：
（1）本次调查的总人数为 人；
（2）补全条形统计图．
（3）小张在“双十一”共购进7件商品，其中4件服装购自“天猫商城”，3件电子产品购自“京东商城”，由于冲动消费，小张决定从服装和电子产品中各随机选择1件进行退货，已知“天猫商城”购买的4件服装中仅1件支持退货，“京东商城”购买的电子产品中仅2件支持退货．请用列表或树状图的方法，求小张选出的2件商品均能退货的概率．
20．（10分）某农场拟建一个梯形饲养场ABCD，其中AD，CD分别靠现有墙DM，DN，其余用新墙砌成，墙DM长为9米，墙DN足够长，两面墙形成的角度为135°，新墙DE将饲养场隔成△CDE和矩形ABED两部分．已知新建墙体总长为30米．设AB＝x米，梯形饲养场ABCD的面积为S米2．
（1）求S关于x的函数表达式；
（2）当x为何值时，饲养场ABCD的面积最大，并求出最大面积．
21．（10分）如图，在四边形ABCD中，E是AD上的一点，EC∥AB，EB∥DC．
（1）△ABE与△ECD相似？为什么？
（2）设△ABE的边BE上的高为h1，△ECD的边CD上的高为h2，△ABE的面积为3，
△ECD的面积为1，求的值及△BCE的面积．
22．（12分）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c，y2＝cx2﹣bx+a，这里a、b、c为常数，且a＞0，c＜0，a+c≠0．
（1）若b＝0，令y＝y1+y2，求y的函数图象与x轴的交点数；
（2）若x＝x0时，y1＝p，y2＝q，若p＞q，求x0的取值范围；
（3）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），且（m﹣1）a﹣b+c≤0，m为正整数，求m的值．
23．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点M是AB边上一点（点M不与点A，B重合），DM的延长线交⊙O于点E，DN⊥DE，且交BC于点N，连结EB，MN．
（1）求证：点D是AC的中点；
（2）若∠EBA＝30°，求∠NMB的度数；
（3）若AM＝2，MB＝4，求DE的长．
2021-2022学年浙江省杭州市拱墅区九年级（上）期中数学试卷
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）
1．（3分）若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】设a＝5k，b＝8k，再把a＝5k，b＝8k代入求出即可．
【解答】解：∵＝，
∴设a＝5k，b＝8k，
∴＝＝，
故选：A．
2．（3分）二次函数y＝（x+2）2﹣1的顶点是（ ）
A．（2，﹣1） B．（2，1） C．（﹣2，﹣1） D．（﹣2，1）
【分析】根据题目中二次函数的顶点式，可以直接写出该函数的顶点坐标，本题得以解决．
【解答】解：∵二次函数y＝（x+2）2﹣1，
∴该函数图象的顶点坐标为（﹣2，﹣1），
故选：C．
3．（3分）在一个不透明的盒子中装有20个黄、白两种颜色的乒乓球，除颜色外其它都相同，小明进行了多次摸球试验，发现摸到白色乒乓球的频率稳定在0.2左右，由此可知盒子中黄色乒乓球的个数可能是（ ）
A．2个 B．4个 C．18个 D．16个
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设出未知数列出方程求解．
【解答】解：设袋中有黄球x个，由题意得＝0.2，
解得x＝16．
故选：D．
4．（3分）已知⊙O的半径为5，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（ ）
A．6 B．4 C．8 D．1
【分析】画出图形，连接OA，根据勾股定理求出AC，根据垂径定理求出AC＝BC，再求出答案即可．
【解答】解：如图所示：连接OA，
∵弦AB的弦心距OC＝3，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝4，
∵OC⊥AB，OC过圆心O，
∴AC＝BC＝4，
∴AB＝4+4＝8，
故选：C．
5．（3分）若A（﹣4，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）为二次函数y＝﹣（x+2）2+k的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y3
【分析】求得抛物线对称轴为直线x＝﹣2，然后根据二次函数的对称性和增减性即可得到答案．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣（x+2）2+k，
∴抛物线的开口向下，对称轴是直线x＝﹣2，
∴当x＞﹣2时，y随x的增大而减小，
∵A（﹣4，y1）与点（0，y1）关于直线x＝﹣2对称，且﹣2＜﹣1＜0＜2，
∴y3＜y1＜y2．
故选：C．
6．（3分）如图，AB是半圆O的直径，∠BAC＝20°，则∠D的度数是（ ）
A．70° B．100° C．110° D．120°
【分析】连接BC，∠D是圆内接四边形ABCD的一个角，根据圆内接四边形的对角互补，只要求出∠B即可，根据AB是直径，则△ABC是直角三角形，根据内角和定理即可求解．
【解答】解：连接BC，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∴∠D＝180°﹣70°＝110°，
故选：C．
7．（3分）如图，已知BD是⊙O的直径，BD⊥AC于点E，∠AOC＝100°，则∠OCD的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【分析】由垂径定理知∠BOC＝∠AOC＝50°，再根据圆周角定理可得答案．
【解答】解：∵BD是⊙O的直径，BD⊥AC，∠AOC＝100°，
∴∠BOC＝∠AOC＝50°，
则∠BDC＝∠BOC＝25°，
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠BDC＝25°．
故选：B．
8．（3分）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点G在线段AD上，GE∥BD，且交AB于点E，GF∥AC，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由GE∥BD、GF∥AC利用平行线分线段成比例，可得出＝，，进而可得出，此题得解．
【解答】解：∵GE∥BD，GF∥AC，
∴＝，，
∴．
故选：C．
9．（3分）已知二次函数y＝（s﹣1）x2+（t﹣6）x+1，当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则st的最大为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．
【分析】由二次函数解析式求出对称轴直线方程，分类讨论抛物线开口向下及开口向上的s，t的取值范围，将st转化为含一个未知数的整式求最值．
【解答】解：抛物线y＝（s﹣1）x2+（t﹣6）x+1，的对称轴为直线x＝，
①当s＞1时，抛物线开口向上，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴≥2，即2s+t≤8．
解得t≤8﹣2s，
∴st≤s（8﹣2s），
∵s（8﹣2s）＝﹣2（s﹣2）2+8，
∴st≤8．
②当0≤s＜1时，抛物线开口向下，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴≤1，即s+t≤7，
解得s≤7﹣t，
∴st≤t（7﹣t），
t（7﹣t）＝﹣（t﹣）2+，
当s＝t＝时，st有最大值，
∵0≤s＜1，
∴此情况不存在．
综上所述，st最大值为8．
故选：C．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BDC＝3∠ACD，AD＝2，DB＝1，则AC的值为（ ）
A．1+ B．3 C．2+ D．
【分析】延长BA至E，使AE＝AC，连接CE，设AE＝AC＝a，通过证明△CDA∽△EDC，列比例式可求得CD2＝4+2a，利用勾股定理可得CD2﹣BD2＝AC2﹣AB2，即可得关于a的方程，解方程可求解a值，即可求得AB的长．
【解答】解：延长BA至E，使AE＝AC，连接CE，
设AE＝AC＝a，
∴∠E＝∠ACE，
∵∠CDB＝∠CAD+∠ACD＝2∠E+∠ACD＝3∠ACD，
∴∠ACD＝∠E，
∵∠CDA＝∠EDC，
∴△CDA∽△EDC，
∴CD：ED＝AD：CD，
∴CD2＝ED•AD＝2（2+a）＝4+2a，
在Rt△CBD中，CB2＝CD2﹣BD2，
在Rt△ACB中，CB2＝AC2﹣AB2，
∴CD2﹣BD2＝AC2﹣AB2，
∴4+2a﹣1＝a2﹣32，
解得a1＝1+，a2＝1﹣（舍去），
∴AB＝1+，
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共2分请把答案填在题中的横线上
11．（4分）已知y＝2x2﹣3x+1，当x＝1时，函数值为 0 ．
【分析】根据函数值的求法，直接将x＝1代入函数关系式得出即可．
【解答】解：y＝2x2﹣3x+1，
当x＝1时，y＝2×12﹣3×1+1＝0．
故答案为：0．
12．（4分）一枚质地均匀的骰子，每个面标有的点数是1～6，抛掷骰子，点数是3的倍数的概率是 ．
【分析】共有6种等可能的结果数，其中点数是3的倍数有3和6，从而利用概率公式可求出向上的一面出现的点数是3的倍数的概率．
【解答】解：掷一次骰子，向上的一面出现的点数是3的倍数的有3，6，
故骰子向上的一面出现的点数是3的倍数的概率是＝．
故答案为：．
13．（4分）一块直角三角板的30°角的顶点A落在⊙O上，两边分别交⊙O于B、C两点，若弦BC＝1，则⊙O的半径为 1 ．
【分析】连接OB、OC，如图，先根据圆周角定理得到∠BOC＝60°，则可判断△OBC为等边三角形，从而得到OB＝1．
【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵∠A与∠BOC都对，∠A＝30°，
∴∠BOC＝2∠A＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC为等边三角形，
∵BC＝1，
∴OB＝BC＝1，
即⊙O的半径为1．
故答案为：1．
14．（4分）如图，在△ABC中，AB＝5，D、E分别是边AC和AB上的点，且∠ADE＝∠B，若AD•BC的值为10，则DE的长为 2 ．
【分析】根据题意，得∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，可求证△ADE∽△ABC，可得，即AD•BC＝AB•DE，即可求解．
【解答】解：∵∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即AD•BC＝AB•DE，
∵AB＝5，AD•BC＝10，
∴DE＝2．
故答案为：2．
15．（4分）如图，已知等边△ABC内接于⊙O，点M为上任意一点（点M不与点A、点B重合），连结MB、MO，取BC的中点D，取OM的中点E，连结DE，若∠OED＝α，则∠MBC的度数为 60°+α ．（用含α的代数式表示）
【分析】连接OD，并反向延长，利用垂径定理及其推论可得OD⊥BC，根据轴对称图形的性质可得DO的延长线经过点A；利用等边三角形的内心与外心重合，可得∠OBD＝30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得OD＝OB，利用已知条件可判定△OED为等腰三角形，利用三角形内角和定理的推论可得∠AOM＝2α，利用圆周角定理可求∠ABM，结论可求．
【解答】解：连接OD，并反向延长，如图，
∵D为BC的中点，
∴OD⊥BC．
∵△ABC是等边三角形，
∴DO的延长线经过点A．
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴点O既是三角形的外心也是三角形的内心，
∴OB平分∠ABC．
∴∠OBC＝×60°＝30°．
∵OD⊥BC，
∴OD＝OB，
∵点E是OM的中点，
∴OE＝OM．
∵OM＝OB，
∴OE＝OD，
∴∠ODE＝∠OED＝α．
∴∠AOM＝∠OED+∠ODE＝2α．
∵∠ABM＝∠AOM，
∴∠ABM＝α．
∴∠MBC＝∠ABM+∠ABC＝α+60°．
故答案为：60°+α．
16．（4分）如图，点E、F分别在矩形ABCD的边BC、CD上，DE与AF相交于点P．已知DF＝6，AP＝5．若将矩形ABCD沿AF折叠后，点D恰好与点E重合，则PF＝ ；△ABE的面积为 20 ．
【分析】先证明△DFP∽△AFD，可求PF＝，AF＝6，在Rt△ADF中，求出AD＝6，再证△CEF∽△BAE，得到BE＝CF，在Rt△BAE中，由勾股定理得（6）2＝（6+CF）2+（CF）2，求出CF＝4，即可求AB＝10，EB＝4，所以S△AEB＝×AB×EB＝20．
【解答】解：由折叠可知，DP⊥AF，EF＝DF，AE＝AD，
∵∠ADF＝90°，
∴∠FDP+∠ADP＝90°，∠ADP+∠DAP＝90°，
∴∠FDP＝∠DAP，
∴△DFP∽△AFD，
∴＝，
∵DF＝6，AP＝5，
∴＝，
∴PF＝，
∴AF＝6，
在Rt△ADF中，AD＝＝＝6，
∴AD＝AE＝6，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠EFC＝90°，∠AEB+∠EAB＝90°，
∴∠EFC＝∠EAB，
∴△CEF∽△BAE，
∴＝，
∵EF＝6，
∴＝，
∴BE＝CF，
在Rt△BAE中，AE2＝AB2+BE2，
∴（6）2＝（6+CF）2+（CF）2，
∴CF＝4，
∴AB＝10，EB＝4，
∴S△AEB＝×AB×EB＝×10×4＝20．
故答案为：，20．
三、解答题（本大题共7小题，共66分解答应写出必要的文字说明、证明过程成演算步
17．（6分）（1）已知a＝4.5，b＝2，c是a，b的比例中项，求c．
（2）如图，C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，AB＝4，求AC的长．
【分析】（1）由c是a，b的比例中项，得到c2＝ab，代入即可求出答案；
（2）由黄金分割点的定义进行计算即可．
【解答】解：（1）∵c是 a，b的比例中项，
∴c2＝ab＝4.5×2＝9，
∴c1＝3，c2＝﹣3，
∴c为3或﹣3；
（2）∵C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，AB＝4，
∴AC＝AB＝×4＝2﹣2．
18．（8分）已知二次函数y＝x2﹣2x+a过点（1，1）．
（1）求二次函数解析式；
（2）把函数图象向下平移2个单位，得到的函数图象与x轴交于A，B两点，求线段AB的长．
【分析】（1）把（1，1）代入y＝x2﹣2x+a即可得答案；
（2）将函数y＝x2﹣2x+2图象向下平移2个单位后得y＝x2﹣2x，可解得A（0，0）、B（2，0）或B（0，0）、A（2，0），故AB＝2．
【解答】解：（1）把（1，1）代入y＝x2﹣2x+a得：
1＝1﹣2+a，解得a＝2，
∴二次函数解析式为y＝x2﹣2x+2；
（2）将函数y＝x2﹣2x+2图象向下平移2个单位后所得函数为：y＝x2﹣2x+2﹣2，
即y＝x2﹣2x，
在y＝x2﹣2x中，令y＝0得x2﹣2x＝0，
解得x＝0或x＝2，
∴A（0，0）、B（2，0）或B（0，0）、A（2，0），
∴AB＝2．
19．（8分）“双十一”购物日中不乏冲动消费者，某数学兴趣小组对消费行为进行调查．按购物数量x（件）分为以下4类：A（x≤3），B（x＝4），C（x＝5），D（x≥6），根据调查结果制作了两图统计图（不完整），已知购买4件商品的消费者中，理性购物人数所占比例为80%．
根据图中信息回答下列问题：
（1）本次调查的总人数为 60 人；
（2）补全条形统计图．
（3）小张在“双十一”共购进7件商品，其中4件服装购自“天猫商城”，3件电子产品购自“京东商城”，由于冲动消费，小张决定从服装和电子产品中各随机选择1件进行退货，已知“天猫商城”购买的4件服装中仅1件支持退货，“京东商城”购买的电子产品中仅2件支持退货．请用列表或树状图的方法，求小张选出的2件商品均能退货的概率．
【分析】（1）由A类的理性购物人数除以它所占的百分比得到理性购物人数的总人数为40人，再由B类理性购物人数所占的百分比可计算出B类理性购物人数为16人，利用购买4件商品的消费者中，理性购物人数所占比例为80%可计算出B类购物人数，然后把四类购物人数相加即可得到本次调查的总人数即可；
（2）补全条形统计图即可；
（3）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出2件商品均能退货的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）理性购物的总人数为12÷30%＝40（人），
则B类理性购物人数为40×40%＝16，
∴B类购物人数为16÷80%＝20（人），
本次调查的总人数为15+20+15+10＝60（人），
故答案为：60；
（2）补全条形统计图为：
（3）用1、2、3、4表示购自“天猫商城的4件服装，且4为支持退货的服装；3件电子产品用5、6、7表示，且6、7为支持退货的电子产品，
画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中小张选出的2件商品均能退货的结果有2种，
∴小张选出的2件商品均能退货的概率＝＝．
20．（10分）某农场拟建一个梯形饲养场ABCD，其中AD，CD分别靠现有墙DM，DN，其余用新墙砌成，墙DM长为9米，墙DN足够长，两面墙形成的角度为135°，新墙DE将饲养场隔成△CDE和矩形ABED两部分．已知新建墙体总长为30米．设AB＝x米，梯形饲养场ABCD的面积为S米2．
（1）求S关于x的函数表达式；
（2）当x为何值时，饲养场ABCD的面积最大，并求出最大面积．
【分析】（1）根据矩形和等腰直角三角形的性质得出AB＝DE＝CE＝x米，AD＝BE＝30﹣3x米，再由矩形和三角形的面积公式可得S关于x的函数解析式；
（2）由墙DM长为9米得出x的取值范围，再将函数解析式配方成顶点式，根据二次函数的性质可得最值情况．
【解答】解：（1）∵四边形ABED是矩形，
∴AB＝CE＝x米，∠ADE＝∠DEC＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠EDC＝∠DCE＝45°，
∴CE＝DE＝x米，
∴BE＝（30﹣3x）米，
∴S＝x（30﹣3x）+x2＝﹣x2+30x；
（2）∵30﹣3x≤9，
∴x≥7，
S＝﹣x2+30x＝﹣（x﹣6）2+90，
∵当x＞6时，S随x的增大而减小，
∴当x＝7时，Smax＝87.5，
答：当x＝7时，饲养场ABCD的面积最大，最大面积为87.5平方米．
21．（10分）如图，在四边形ABCD中，E是AD上的一点，EC∥AB，EB∥DC．
（1）△ABE与△ECD相似？为什么？
（2）设△ABE的边BE上的高为h1，△ECD的边CD上的高为h2，△ABE的面积为3，
△ECD的面积为1，求的值及△BCE的面积．
【分析】（1）利用平行可得到∠A＝∠CED，∠BEA＝∠D，可证明△ABE∽△ECD；
（2）利用面积可求得相似比，再利用相似三角形对应边上的比等于相似比可求得，再根据△ABE和△BEC同底，可知其面积比等于，可求得△BCE的面积．
【解答】解：（1）相似，证明如下：
∵AB∥CE，
∴∠A＝∠CED，
∵BE∥CD，
∴∠BEA＝∠D，
∴△ABE∽△ECD；
（2）∵△ABE∽△ECD，
∴＝＝＝，
∵S△ABE＝BE•h1，S△BCE＝BE•h2，
∴＝＝，
∴＝，
∴S△BCE＝．
22．（12分）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c，y2＝cx2﹣bx+a，这里a、b、c为常数，且a＞0，c＜0，a+c≠0．
（1）若b＝0，令y＝y1+y2，求y的函数图象与x轴的交点数；
（2）若x＝x0时，y1＝p，y2＝q，若p＞q，求x0的取值范围；
（3）已知二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），且（m﹣1）a﹣b+c≤0，m为正整数，求m的值．
【分析】（1）根据题意可得：当b＝0时，y＝（a+c）x2+（a+c），由于△＝﹣4＜0，可得抛物线y＝（a+c）x2+（a+c）与x轴没有交点；
（2）分两种情况：当b＜0时，如图1，若m＞n，则x0＜﹣1或x0＞1，当b≥0时，如图2，若m＞n，则x0＜﹣1或x0＞1，即可得出答案；
（3）根据二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），可得y1＝ax2﹣bx+c＝a（x+1）2+4a＝ax2+2ax﹣3a，可得出a（m﹣2）≤0，运用不等式性质即可求得答案．
【解答】解：（1）当b＝0时，y＝y1+y2＝（a+c）x2+（a+c），
令y＝0，则（a+c）x2+（a+c）＝0，
∵a+c≠0，
∴x2+1＝0，
∵△＝﹣4＜0，
∴方程x2+1＝0没有实数根，即抛物线y＝（a+c）x2+（a+c）与x轴没有交点；
（2）∵a＞0，c＜0，a+c≠0，
∴抛物线y1＝ax2﹣bx+c的开口向上，抛物线y2＝cx2﹣bx+a，开口向下，
当x＝1时，y1＝a﹣b+c，y2＝c﹣b+a，
∴y1＝y2，
当x＝﹣1时，y1＝a+b+c，y2＝c+b+a，
∴y1＝y2，
当b＜0时，如图1，若p＞q，即y1＞y2，则x＜﹣1或x＞1，
即x0＜﹣1或x0＞1，
当b≥0时，如图2，若p＞q，即y1＞y2，则x＜﹣1或x＞1，
即x0＜﹣1或x0＞1，
综上所述，若p＞q，则x0的取值范围为x0＜﹣1或x0＞1；
（3）∵二次函数y1＝ax2﹣bx+c的顶点是（﹣1，﹣4a），
∴y1＝ax2﹣bx+c＝a（x+1）2﹣4a＝ax2+2ax﹣3a，
∴b＝﹣2a，c＝﹣3a，
∵（m﹣1）a﹣b+c≤0，
∴（m﹣1）a+2a﹣3a≤0，
∴a（m﹣2）≤0，
∵a＞0，
∴m﹣2≤0，
∴m≤2，
∴m的最大值为2．
23．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点M是AB边上一点（点M不与点A，B重合），DM的延长线交⊙O于点E，DN⊥DE，且交BC于点N，连结EB，MN．
（1）求证：点D是AC的中点；
（2）若∠EBA＝30°，求∠NMB的度数；
（3）若AM＝2，MB＝4，求DE的长．
【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ADE＝∠ABE＝30°，求得∠BDN＝∠ADM＝30°，根据全等三角形的性质得到DM＝DN，求得∠DMN＝45°，于是得到答案；
（3）根据全等三角形的性质得到AM＝BN，根据勾股定理得到MN＝＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴AD＝CD，
∴点D是AC的中点；
（2）解：∵∠EBA＝30°，
∴∠ADE＝∠ABE＝30°，
∵DN⊥DE，
∴∠MDN＝∠ADB＝90°，
∴∠MDN﹣∠MDB＝∠AD﹣∠MDB，
即∠BDN＝∠ADM＝30°，
∵∠A＝∠DBN＝45°，AD＝BD，
∴△ADM≌△BDN（ASA），
∴DM＝DN，
∴△MDN是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∵∠MDN＝90°，∠BDN＝30°，
∴∠BDM＝60°，
∴∠BMD＝180°﹣∠BDM﹣∠MBD＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠BMN＝30°；
（3）解：∵△ADM≌△BDN，
∴AM＝BN，
∵AM＝2，
∴BN＝2．
∴MN＝＝2，
∵△MDN为等腰直角三角形，∠MDN＝90°，
∴DN＝MN＝×2＝，
∵∠E＝∠A，∠EMB＝∠AMD，
∴△EMB∽△AMD，
∴＝，
∴EM＝＝，
∴DE＝EM+DM＝+＝．
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